2020年武汉市华大新高考联盟高考物理模拟试卷(4月份) (有详解)

2020年武汉市华大新高考联盟高考物理模拟试卷(4月份)
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.伽利略研究自由落体运动时，设计了铜球斜面实验，他在实验中用过的方法有()
A. 用秒表计时，并用刻度尺测量位移
B. 用电火花计时器打出纸带进行数据分析
C. 改变斜面倾角，比较各种角度下x
t2
值的大小
D. 用闪光照相法拍摄小球在不同时刻的位置，再进行数据分析
2.电子e以垂直于匀强磁场的速度v，从A点进入长为d、宽为L
的磁场区域，偏转后从B点离开磁场，如图所示，若磁场的磁
感应强度为B，那么()
A. 电子在磁场中的运动时间t=d
v
B. 电子在磁场中的运动时间大于L
v
C. 洛伦兹力对电子做的功是W=BevL
D. 电子在B点的速度与A点的速度相同
3.我国自行研制的北斗卫星导航系统由5颗静止轨道卫星(地球同步轨道)和30颗非静止轨道卫星
组成，预计在2020年左右覆盖全球，其具有GPS系统没有的通信和目标定位功能。

GPS是美国建设的由24颗卫星组成的系统，它位于距地表20200km的上空，运行周期为12h。

下列关于北斗系统中的静止轨道卫星的说法中正确的是()
A. 五颗静止轨道卫星的质量一定是相同的
B. 它们运行的线速度一定小于第一宇宙速度
C. 为避免与其他卫星相撞，应使它们运行在不同的轨道上
D. 它们的轨道半径是GPS卫星的2倍
4.某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变
压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).要使额定电压为220V的用电器正常工作，则下列说法正确的是()
①n2
n1
>
n3
n4
②n2
n1
<
n3
n4
③升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
④升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．
A. ①③
B. ①④
C. ②③
D. ②④
5.如图所示，在水平地面上有两个完全相同的滑块A、B，两滑块之间用劲度系数为k的轻质弹簧
相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1>F2.以A、B为一个系统，当运动达到稳定时，若地面光滑，设弹簧伸长量为△l1，系统加速度为a1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为△l2，系统加速度为a2，则下列关系式正确的是()
A. △l1=△l2，a1=a2
B. △l1>△l2，a1>a2
C. △l1=△l2，a1>a2
D. △l1<△l2，a1<a2
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程为24He+714N→817O+11H，
下列说法中正确的是()
A. 通过此实验发现了质子
B. 实验中利用了放射源放出的γ射线
C. 实验中利用了放射源放出的α射线
D. 原子核在人工转变中，电荷数可能不守恒
7.如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线
悬挂在A的正上方C处，图中AC=ℎ。

当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方
向时，A对B的静电力为B所受重力的0.5倍，则下列说法中正确的是(两球均
可看作点电荷)
A. 此时丝线长度为√2
2
B. 以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏
完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变
C. 若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧
D. 若A对B的静电力为B所受重力的√3
3
倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC的长
度应调整为√3
3ℎ或2√3
3
ℎ
8.在一个很小的厚度为d的矩形半导体薄片上，制作四个电极E、F、
M、N，它就成了一个霍尔元件，如图所示。

在E、F间通入恒定的、
E→F方向的电流I，同时外加垂直薄片的向下的匀强磁场B，则薄
片中的载流子(形成电流的自由电荷)就在洛伦兹力的作用下，向着
与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压U H。

可以证明U H=kIB
d
，k为霍尔系数，它的大小与薄片的材料有关。

下列说法正确的是()
A. 测得M的电势高于N的电势，说明载流子带负电
B. 霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多
C. 借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度)
D. 霍尔电压U H越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越小
9.下列说法正确的是()
A. 科技的进步可以使内燃机成为单一的热源热机
B. 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
C. 空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量小于向室外放出的热量
D. 把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
E. 悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相碰撞的液体分子数就越少，布朗运动越不明显
10.在“用单摆测定重力加速度”实验中，使单摆做小角度摆动，实验需要测量的物理量有()
A. 摆球的质量
B. 单摆的振幅
C. 单摆的摆长
D. 单摆的周期
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学用图(a)所示装置“探究弹力和弹簧伸长的关系”。

弹簧的上端固定在铁架台支架上，弹
簧的下端固定一水平纸片(弹簧和纸片重力均忽略不计)，激光测距仪可测量地面至水平纸片的
竖直距离h。

(1)该同学在弹簧下端逐一增挂钩码，每增挂一个钩码，待弹簧__________时，记录所挂钩码的
重力和对应的h；
(2)根据实验记录数据作出h随弹簧弹力F变化的图线如图(b)所示，可得未挂钩码时水平纸片
到地面的竖直距离ℎ0=______cm，弹簧的劲度系数k=_______N/m。

(结果均保留一位小数) 12.某小组的同学为测量阻值约为的电阻R x的阻值，备有如下器材：
电源E：电动势为3V，内阻可忽略不计；
滑动变阻器R：最大阻值为10Ω，额定电流为1A；
电流计G(两个)：内阻均为，满偏电流均为I g=100μA；
电阻箱(两个)：阻值均为；
开关S一个、导线若干．
为了完成电阻R x的测量，请回答下列问题：
(1)为了满足需要，应将其中的一只电流计改装成量程为3V的电压表，则需要________(填“串
联”或“并联”)一个电阻箱，且应将电阻箱的阻值调为________Ω.另一只电流计改装成量程为
0.6A的电流表，则需要________(填“串联”或“并联”)一个电阻箱，且应将电阻箱的阻值调
为________结果保留两位有效数字)．
(2)请利用(1)中改装的电表，设计一电路精确地测量该电阻R x的阻值，
并要求电阻R x两端的电压从零开始调节，电流表采用外接法，请在虚
线框内面出电路图．
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，MN和PQ是两根放在竖直面内且足够长的平行金属导轨，相距l=50cm.导轨处在
垂直纸面向里的磁感应强度B=5T的匀强磁场中．一根电阻为r=0.1Ω的金属棒ab可紧贴导轨左右运动．两块平行的、相距d=10cm、长度L=20cm的水平放置的金属板A和C分别与两平行导轨相连接，图中跨接在两导轨间的电阻R=0.4Ω.其余电阻忽略不计．已知当金属棒ab 不动时，质量m=10g、带电量q=−10−3C的小球以某一速度v0沿金属板A和C的中线射入板间，恰能射出金属板(g取10m/s2).求：
(1)小球的速度v0；
(2)若使小球在金属板间不偏转，则金属棒ab的速度大小和方向；
(3)若要使小球能从金属板间射出，则金属棒ab匀速运动的速度应满足什么条件？
14.如图所示，在倾角θ=30°的足够长斜面上放置一长木板，长木
板质量M=3.0kg，其上表面光滑，下表面粗糙，木板的下端有
一个凸起的挡板，木板处于静止状态。

将质量为m=1.0kg的小
物块放置在木板上，从距离挡板L=1.6m处由静止开始释放。

物块下滑后与挡板相撞，撞击时间极短，相撞后瞬间物块的速率为v1=2.0m/s。

木板开始下滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，物块与木板恰好发生第二次相撞。

取重力加速度g=
10m/s2.求：
(1)物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率；
(2)长木板与斜面之间的动摩擦因数μ.(计算结果保留两位有效数字)
15.横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置左端封闭，右端开口。

初始时，右端管内用ℎ1=4cm
的水银柱封闭一段长为L1=9cm的空气柱A左端管内用水银封闭有长为L2=14cm的空气柱B，这段水银柱液面高度差为ℎ2=8cm，如图甲所示。

已知大气压强P0=76.0cmHg，环境温度不变。

(i)求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；
(ii)若将玻璃管缓慢旋转180°，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示当管中水银静止时，求水银柱液面高度差ℎ3。

16.如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°.一束光线平行于底边BC射到
AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。

(i)求棱镜的折射率；
(ii)保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。

求此时AB边上入射角的正弦。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：A、在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此采用的是用水钟计时，故A错误；
B、在伽利略时代还没有发明打点计时器，故B错误；
C、在伽利略时代，技术不够发达，无法直接测定瞬时速度，所以不可能直接得到速度的变化规律，但是伽利略通过数学运算得出结论：如果物体的初速度为零，而且x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，故C正确；
D、在伽利略时代还没有发明闪光照相法，故D错误；
故选：C
本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正确解答本题．
伽利略对自由落体规律的研究为我们提供正确的研究物理的方法、思路、理论，他创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法．
2.答案：B
解析：解：AB、电子做匀速圆周运动，在磁场中运动的时间为：t=AB⏜
v >d
v
>L
v
，故A错误，B正确；
C、洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，对电子不做功，故C错误；
D、洛伦兹力不做功，电子的动能不变，则其速率不变，电子在b点的速度与a点的速度方向不同，故D错误。

故选：B。

本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据运动学特性进行解答是关键。

3.答案：B
解析：解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有：G Mm
r2=m4π2
T2
r，可得，
T=2π√r3
GM
，可知，卫星的运行周期与卫星的质量无关，所以，五颗静止轨道卫星的质量不一定相
同。

故A 错误。

B 、第一宇宙速度是卫星环绕地球的最大运行速度，则知它们运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B 正确。

C 、根据v =√GM r
知，5颗静止轨道卫星速率相等，不会相撞，故C 错误。

D 、5颗静止轨道卫星的运行周期是24h ，GPS 卫星的运行周期是12h ，根据开普勒第三定律r 3
T 2
=k ，
可得，它们的轨道半径是GPS 卫星的√43倍，故D 错误。

故选：B 。

本题的关键要抓住万有引力提供向心力，求解出线速度和周期的表达式，再进行讨论。

4.答案：B
解析：解：由变压器的电压比匝数之比n 2n 1
=U 2U 1
n 3n 4
=U
3
U 4
及U 1=200V ，U 4=220V ，又因为线路电压
损失，即U 2>U 3，所以n 2n 1>n
3
n 4 ，故①正确；
由于远距离输电，导致线路电阻通电发热，而使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，所以③错误，④正确。

故选：B 。

通过理想升压变压器T 1将电送到用户附近，然后用理想降压变压器向远处用户供电家中．提升电压的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率。

理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象，远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损。

5.答案：C
解析：
以A 、B 滑块组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度，然后以A(或B)为研究对象，应用牛顿第二定律求出弹簧的伸长量，然后分析答题。

本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体的受力情况与运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律即可解题，解题时注意整体法与隔离法的应用。

以A 、B 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得： 地面光滑时：F 1−F 2=2ma 1，解得：a 1=
F 1−F 22m
，
−μg，
地面粗糙时：F1−F2−μ⋅2mg=2ma2，解得：a2=F1−F2
2m
由此可知：a1>a2；
以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
，
地面光滑时：F1−k△l1=ma1，解得：△l1=F1+F2
2k
，
地面粗糙时：F1−k△l2−μmg=ma2，解得：△l2=F1+F2
2k
则：△l1=△l2，故C正确，ABD错误；
故选：C。

6.答案：AC
解析：
卢瑟福用α粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子，注意核反应方程质量数和电荷数是守恒的。

本题考查了原子核的人工转变；对于物理学发展历史上几个重要的核反应方程如质子发现、中子等核反应方程要熟练掌握并能了解当时的历史背景。

ABC.卢瑟福用α粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子，故AC正确，B错误；
D.核反应方程质量数和电荷数是守恒的，故D错误。

故选AC。

7.答案：BCD
解析：
根据电场力与重力的关系，结合在θ=30°处平衡，可知，线长与h的大小关系，当A电量变化时，根据力的合成与分解，依据相似三角形之比，即可求解；
对小球B受力分析，根据力的平行四边形定则，结合相似三角形之比，即可求解BC长度。

本题主要是考查库仑力作用下的平衡问题，掌握力的合成与分解的方法，理解相似三角形的边长间比与力之间比的关系，是解题的关键，并注意画出受力图。

A.当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B静止时丝线BC与竖直方向夹角θ=30°，处于平衡，
ℎ，
根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为L=ℎcos30°=√3
2
故A错误；
B.以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，而由三角形相似可知G
ℎ=F
AB
=T
BC
，随着电量的减少，
BC绳长度不变，所以细绳的拉力不变，故B正确；
C.若保持悬点C位置不变，缓慢缩短丝线BC的长度，根据B选项中：G
ℎ=F
AB
=T
BC
可知，G
ℎ
=F
AB
，设
AB=R，根据库仑定律可得：F=kq1q1
R2，则有：G
ℎ
=kq1q2
R3
，由于电荷量不变，G和h不变，则R不
变，所以缓慢缩短丝线BC的长度，B球运动轨迹在最初阶段为圆弧，故C正确；
D.若A对B的静电力为B所受重力的√3
3
倍，则B静止在与竖直方向夹角仍为θ=30°时，对B受力分
析，G、F与T，将F与T合成，则有：G
F =AC
AB
，
解得：AB=F
G ℎ=√3
3
ℎ，
根据余弦定理，可得：(√3
3
ℎ)2=ℎ2+BC2−2×BC×ℎcos30°，
解得：BC=√3
3ℎ，或BC=2√3
3
ℎ，故D正确。

故选BCD。

8.答案：AC
解析：
载流子的偏向只跟电流的方向有关，与载流子电性无关；电流稳定后，载流子受电场力和洛伦兹力平衡；磁感应强度B跟霍尔电压U H成正比，所以可以借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度)；载流子受到磁场的洛仑兹力跟霍尔电压U H成正比。

本题考查霍尔效应，理解霍尔元件的原理是解题关键。

A.若载流子带正电，根据左手定则可判断载流子向N偏，N的电势高于M的电势；若载流子带负电，根据左手定则可判断载流子仍向N偏，M的电势高于N的电势；若测得M的电势高于N的电势，则说明载流子带负电，故A正确；
B.待电流稳定后，粒子在电场力与洛伦兹力的作用下处于平衡状态，故存在：U H
b
q=Bqv，而电流的
大小又可以表示为I=neSv=nebdv，二式整理得：BI=U H ned；又因为U H=kIB
d ，故k=1
ne
，故
霍尔系数k较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较少，故B错误；
C.根据U H=kIB
d 可得B=U H d
kI
，故借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度)，故C
正确；
D.载流子受到的洛伦兹力F=e U H
L
，霍尔电压U H越大，载流子受到磁场的洛仑兹力越大，故D错误。

故选AC。

9.答案：BCD
解析：解：A、根据热力学第二定律知，科技的进步不可能使内燃机成为单一的热源热机，故A错误．
B、在引起其他变化的情况下，热量可以从低温物体向高温物体传递．如电冰箱，故B正确．
C、空调机在制冷过程中，由于电流做功，部分电能转化为内能，故从室内吸收的热量小于向室外放出的热量．故C正确．
D、把一枚针轻放在水面上，由于水表面存在表面张力的缘故，水面象弹性薄膜一样，所以针能浮在水面，故D正确．
E、悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相碰撞的液体分子数就越少，微粒受到的冲力越不平衡，合力越大，所以布朗运动越明显．故E错误．
故选：BCD
热力学第二定律有两种说法：一、是不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化；
二、是不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化．空调机在制冷过程中，可根据热力学第一定律分析吸热与放热的关系．液体存在表面张力．微粒越小，在某一瞬间跟它相碰撞的液体分子数就越少，冲力越不平衡，布朗运动越明显．
解决本题的关键要理解并掌握热力第二定律，知道液体存在表面张力，能将小的物体浮起来．要注意微粒越小，布朗运动越明显．
10.答案：CD
解析：解：根据单摆周期公式：T=2π√L
g ，得：g=4π2L
T2
根据以上公式可得，要得出重力加速度，需要测量的是单摆的摆长和摆动的周期．
该公式中，与摆球的质量和单摆的振幅无关．故选项A、B错误，选项CD正确．
故选：CD
根据单摆周期公式：T=2π√L
g
列式，得出重力加速度的表达式，根据表达式分析即可．本题关键明确单摆摆长等于悬挂点到球心的间距，然后根据周期公式列式求解，基础题．
11.答案：(1)静止；(2)120.0；31.3
解析：
(1)当弹簧处于静止时，钩码处于平衡状态，弹簧的弹力与钩码的重力平衡，即可分析；
(2)弹力为零时，由图(b)直接读取ℎ0，根据图线斜率的物理意义及胡克定律进行分析。

本题的关键是理解实验原理与方法、操作步骤，注意结合数学方法进行分析。

(1)只有当弹簧处于静止时，钩码处于平衡状态，弹簧的弹力与钩码的重力平衡，所以要待弹簧静止时，记录所挂钩码的重力和对应的h；
(2)由于弹簧与纸片的重力不计，所以未挂钩码时，弹簧的弹力应该为零，由图可得水平纸片到地面的竖直距离ℎ0=120.0cm，由胡克定律可得弹簧弹力F与h的表达式为：
F=k(ℎ0−ℎ)=−kℎ+kℎ0
得：ℎ=−1
k
F+ℎ0
结合图象斜率，可得：
−1
k
=
(110.0−120.0)×10−2
3.13−0
m/N
可得k=31.3N/m
故答案为：(1)静止；(2)120.0；31.3。

12.答案：(1)串联；29000；并联；0.17；(2)。

解析：
本题考查伏安法测电表内阻的原理，要注意明确实验原理，能正确应用欧姆定律进行分析实验数据。

(1)根据电表的改装原理可明确如何扩大电压表和电流表量程；
(2)根据伏安法测电阻的原理，明确滑动变阻器的接法，注意如何保证实验的安全和准确。

(1)由电表的改装原理可知，将电流计G1，改装成量程为3V的电压表需要串联分压电阻，
串联电阻的阻值为：R=U I
g −R g=3
100×10−6
Ω−1000Ω=29000Ω，
将电流计G2改装成量程为0.6A的电流表需要并联分流电阻，
并联电阻的阻值为R′=I g R g
I−I g
=100×10−6×1000
0.6−100×10−6
Ω≈0.17Ω；
(2)由于电压从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，且题目要求外接法，故电路图如图所示：
故答案为：
(1)串联；29000；并联；0.17；(2)。

13.答案：解：(1)根据题意，小球在金属板间做平抛运动．水平位移为金属板长L=20cm，竖直位
移等于d
2
=5cm，根据平抛运动规律：
d 2=1
2
gt2，
d 2=1
2
g(L
v0
)2
解得：v0=L√g
d =0.2×√10
0.1
m/s=2m/s
(2)欲使小球不偏转，须小球在金属板间受力平衡，根据题意应使金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，从而使金属板A、C带电，在板间产生匀强电场，小球所受电场力等于小球的重力．
由于小球带负电，电场力向上，所以电场方向向下，A板必须带正电，金属棒ab的a点应为感应电动势的正极，根据右手金属棒ab应向右运动．
设金属棒ab的速度为v1，则：E=Blv1，
金属板A、C间的电压：U=Blv1
R+r
R
金属板A、C间的电场E场=U
d
，
小球受力平衡，则有：qE场=mg
得：E场=mg q
联立以上各式解得：v1=5m/s
(3)当金属棒ab的速度增大时，小球所受电场力大于小球的重力，小球将向上做类平抛运动，设金属棒ab的速度达到v2，小球恰沿A金属板右边缘飞出．
根据小球运动的对称性，小球沿A板右边缘飞出和小球沿C板右边缘飞出，其运动加速度相同，故有：
qE
场
−mg=mg
根据上式中结果得到：v2=2mg(R+r)d
qBld
=2v1=10m/s，
所以若要使小球能射出金属板间，则金属棒ab的速度大小：0≤v≤10m/s，方向向右．
答：(1)小球的速度v0为2m/s．
(2)若使小球在金属板间不偏转，则金属棒ab的速度大小为5m/s，向右运动．
(3)若要使小球能从金属板间射出，则金属棒ab匀速运动的速度应满足0≤v≤10m/s，方向向右．
解析：(1)当金属棒ab不动时，小球在金属板间做平抛运动，根据水平位移和竖直位移，由运动学公式即可求得初速度v0．
(2)若使小球在金属板间不偏转，小球在金属板间受力必须平衡，电场力应竖直向上，小球带负电，可判断出电容器极板的电性，由右手定则判断出金属棒ab的运动方向．根据欧姆定律得到板间电压与感应电动势的关系，对于小球，根据平衡条件列式，求解即可．
(3)若要使小球能从金属板间射出，可能从上板边缘射出，也可能从下板边缘射出，运用运动的分解，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出金属棒ab匀速运动的速度范围．
本题是平抛运动、电磁感应和类平抛运动、电路的综合，类平抛运动、平抛运动的研究方法相似：运动的合成和分解．但要注意加速度的区别，类平抛运动的加速度不是g，应根据牛顿第二定律求出．
14.答案：解：(1)物块下滑的加速度为：a=gsin30°=5.0m/s2
物块第一次下滑至挡板时的速度为：v=√2aL=√2×5×1.6=4m/s
经分析可知，物块与挡板第一次相撞后反弹，由动量守恒定律可得：
mv=m(−v1)+Mv2
代入数据解得：v2=2.0m/s
(2)设木板下滑的加速度为a′，由题中条件可得：
v22 2a′=−v1(
v2
a′
)+
1
2
a(
v2
a′
)2
m/s2
代入数据解得：a′=5
3
gcos30°−gsin30°
由牛顿第二运动定律可得：a′=μ(M+m)
M
≈0.58
代入数据得：μ=√3
3
答：(1)物块与木板第一次相撞后瞬间木板的速率是2.0m/s。

(2)长木板与斜面之间的动摩擦因数μ是0.58。

解析：(1)先研究物块下滑过程，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物块第一次下滑至挡板时的速度。

对于碰撞过程，根据动量守恒定律求出物块与挡板第一次相撞后瞬间木板的速率；
(2)再研究第一次碰撞后到第二次相撞的过程，根据相撞时位移关系列式，求得木板的加速度，再由牛顿第二定律求长木板与斜面之间的动摩擦因数μ。

本题考查牛顿第二定律及动量守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用好可正确求解。

15.答案：解：(i)初始时，空气柱A的压强为p A=p0+ρgℎ1①
而p B+ρgℎ2=p A②
联立①②解得气体B的压强为p B=72cmHg
(ii)U形管倒置后，空气柱A的压强为p A′=p0−ρgℎ1③
空气柱B的压强为p B′=p A′+ρgℎ3 ④
⑤
空气柱B的长度L2′=L2+ℎ2−ℎ3
2
由玻意耳定律可得p B L2=p B′L2′⑥
联立③④⑤⑥解得ℎ3=12cm
答：(i)初始时空气柱B的压强为72cmHg；
(ii)水银柱液面高度差ℎ3为12cm。

解析：(1)对分别对空气柱A和B列平衡方程即可求出B气体的压强大小；
(2)求出U形管倒置后AB的压强，由玻意耳定律即可求出水银柱液面高度差。

本题考查气体压强的计算以及玻意耳定律的应用，要注意明确两端空气柱的压强关系，正确利用平衡条件列式是求解压强的关键。

16.答案：解：(i)光路图及相关量如图所示。

光束在AB边上折射，由折射定律得：
sini
=n①
sinα
式中n是棱镜的折射率。

由几何关系可知：α+β=60°②
由几何关系和反射定律得：β=β′=∠B③
联立①②③式，并代入i=60°得：n=√3④
(ii)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得：sini′
=n⑤
sinα′
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角θc，且：sinθc=1
⑥
n
由几何关系得：θc═α′+30°⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为：sini′=√3−√2
⑧
2
答：(i)棱镜的折射率为；
(ii)AB边上入射角的正弦为√3−√2。

2
解析：(i)根据折射定律求出光线从AC边进入棱镜时的折射率；
(ii)根据sinθc=1
求出临界角，判断光是在BC面上发生全反射的入射角，然后求出此时AB边上入
C
射角的正弦。

本题考查几何光学，掌握光的折射定律以及临界角与折射率的大小关系，正确画出光路图，运用几何知识求解相关角度是关键。