高中物理第四章电磁波及其应用电磁波谱教案新人教选修

4.2电磁波谱
2019-2020学年高考物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，一有界区域磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L;正方形导线框abcd的边长也为L，当bc边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域。

若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图像是
A．B．
C．D．
n>）。

近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以2．已知天然材料的折射率都为正值（10
n<），称为负折射率介质。

电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射使折射率为负值（20
定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图所示。

点波源S发出的电磁波经一负折射率平板介质后，在另一侧成实像。

如图2所示，其中直线SO垂直于介质平板，则图中画出的4条折射线（标号为1、2、3、4）之中，正确的是（）
A．1 B．2 C．3 D．4
,S S，产生两列周期均为T、振动方向相同、振幅均为A的相干波，实线、虚线分3．位于水面上的波源12
别表示在同一时刻它们所发出的波的波峰和波谷，如图所示，a、b、c、d、e是水面上的五个点，其中有一小树叶（未画出）位于d处，下列说法正确的是（）
A．b点的振动加强，c点的振动减弱
B．一段时间后，小树叶被水波推至b处
C．a、e两点在某时间内也会振动
S突然停止振动，之后的2T内，b点通过的路程为16A
D．若波源
2
4．2020年1月我国成功发射了“吉林一号”卫星，卫星轨道可看作距地面高度为650km的圆，地球半径为6400km，第一宇宙速度为7.9km/s。

则该卫星的运行速度为（）
A．11.2km/s B．7.9km/s C．7.5km/s D．3.lkm/s
5．关于原子能级跃迁，下列说法正确的是（）
A．处于n=3能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射三种频率的光子
B．各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯
C．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能减小
D．已知氢原子从基态跃迁到某一激发态需要吸收的能量为12.09eV，则动能等于12.09eV的另一个氢原子与这个氢原子发生正碰，可以使这个原来静止并处于基态的氢原子跃迁到该激发态
6．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”．则下列判断正确的是()
A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚
C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚
D．a、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚
7．如图所示，由均匀导线绕成的直角扇形导线框OMN绕O点在竖直面内从匀强磁场边界逆时针匀速转动，周期为T，磁场的方向垂直于纸面向里，线框电阻为R，线框在进入磁场过程中回路的电流强度大小为I，
则（）
A．线框在进入磁场过程中回路产生的电流方向为顺时针B．线框在进入与离开磁场的过程中ON段两端电压大小相等
C．线框转动一周过程中产生的热量为1
2
I2RT
D．线框转动一周过程中回路的等效电流大小为
2
I
8．人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是() A．人对地球的作用力大于地球对人的引力
B．地面对人的作用力大于人对地面的作用力
C．地面对人的作用力大于地球对人的引力
D．人除受地面的弹力外，还受到一个向上的力
9．假设将來一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是（）
A．飞船在轨道Ⅱ上运动到P点的速度小于在轨道轨道Ⅰ上运动到P点的速度
B．若轨道I贴近火星表面，测出飞船在轨道I上运动的周期，就可以推知火星的密度
C．飞船在轨道I上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
D．飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期小于在轨道I上运动时的周期
10．如图是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是:
A．卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型
B．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，电离能力最强
C．电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关
D．铀235只要俘获中子就能进行链式反应
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．如图，甲是带负电物块，乙是不带电的绝缘足够长木板。

甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。

现用一水平恒力F 拉乙木板，使甲、乙从静止开始向左运动，甲电量始终保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在此后运动过程中（ ）
A ．洛伦兹力对甲物块不做功
B ．甲、乙间的摩擦力始终不变
C ．甲物块最终做匀速直线运动
D ．乙木板直做匀加速直线运动
12．一列简谐横波，在0.5s t =时的波动图象如图甲所示，介质中15m x =处的质点A 的振动图象如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．这列波的波速大小是2m/s
B ．这列波的频率为1Hz
C ．这列波沿x 轴正方向传播
D ．0.5~0.75s 内，图甲中质点P 的平均速率大于质点Q 的平均速率
13．如图所示，一理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈与定值电阻R 0和均匀密绕的滑线变阻器R 串联。

若不考虑温度对R 0、R 阻值的影响。

在将滑动头P 自a 匀速滑到b 的过程中（ ）
A ．原线圈输入功率变大
B ．原线圈两端电压变大
C ．R 两端的电压变小
D ．R 0消耗的电功率变小
14．2019年6月25日02时09分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第46颗北斗导航卫星。

北斗导航系统中包含多颗地球同步卫星，下列关于地球同步卫星的说法正确的是 A ．所有同步卫星的轨道半径都相同 B ．同步卫星的运行速度大于第一宇宙速度
C．同步卫星相对地面静止，所以它处于平衡状态
D．同步卫星的向心加速度小于地球表面处的重力加速度
15．下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是。

A．热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度
B．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关
C．改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能
D．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律
E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能
三、实验题：共2小题
16．实验室中有一台铭牌模糊的可拆卸式变压器，如图所示，该变压器可近似看做理想变压器。

某同学欲测量它的初级次级线圈匝数：先在闭合铁芯的上端铁轭处紧密缠绕100匝漆包细铜线，并将细铜线两端与理想交流电压表构成闭合回路。

（1）在次级线圈左右两端的接线柱上输入12V低压交流电压，理想交流电压表示数为60V，则次级线圈的匝数为________匝；在初级线圈左右两端的接线柱上输入12V低压交流电压，理想交流电压表示数为30V，则初级线圈的匝数为________匝。

（2）若初级线圈左右两端接线柱接入的交变电压瞬时表达式为u=311sin100πt(V)，则与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为________V。

17．某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点, OB与OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果面出的图．
(1)如果没有操作失误，图乙中的F与'F两力中，方向一定沿AO方向的是____________________．
(2)该实验用到的实验器材除了方木板、白纸、橡皮条、细绳套(两个)、图钉(几个)等，还需要的实验器材有______
A．刻度尺B．量角器C．弹簧测力计
(3)有关该实验，下列说法正确的是______
A．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是:将两只弹簧测力计水平放置并调零，之后互钩对拉，若两只弹簧测力计读数相同，则可选:若读数不同，应调整或另换，直至相同为止．
B．在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的伸长量与用两个弹簧测力计拉时相同即可．
C．用两只弹簧测力计钩住绳套，互成角度地拉橡皮条时，夹角应取合适角度，以便算出合力大小．D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保持橡皮条结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可．
E.在用弹簧测力计拉橡皮条时，应使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行．
(4)在该实验中，如果将OB与OC细绳也换成橡皮条，那么对实验结果___________影响．(选填“有"或“没有”)
四、解答题：本题共3题
18．如图所示，两个固定的导热良好的水平气缸A、B，由水平硬杆相连的活塞面积分别为S A=100 cm2，S B=20 cm2。

两气缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，B内为真空。

两活塞分别与各自气缸底相距a=b=50 cm，活塞静止。

设环境温度保持不变，不计摩擦，大气压强保持p0 =76 cmHg不变，细管体积可忽略不计，求：
(1)阀门K关闭未打开时，气缸A中气体的压强；
(2)将阀门K打开，足够长时间后，左侧活塞停在距A气缸底多远处。

19．（6分）如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，气体初始温度为T1＝300 K，此时活塞与气缸底部之间的距离为d1＝24 cm，在活塞的左侧d2＝6 cm 处有固定的卡环，大气压强p0＝1.0×105 Pa。

求：
(1)要使活塞能缓慢达到卡环位置，封闭气体的温度至少升高到多少？
(2)当封闭气体的温度缓慢升到T＝450 K时，封闭气体的压强为多少？
20．（6分）如图甲所示，在足够大的水平地面上有A、B两物块(均可视为质点)。

t=0时刻，A、B的距离
x 0=6m ，A 在水平向右的推力F 作用下，其速度—时间图象如图乙所示。

t=0时刻，B 的初速度大小v 0=12m/s 、方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。

已知B 的质量为A 的质量的3倍，A 、B 与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、2μ=0.4，取g=10m/s 2。

(1)求A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的时间t 1以及距离x 1；
(2)求从t=0时刻起到A 与B 相遇的时间t 2；
(3)若在A 、B 碰撞前瞬间撤去力F ，求A 、B 均静止时它们之间的距离x 。

参考答案
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．B
【解析】
【分析】
由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV 及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律。

【详解】
设导体棒运动的加速度为a ，则某时刻其速度v at =
所以在0-t 1时间内（即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束）
根据法拉第电磁感应定律得：E BLv BLat ==，电动势为逆时针方向 由闭合电路欧姆定律得：BLa I t R
=，电流为正。

其中R 为线框的总电阻。

所以在0-t 1时间内，I t ∝，故AC 错误；
从t1时刻开始，换ad 边开始切割磁场，电动势大小E BLat =，其中12t t t <≤，电动势为顺时针方向为负 电流：BLa I t R =，电流为负（即BLa I t R
=-，12t t t <≤） 其中01BLa I t R =，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持01BLa I t R =不变。

故B 正确，D 错误。

故选B 。

【点睛】
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．
2．D
【解析】
【分析】
【详解】
ABCD ．由题，点波源S 发出的电磁波经一负折射率平板介质后，折射光线与入射光线在法线的同一侧，所以不可能是光学1或2；根据光线穿过两侧平行的介质后的特点：方向与开始时的方向相同，所以光线3出介质右侧后，根据折射光线与入射光线在法线同侧这一条件，光线将无法汇聚形成实像；光线4才能满足“同侧”+“成实像”的条件，所以折射光线4可能是正确的，光线3是错误的，由以上的分析可知，ABC 错误D 正确。

故选D 。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．b 点是波峰和波峰叠加的点，c 点是波谷和波谷叠加的点，都是振动加强点，故A 错误；
B ．机械波传播的过程中，各质点并不随波迁移，故小树叶只在原位置上下振动，故B 错误；
C ．a 、e 都是波峰和波谷叠加的点，属于振动减弱点，由于两波源振幅相同，故这两点均静止不动，故C 错误；
D ．若波源2S 突然停止振动，由图像可知，在之后2T 内，质点b 仍是振动加强点，振幅为2A ，完成两次全振动，通过的路程为16A ，故D 正确。

故选D 。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
近地卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
2
2 Mm v G m R R
则有第一宇宙速度
7.9v ==km/s “吉林一号”卫星环绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有
2
2() Mm v G m R h R h
'=++ 联立解得
7.5v '=km/s
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5．B
【解析】
【详解】
A ．处于n=3的一个氢原子回到基态时可能会辐射一种频率的光子，或两种不同频率的光子。

处于n=3的“一群”氢原子回到基态时会辐射三种频率的光子；故A 错误；
B ．根据玻尔理论，各种气体原子的能级不同，跃迁时发射光子的能量（频率）不同，因此利用不同的气体可以制成五颜六色的霓虹灯，故选项B 正确；
C ．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，会辐射一定频率的光子，同时氢原子的电势能减小，电子的动能增大。

故选项C 错误；
D ．根据能量守恒可知，要使原来静止并处于基态的氢原子从基态跃迁到某一激发态，需要吸收的能量为1．09eV ，则必须使动能比1．09eV 大得足够多的另一个氢原子与这个氢原子发生碰撞，才能跃迁到某一激发态，故D 错误。

故选B 。

6．A
【解析】
【详解】
A. 根据qU= 212mv 得,v= 氕、氘、氚，故A 正确；
B. 根据动能定理可知E k =qU ，故动能相同，故B 错误；
C. 时间为t=2T m qB
π=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C 错误；
D. 进入偏转磁场有qvB=2
v m R
，
解得：R=mv qB =，氕比荷最大，轨道半径最小，c 对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a 对应的是氚，故D 错误
故选A
【点睛】
根据qU=212mv 求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据qvB=2v m R 求出R 与什么因素有关，从而得出a 、b 、c 三条“质谱线”的排列顺序．
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．线框在进入磁场过程中，磁通量向里增加，由楞次定律判断知回路产生的电流方向为逆时针，故A 错误；
B ．线框在进入磁场时，ON 段电压是外电压的一部分；线框在离开磁场时，ON 段电压是外电压，而两个过程外电压相等，所以线框在进入与离开磁场的过程中ON 段两端电压大小不等，故B 错误；
C ．线框转动一周过程中产生的热量为
221242
T Q I R I RT =⋅= 故C 正确；
D ．设线框转动一周过程中回路的等效电流大小为I ′，则
Q=I′2RT
解得
2
I I '= 故D 错误。

故选C 。

8．C
【解析】
试题分析：地面对人的弹力与人对地面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B 错误；人之所以能跳起离开地面，地面对人的弹力大于地球对人的吸引力，人具有向上的合力，故C 正确，AD 错误． 考点：牛顿第三定律
【名师点睛】人对地的作用力与地对人的作用力是一对作用力和反作用力，人之所以能跳起离开地面，可以对人进行受力分析，人具有向上的合力．
9．B
【解析】
【详解】
A ．飞船从轨道Ⅱ到轨道I 时做向心运动，所以要减速，所以飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点的速度大于在轨道轨道Ⅰ上运动到P 点的速度，故A 错误；
B ．由公式2
224Mm G m R R T
π=，解得： 23
24R M GT
π= 密度
23
2324343
R M GT R V GT
ππρπ=== 故B 正确；
C ．不管在那个轨道上飞船在P 点受到的万有引力是相等的，为飞船提供加速度，所以加速度相等，故C 错误；
D ．由开普勒第三定律可知，33
2221
a R T T =可知，由于轨道Ⅱ上半长轴大于轨道Ⅰ的半径，所以飞船在轨道Ⅱ上运动时的周期大于在轨道I 上运动时的周期，故D 错误．
10．A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．卢瑟福α粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故A 正确；
B ．放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为γ射线，贯穿能力最强，故B 错误；
C ．由图可以知道,光照越强,光电流越大,但遏止电压是一样,说明遏止电压与光的强度无关,故C 错误;
D ．链式反应需要达到临界体积才可以，故D 错误；
故选A ．
二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．甲带负电，向左运动时，由左手定则可知，甲受到的洛伦兹力的方向向上，与运动方向垂直，故洛伦兹力始终对甲不做功，A 正确；
BCD ．根据f qvB =洛可知，随速度的增大，洛伦兹力增大，则甲对乙的压力减小，同时乙对地面的压力也减小，则乙与地面之间的摩擦力减小。

①将两者看做一个整体，开始时甲与乙一起做加速运动，整体受到地面给的摩擦力f 减小，而F 一定，根据牛顿第二定律得
()M m a F f +=-
可知加速度a 增大，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力
f m a 甲甲=
则得到f 甲先增大。

②当甲与乙之间的摩擦力增大到大于最大静摩擦力后，甲与乙之间开始有相对运动，摩擦力变成滑动摩擦力
()N f F mg f μμ==-洛
随着甲受到的洛伦兹力的增大，甲与乙之间的滑动摩擦力减小，直至摩擦力为零，然后甲在水平方向上合力为零，做匀速直线运动，乙先做变加速直线运动，故BD 错误C 正确。

故选AC 。

12．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据图甲可得，该波的波长20m λ=；由图乙可得，该波的周期1s T =，则波速
20m/s v T λ
==
A 错误；
B ．波的传播周期和振源的振动周期相同，波源的振动频率
11Hz f T
== B 正确；
C ．由题图乙可知0.5s t =时，质点A 的振动方向向下，在题图甲中根据“上坡下，下坡上”法可知，波沿x 轴正方向传播，C 正确；
D ．0.5~0.75s 内，质点P 在14周期内通过的路程大于一个振幅，质点Q 在14
周期内通过的路程小于一个振
幅，平均速率等于路程比时间，所以质点P 的平均速率比质点Q 的平均速率大，D 正确。

故选BCD 。

13．AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．原线圈与稳定的正弦交流电源相连，则原线圈两端电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端电压不变，将滑动头P 自a 匀速滑到b 的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，副线圈中电流变大，由公式P UI =可知，副线圈功率增大，则原线圈输入功率变大，故A 正确，B 错误；
C ．由于副线圈中电流变大，则R 0两端电压变大，副线圈两端电压不变，则R 两端电压变小，故C 正确；
D ．将副线圈与R 0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R 0的关系，则无法确定R 0消耗的电功率的变化情况，故D 错误。

故选AC 。

14．AD
【解析】
【详解】
A ．所有地球同步卫星的周期相同，由
2
224Mm G m r r T
π= 可知，所有地球同步卫星的轨道半径都相同，故A 正确；
B ．由
2
2Mm v G m r r
= 可知，轨道半径越大，线速度越小，故B 错误；
C ．卫星虽然相对地面静止，但在做匀速圆周运动，不是平衡状态，故C 错误；
D ．同步卫星的向心加速度
2
M a G r = 地球表面的重力加速度
2M g G R =，r R >
所以a g <，故D 正确。

15．ABD
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A 正确；
B ．绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B 正确；
C ．改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，故C 错误；
D ．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D 正确；
E ．机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E 错误。

故选ABD 。

三、实验题：共2小题
16．200 400 110
【解析】
【详解】
(1)[1][2]．由理想变压器的电压与匝数关系
1122
U n U n = 可知次级线圈的匝数为
22121002060
U n n U ==⨯=匝 初级线圈的匝数 11121004030U n n U =
=⨯=匝 (2)[3]．因交流电压表的示数为电压有效值该变压器初级、次级线圈的匝数比为2：1，由
1122
U n U n = 可知与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为110V.
17．F′ AC AE 没有
【解析】
【详解】
（1）[1].F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO 方向的是F′，由于误差的存在F 和F′方向并不在重合；
（2）[2].该实验用到的实验器材除了方木板、白纸、橡皮条、细绳套(两个)、图钉(几个)等，还需要的实验器材有刻度尺和弹簧测力计，故选AC.
（3）[3].A.同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计水平放置并调零，之后互钩对拉，若两只弹簧测力计读数相同，则可选；若读数不同，应调整或另换，直至相同为止．故A 正确．
B.在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的结点与用两个弹簧测力计拉时拉
到同一位置O ，故B 错误．
C.用两只弹簧测力计钩住绳套，互成角度地拉橡皮条时，夹角没有严格要求，故C 错误．
D.若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保持橡皮条结点位置不变，需调整另一只弹簧测力计拉力的大小和方向，故D 错误．
E.在用弹簧测力计拉橡皮条时，应使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行，故E 正确．
（4）[4].由于用一个弹簧测力计和用两个弹簧测力计拉橡皮条结点，只需要效果相同，所以将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果．
四、解答题：本题共3题
18． (1)60.8cmHg ；(2)25cm
【解析】
【分析】
【详解】
(1)阀门K 关闭未打开时，取两活塞和杆整体为研究对象，由平衡状态得
000A A A B p S p S p S -+=
解得
60.8cmHg A p =
(2)打开阀门K 稳定后，设气体压强为A p '，取两活塞和杆为整体，由平衡状态得
000A A A B A B p S p S p S p S ''-+-=
解得
0A p p '=
设左侧大活塞停在距A 气缸底x 处，对封闭气体由玻意耳定律得
()()A A A A A B p S a p S a x p S b x ''=-++
代入数据解得
25cm x '=
则左侧大活塞停在距A 气缸底25cm 处。

19． (1)T 2＝375 K ；(2) p ＝1.2×105 Pa 。

【解析】
【详解】
(1)活塞缓慢移动可知：
120p p p ==
对活塞中的气体
1212
V V T T = 又：
11212
V d V d d =+ 联立解得：
2375K T =
(2)因2450K 375K T T =>=，可判断活塞处于卡环位置，此时体积
V = V 2
所以：
22
p p T T = 解得：
51.210Pa p =⨯
20． (1)3s ，18m(2)4s(3)10m
【解析】
【详解】
(1)设B 的质量为3m ，A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有 233mg ma μ⋅=
若A 、B 碰撞前B 已停止运动，则由匀变速直线运动的规律有：
010v at =-
2012v ax -=-
解得
1t =3s ，1x =18m
由题图乙可得，0~3s 时间内A 滑动的距离为：
()11382
A x =⨯+⨯m=16m 由于
01A x x x <+=24m
故A 、B 碰撞前B 已停止运动，假设成立。

(2)由(1)可知1t =3s 时，A 、B 尚未发生碰撞，故A 、B 碰撞前瞬间A 的速度大小为：。