四川省成都市2020年高考物理一诊试卷
高考物理一诊试卷
题号一二三四总分
得分
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.图示情景中，小球相对于水平桌面向后运动的原
因是（ ）
A. 小球突然失去惯性
B. 动车突然向前加速
C. 动车突然向前减速
D. 动车做匀速直线运动的速度很大
2.如图，小物块P在沿斜面向上的拉力F作用下沿固定光
滑斜面匀速上滑。现将力F的方向变为水平向右，仍使P
保持原来的速度沿斜面匀速上滑。则变化后与变化前比
较（ ）
A. 斜面对物体的支持力不变
B. 力F变大
C. 力F变小
D. 力F的功率变大
3.如图。水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，
上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P 点有一个静止的带电油滴，所带电荷量绝对值为q。静电力常量为女，下列说法正确的是（ ）
A. 油滴带正电
B. 油滴受到的电场力大小为
C. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则静电计指针张角减小
D. 若仅将上极板平移到图中虚线位置，则油滴将加速向上运动
4.如图甲，在匀强电场中的O点先后无初速释放两个正点电荷I和Ⅱ，电荷仅受匀强
电场的作用沿直线向A运动，两电荷的动能Ek随位移x变化的关系如图乙。若I 的电荷量为q，则可知（ ）
A. 匀强电场的场强大小为E=
B. 电荷Ⅱ受到的电场力大小为FⅡ=
C. 电荷Ⅱ的电荷量为
D. 选O点为零电势点，A点的电势为φA=
5.人造地球卫星的轨道可能是圆，也可能是椭圆。关于在轨正常运行的这些卫星，说
法正确的是（ ）
A. 所有卫星的运行周期都小于1天
B. 所有卫星在任何位置的速率都小于7.9km/s
C. 部分卫星在某些位置的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D. 所有卫星半长轴（或轨道半径）的三次方与运行周期的二次方的比值是一个常
数
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.图甲所示的无人机在飞行的某1min内，前0.5min沿正东方向做水平直线运动，后
0.5min沿正北方向做水平直线运动，其速率u随时间t变化的关系如图乙。下列判
断正确的是（可能用到sin37°=0.6）（ ）
A. 无人机在10s末、40s末的加速度大小之比为2：3
B. 无人机在前、后0.5 min内的平均速率之比为4：3
C. 1min内，无人机飞行的路程为500m
D. l min内，无人机的位移大小为500m、方向东偏北53°
7.如图，曲线a为某元件R的伏安特性曲线，直线6
为某直流电源的伏安特性曲线。将元件R与该电源连
接成一闭合回路，下列说法正确的是（ ）
A. 元件R的电阻随电压的增大而增大
B. 电源的电动势为5V，内阻为5Ω
C. 电源的总功率为1.2W
D. 电源的效率为60%
8.如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量
异种点电荷+Q、Q连线的中垂线重合，细杆和+Q、-Q
均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、-Q连线
的中点，AO=BO．现有电荷量为q、质量为m的小球套
在杆上，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速
度恰好为0．则可知（ ）
A. 从A到B，小球的电势能始终不变，受到的电场力
先增大后减小
B. 从A到B，小球的加速度先减小后增大
C. 小球运动到0点时的速度大小为v0
D. 小球从A到O与从O到B，重力的冲量相等
9.下列说法正确的是（ ）（填正确答案标号）
A. 将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体
B. 质量、温度均相同的碳粉和碳块，其内能不同
C. 悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了花粉分子的热运动
D. 一定质量的理想气体，放热的同时对外界做功，其内能一定减少
E. 气体向真空的白由膨胀是不可逆的
10.下列说法正确的是（ ）
A. 单摆做简谐运动的周期跟摆长和摆球质量均有关
B. 在机械波的传播过程中，介质中质点的振动方向可能和波的传播方向平行
C. 两列波发生干涉现象，在振动加强的区域，质点的位移总是最大
D. 机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
E. 分别照射同一双缝干涉装置，黄光的干涉条纹间距大于蓝光的干涉条纹间距
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.甲图是某小组探究“加速度与合外力的关系”的实验装置。在他们的方案中，长木
板平放在水平桌面上，利用穿过打点计时器且连在小车后端的纸带测小车的加速度a，利用固定在小车前端的力传感器测小车受到的水平拉力F。
（l）按该方案做实验，是否要求钩码质量远小于小车的质量？______（填“是”
或“否”）。
（2）从实验中挑选一条点迹清晰的纸带。每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器每间隔0.02s打一个点。由该纸带可求得小车的加速度a=______m/s2（保留2位有效数字）。
（3）改变钩码的个数，测得多组数据。若以a为纵坐标，F为横坐标。利用测得的数据作出图象，则最符合该实验实际情况的是图丙中的______。（填选项序号字母）
12.某同学欲将内阻为100Ω、量程为300μA的电流计G改装成欧姆表，要求改装后欧
姆表的0刻度正好对准电流表表盘的300μA刻度。
可选用的器材还有：定值电阻R1（阻值25Ω）；定值电阻R2（阻值l00Ω）；滑动变阻器R（最大阻值l500Ω）；干电池（E=1.5V．r=2Ω）；红、黑表笔和导线若干。改装电路如图甲所示。
（l）定值电阻应选择______（填元件符号）。改装后的欧姆表的中值电阻为
______Ω。
（2）该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量一内阻和量程均未知的电压表V的内阻。步骤如下：先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节______（填图甲中对应元件犄号），使电流计G指针指到______μA；再将______（填“红”或“黑”）表笔与V表的“+”接线柱相连，另一表笔与V表的“-”接线柱相连。若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则V表的内阻为______Ω，量程为______V。
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图，AB是竖直面内、圆心在O点、半径为R的光滑绝
缘轨道，其B端切线水平且距水平地面的高度也为R、OB
连线右侧的空间存在方向竖直向下的匀强电场。将一质量为
m、电荷量为q的带正电小球从轨道A端无初速释放，小球
从B端飞出后，在地面上第一次的落点C距B的水平距离为R．若小球可视为质点，重力加速度大小为g。求：
（l）进入电场前，小球在B端的速度大小及对轨道的压力大小；
（2）匀强电场的场强大小。
14.如图，小滑块A与木板B均静止于粗糙水平地面上，A与B左端的距离为x0=4.5m
，小滑块C静止于木板B的右端，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，C与B间的动摩擦因数μ2=0.2．现给A一个方向水平向右、大小v0=5m/s的初速度。已知A、B、C的质量分别为m A=1kg、m B=3kg、m C=lkg，A、B间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时问极短，滑块C始终未离开木板B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度g=10m/s2．求：
（l）碰前瞬间A的速度大小和碰后瞬间B的速度大小；
（2）碰后瞬间B、C的加速度大小；
（3）从碰后到木板B最终停止，B与地面间因摩擦而产生的热量。
15.如图甲，绝热气缸置于水平地面上，其A、B两部分的
横截面积分别是S1=4cm2、
S2=8cm2，a、b是质量均为m=4kg且厚度不汁的绝热活
塞，初态，a与b封闭着总高度为（由和h的两段
组成）的理想气体I，b与缸底封闭着高度为h的理想
气体Ⅱ，气体Ⅰ、Ⅱ的温度均为T0=300K．已知大气压
强p0=l×l05Pa，重力加速度大小g=10m/s2．活塞与气缸接
触处光滑且不漏气，气缸壁厚度不计，活塞a以上部分
足够长。
（i）求气体Ⅱ的压强；
（ii）若启动B中的加热电阻丝（图中未画出）对气体Ⅱ缓慢加热，某时刻活塞b 到达B的上端且刚好与上端接触而无压力（如图乙），求此时气体Ⅱ的温度。
16.如图，矩形MNPQ是某均匀材料制成的透明体的横截面，MNPQ所在平面内，一
单色细光束以入射角i=30°射到MN边的O点。光束进入透明体后恰好不从NP边射出，接着光束到达PQ边且部分射出。已知NP边的长度l=0.24m，空气中的光速c=3×l08m/s。求：
（i）该材料对该单色光的折射率n；
（ii）光束从O点射入至到达PQ边经历的时间t。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、惯性是物质的固有属性，不可能失去，故A错误；
B、动车突然向前加速，而小球要保持原来的运动状态，所以小球速度小于动车的速度，小球相对于桌面向后运动，故B正确；
C、如果动车突然减速，则小球的速度大于桌面的速度，小球应该相对桌面向前运动，故C错误；
D、动车如果做匀速直线运动，不管速度多大，小球就会相对桌面保持相对静止，故D 错误。
故选：B。
小球原来处于和动车相对静止的状态，小球相对于桌面突然向后运动，是因为桌子的速度突然增大，而小球要保持原来的运动状态，所以小球相对于桌面向后运动。
惯性是物质的固有属性，是保持物体原来运动状态的一种性质。
2.【答案】B
【解析】解：拉力F沿斜面向上时，受力分析如图所示：
根据平衡条件有：
F=mg sinθ…①
N=mg cosθ…②
拉力F沿水平方向时，受力分析如图所示：
根据平衡条件有：
F′cosθ=mg sinθ…③
N′=mg cosθ+F sinθ…④
由①③式知，F′＞F，即力F变大，故B正确，C错误；
由②④式知，N′＞N，即斜面对物体的支持力变大，故A错误；
拉力F沿水平方向时，拉力的功率：P=F′v cosθ=mgv sinθ，速度前后不变，所以力F的功率不变，故D错误。
故选：B。
拉力F沿斜面向上时，对物体进行受力分析，根据平衡条件列出方程，拉力F沿水平
方向时，对物体进行受力分析，根据平衡条件列出方程，根据方程可以求出F变化和N 的变化；力F沿斜面方向的力相同，速度相同，力F的功率不变。
本题考查了共点力的平衡、力的合成与分解的运用、功率等知识点。受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。
3.【答案】C
【解析】解：A、油滴所受电场力与重力平衡，根据题意知场强方向竖直向下，可知油滴带负电，故A错误；
B、极板间的电场为匀强电场不适用库仑定律，故B错误；
CD、上极板下移板间距d减小，根据知场强E不变，电场力和重力处于二力平
衡状态，油滴静止不动，另据U=Ed可知两极板间电压变小，静电计指针张角减小，故C正确，D错误；
故选：C。
根据重力和电场力平衡判断电场力分析，根据场强方向判断粒子电性；
上极板下移板间距减小，根据场强推论公式判断场强变化，根据U=Ed判断两极板间电压，从而判断静电计指针涨价哦哦变化情况；
考查电容器的动态分析问题，解题的关键在于正确掌握电容的决定式C=和定义式C=；同时注意要掌握相关结论的应用，如可以直接应用结论：当充电后断开电源时，
如果只改变两板间距离，则两板间的电场强度不变。
4.【答案】A
【解析】解：A、根据动能定理得：Fx=E k知E k-x图象中的斜率为物体所受合外力，
对点电荷Ⅰ有，，解得：，故A正确；
BC、对点电荷Ⅱ有，，可知电荷Ⅱ的电荷量为2q，故BC错误；
D、取φO=0，对正电荷Ⅰ从O到A据动能定理有qU OA=E k0，解得：
，所以，故D错误；
故选：A。
根据动能定理可知E k-x图象中图象的斜率为物体所受合外力，结合电场力F=qE求解匀强电场的电场强度；
取选O点为零电势点，从O到A对电荷Ⅰ运用动能定理可求U OA的电势差，进而求A 点的电势；
本题关键要掌握电场力做功与电势差的关系、电势差与电势的关系；知道电场力做功的计算公式为W AB=qU AB，另外要掌握电场强度与电势差的关系。
5.【答案】D
【解析】解：A、根据万有引力提供向心力，，解得周期T=2，半径越大，周期越长，故卫星的运行周期可以大于1天，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力得：v=，第一宇宙速度是卫星近表面圆轨道的运行速度
，是稳定运行时的最大运行速度，但当卫星离心变轨时，需要加速，故并不是所有卫星在任何位置的速率都小于7.9km/s，故B错误；
C、根据a=可知，轨道半径越大，加速度越小，故卫星的向心加速度不会大于地球表
面的重力加速度，故C错误；
D、根据开普勒第三定律可知，所有卫星半长轴（或轨道半径）的三次方与运行周期的二次方的比值是一个常数，故D正确。
故选：D。
周期T=2，半径越大，周期越长；
第一宇宙速度是卫星近表面圆轨道的运行速度，也是稳定运行的最大速度；
根据a=判断加速度大小；
根据开普勒第三定律分析。
本题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是根据万有引力提供向心力，确定卫星的运行参数。
6.【答案】AD
【解析】解：A、根据u-t图象的斜率表示加速度，知无人机在10s末、40s末的加速度
大小之比为a1：a2=：=2：3，故A正确。
B、无人机在前0.5 min内的平均速率为：==m/s=10m/s。后0.5 min内的路程为：s2=
×20m=400m，后0.5 min内的平均速率为：==m/s=m/s，故：=3：4，
故B错误。
C、1min内，无人机飞行的路程为：S=（+×20）m=700m，故C错误。
D、前0.5 min内的位移大小为：s1=m=30m，方向沿正东方向，后0.5 min内的位
移大小为s2=400m，方向沿正北方向，根据平行四边形定则知：l min内，无人机的位移
大小为：s==500m，方向东偏北53°，故D正确。
故选：AD。
根据u-t图象的斜率来求加速度。根据=来求平均速率之比。根据图象与时间轴所
围的面积表示位移来求无人机飞行的路程。根据几何关系求位移的大小和方向。
解决本题时，要明确无人机的运动过程，熟练根据“面积”法求各段过程的位移大小，运用平行四边形定则求总位移。
7.【答案】BD
【解析】解：B、分析电源U-I图象可知，纵轴截距表示电动势，斜率绝对值表示内阻，由图可知，E=5V，r=5Ω，故B正确；
C、交点表示电路中实际的电压和电流，U=3.0V，I=0.4A，则电源总功率是：P=EI=2W，故C错误；
A、分析元件R的伏安特性曲线可知，电阻随电压的增大而减小，故A错误；
D、元件R上消耗的功率P'=UI=1.2W，则电源的效率η=×100%=60%，故D正确。
故选：BD。
明确电源和电阻的伏安特性曲线的意义，图象的交点表示电路中实际的电压和电流；判断电源的总功率大小和电源的效率。
本题考查了闭合电路欧姆定律和U-I图象，解题的关键是理解电源U-I图象中纵轴截距表示电动势，斜率绝对值表示内阻。
8.【答案】AC
【解析】解：A、根据等量异种电场线分析可知，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，故A正确；
B、小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙
壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据f-mg=ma
知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电
场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁
的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据f-mg=ma知
，加速度减小，故B错误；
C、根据B的分析可知从A到O和从B到O摩擦力变
化情况相同，且AO=BO，故摩擦力做功相等，根据动
能定理：
mgAB-2W f=0-
解得：
则从A到O，根据动能定理：
解得：v=，故C正确；
D、根据BC的分析做出其v-t图象，因为前半段和后半段位移相等，故前半段时间小于后半段时间，根据冲量公式可知后半段重力的冲量大于前半段的冲量，故D错误。
故选：AC。
根据等量异种电场的电场线分布判断电势的关系以及电场强度的关系；根据电场强度的变化得出电场力的变化，抓住水平方向上平衡得出弹力的大小变化，从而得出摩擦力的大小变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，抓住两段过程加速度大小对称，得出两段过程速度变化量相同，求出O点的速度以及动能；
根据动能定理分析分析AB段和AO段求出O点的速度大小；
做出其运动的v-t图象根据图象和位移关系判断其运动时间关系，从而判断重力的冲量关系。
解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的特点，通过电场线疏密确定电场强度的大小，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线；还有利用图象法判断时间问题。
9.【答案】ADE
【解析】解：A、晶体是由很小的晶胞组成，将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体，故A正确。
B、质量、温度均相同的碳粉和碳块，物质的量、温度与体积相等，它们的内能相等，故B错误。
C、悬浮在水中的花粉微粒的布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故C错误。
D、由热力学第一定律：△U=W+Q可知：一定质量的理想气体，放热的同时对外界做功，其内能一定减少，故D正确。
E、由热力学第二定律可知：气体向真空的白由膨胀是不可逆的，故E正确。
故选：ADE。
晶体是由很小的晶胞组成，将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒还是晶体；
物体的内能由物质的量、温度和体积决定；
布朗运动是花粉颗粒的无规则运动，不是花粉分子的运动；
根据热力学第一定律与第二定律分析答题。
本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
10.【答案】BDE
【解析】解：A、单摆做简谐运动的周期公式T=2π，与摆长及重力加速度有关，与摆
球的质量无关，故A错误；
B、介质质点的振动方向与波的传播方向可能垂直，也可以平行。当是垂直的，则是横波，当是平行的，则是纵波，故B正确；
C、两列波发生干涉现象，振动加强区域的质点的位移是呈周期性变化，并不是质点的位移总是最大，故C错误；
D、频率、波长和波速三者满足的关系对一切波适用，故D正确；
E、根据△x=λ，当用同一装置做双缝干涉实验时，双缝干涉条纹间距与光的波长成正
比，黄光的波长比蓝光长，所以黄光的双峰干涉条纹间距大于蓝光双缝干涉条纹间距，故E正确。
故选：BDE。
单摆做简谐运动的周期与摆球的质量无关，而弹簧振子的振动周期与振子的质量有关；有机械振动才有可能有机械波，波的传播速度与质点振动速度没有直接关系；
两列波发生干涉现象，振动加强区域的质点的位移是呈周期性变化；
频率、波长和波速三者满足的关系对一切波适用；
根据干涉条纹波长与间距间的关系可明确不同色光形成的干涉条纹间距。
本题考查了单摆周期、机械波、干涉等相关知识，知道频率相同是发生干涉的条件，振动加强点的质点的位移并不是始终最大，而是周期性变化。
11.【答案】否 0.72 B
【解析】解：（1）小车所受拉力可以由力传感器测出，实验不需要钩码质量远小于小车质量。
（2）由题意可知：每5个点取一个计数点，打点计时器每间隔0.02s打一个点，则加速度间的时间间隔为：t=0.02×5=0.1s，
由匀变速直线运动的推论△x=at2可知加速度为：a=
≈0.72m/s2；
（3）由图示实验装置可知，实验没有平衡摩擦力，小车所受合力为F-f，由牛顿第二定
律得：a==F-，a与F是线性关系，当F=f后才有加速度，故B正确，ACD错误；
故选：B；
故答案为：（1）否；（2）0.72；（3）B。
（1）小车所受拉力可以由力传感器测出，实验不需要钩码质量远小于小车质量。（2）根据匀变速直线运动的推论：△x=at2可以求出小车的加速度。
（3）根据牛顿第二定律求出图线的函数表达式，然后分析图示图线答题。
本题考查了实验数据处理，分析清楚图示实验装置、掌握基础知识是解题的前提与关键
，应用匀变速直线运动的推论与牛顿第二定律可以解题。
12.【答案】R1 1000 R 300 黑 500 1
【解析】解：（1）电流表内阻、电源内阻与滑动变阻器接入电路的电阻之和是欧姆表内阻，
由于电流表内阻与电源内阻很小，可以忽略不计，因此欧姆表最大内阻约等于滑动变阻器最大阻值，
由题意可知，滑动变阻器R最大阻值为l500Ω，则欧姆调零时满偏电流约为：I=
=0.001A=1mA，
定值电阻阻值约为：R定=≈30Ω，因此定值电阻选择R1；
改装后电流表量程：I A=+I g=+300×10-6=1.5×10-3A，
欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，欧姆表中值电阻：R中=R内==1000Ω；
（2）先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节R进行欧姆调零，使电流计G指针指到300μA ；
再将黑表笔与V表的“+”接线柱相连，另一表笔与V表的“-”接线柱相连。
由图乙所示表盘可知：G的示数为200μA，为G满偏值的，
则电路电流：I=I A=×1.5×10-3A=1×10-3A，
由闭合电路欧姆定律得：I=，代入数据解得：R V=500Ω，
此时电压表两端电压：U=IR V=1×10-3×500=0.5V，
由图丙所示可知，此时电压表指针指在正中间，则电压表量程为：0.5×2=1V；
故答案为：（1）R1；1000；（2）R；300；黑；500；1。
（1）根据闭合电路欧姆定律求出欧姆表的内阻，然后选择定值电阻；欧姆表中值电阻等于其内阻。
（2）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据题意与图示电路图应用闭合电路欧姆定律解题。
本题考查了欧姆表的改装，欧姆表的改装原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的改装原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题。
13.【答案】解：（1）设小球在B端的速度大小为v，受到轨道的支持力大小为F，从A至B，由机械能守恒定律有：
得：
在B端，由牛顿第二定律有：
F
得：F=3mg，
由牛顿第三定律可解得小球对轨道的压力大小为：
F′=F=3mg；
（2）设场强大小为E，小球在电场中做类平抛运动的加速度大小为a，由运动学规律有：
，
，
得：a=2g，
由牛顿第二定律有：
qE+mg=ma，
解得：。
答：（l）进入电场前，小球在B端的速度大小为，对轨道的压力大小为3mg；（2）匀强电场的场强大小为。
【解析】（1）从A至B，由机械能守恒定律求解小球到达B点的速度大小，根据牛顿第二定律求解小球对轨道的压力大小；
（2）根据类平抛运动的规律求解匀强电场的电场强度；
解决该题的关键是明确知道小球的整个运动过程，掌握类平抛运动的的解题规律，熟记运动学的相关公式。
14.【答案】解：（1）从A开始滑动到A、B碰撞前过程，对A，由动能定理得：-
，
代入数据解得：v=4m/s，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v=m A v A+m B v B，
由机械能守恒定律得：，
解得：v A=-2m/s，v B=2m/s；
（2）由牛顿第二定律
对B：μ1（m B+m C）g+μ2m C g=m B a B，
对C：μ2m C g=m C a C，
代入数据解得：a B=2m/s2，方向向左，a C=2m/s2，方向向右；
（3）设经过时间t，B、C到达共同速度，由运动学公式有：v共=a C t，v共=v B-a B t，
代入数据解得：v共=1m/s，t=0.5s；
在时间t内，B的位移为：x1=，解得：x1=0.75m，
假设B、C共速后一起以加速度a做减速运动，对BC系统，由牛顿第二定律得：μ1（m B+m C）g=（m B+m C）a，
代入数据解得：a=1m/s2，
对B，由牛顿第二定律得：f=m B a=1N＜μ2m C g=2N，假设成立，
设木板B减速运动x2后停止运动，由运动学公式得：=2ax2，
代入数据解得：x2=0.5m，
B与地面间因摩擦产生的热量：Q=μ1（m B+m C）g（x1+x2），
代入数据解得：Q=5J；
答；（l）碰前瞬间A的速度大小为4m/s，碰后瞬间B的速度大小为2m/s；
（2）碰后瞬间B、C的加速度大小都是2m/s2；
（3）从碰后到木板B最终停止，B与地面间因摩擦而产生的热量为5J。
【解析】（1）应用动能定理求出碰撞前瞬间A的速度，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后的速度。（2）应用牛顿第二定律求出B、C的加速度。
（3）应用牛顿第二定律与运动学公式求出B的位移，然后应用功的计算公式求出摩擦力做功。
本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题。
15.【答案】解：（i）由平衡条件得：
对活塞a：mg+p0S1=p1S1，
对活塞b：mg+p1S2=p2S2，
代入数据解得：p2=2.5×105Pa；
（ii）从加入气体II到活塞b到达B的上端且刚好与上端接触而无压力，该过程气体II 的压强不变，气体发生等压变化，
由盖吕萨克定律得：，
代入数据解得：T=360K；
答：（i）气体Ⅱ的压强为2.5×105Pa；
（ii）此时气体Ⅱ的温度为360K。
【解析】（i）以两活塞为研究对象，应用平衡条件可以求出封闭气体II的压强。（ii）气体发生等压变化，根据题意求出气体的状态参量，然后应用盖吕萨克定律求出气体的温度。
本题考查了气体实验定律的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量，盖吕萨克定律可以解题。
16.【答案】解：（i）光路如图所示；
设光在O点的折射角为r，在O1点发生全反射的临界
角为C，
根据折射定律可得：n=
又因为C+r=90°，sin C=
则sin r=sin（90°-C）=cos C==
即=
解得n=
（ii）光在透明体中的速率v=
光在透明体中传播的路程s=OO1+O1O2=
由于s=vt
联立解得t=1×10-8s。
答：（i）该材料对该单色光的折射率为；
（ii）光束从O点射入至到达PQ边经历的时间为1×10-8s。
【解析】（i）画出光路，根据折射定律结合全反射的条件以及图中几何关系进行解答；
（ii）光在透明体中的速率v=，求出光在透明体中传播的路程，根据速度时间关系求
解。
本题主要是考查了光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。