2022-2023学年湖南省涟源重点中学高一（下）期末联考物理试卷

这是一份2022-2023学年湖南省涟源重点中学高一（下）期末联考物理试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖南省涟源重点中学高一（下）期末联考物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 点光源以300W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为5×10−7m的光，点光源每秒辐射的光子数为N.已知普朗克常量为h=6.63×10−34J⋅s，则N约为(    )
A. 6×1014个 B. 6×1016个 C. 8×1818个 D. 8×1020个
2. 北京时间2022年11月12日12时10分，天舟五号货运飞船入轨后顺利完成状态设置，采取自主快速交会对接模式，成功对接于空间站天和核心舱后向端口，中国航天员首次在空间站迎接货运飞船来访．如果已知天和核心舱运动的周期为90分钟．地球质量为M，引力常量为G，核心舱的运动可看作匀速圆周运动，忽略地球的自转，下列说法正确的是
A. 空间站与天舟五号对接后，由于总质量增加，组合体的轨道半径变大
B. 空间站与天舟五号对接后，组合体的角速度大小比地球同步卫星的小
C. 空间站与天舟五号对接后，组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
D. 为了对接成功，天舟五号发动机需要喷射燃气，燃气对发动机的作用力和发动机对燃气的作用力是一对相互作用力
3. 歼−20是中航工业成都飞机设计研究所研制的一款具备高隐身性、高态势感知、高机动性等能力的隐形第五代制空战斗机．在某次模拟演习中，歼−20以100m/s的速度巡航时发现前方10.5km处有一敌机正以240m/s的匀速逃跑．歼−20立即以70m/s的加速度进行追赶，并以此时开始计时，在追赶的过程中最大速度为800m/s.则下面说法正确的是(    )
A. 歼−20达到最大速度时的位移大小为4000m
B. 歼−20追上敌机的最短时间为25s
C. 在追击的过程中，3s时歼−20与敌机的距离最大
D. 在追击的过程中，歼−20与敌机的最大距离为10600m
4. 如图所示，将长为2L的直导线折成边长相等、夹角为60°的“V”形，并置于与其所在平面垂直的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．若“V”形导线所受的安培力大小为F，则该直导线中通过的电流大小为

A. F2BL B. 3F2BL C. FBL D. 3FBL
5. 如图甲所示的电路中，M、N两端输入电压峰值一定的正弦式交流电，电压瞬时值随时间变化的图象如图乙所示，初始时开关S接a，S1、S2闭合，则

A. 电压表的示数是311 V
B. 通过R1的是频率为100 Hz的交流电
C. 若只将S1断开，则通过R2的电流增加，通过r的电流减小
D. 若只将S由a拨到b，M、N两端的输入功率变小
6. 如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g.下列说法正确的是

A. 匀强电场的电场强度大小E=mgqtanθ
B. 小球动能的最小值为Ek=mgL2cosθ
C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先增大后减小，再增大
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
7. 如图，某次排球比赛中，排球在距网面水平距离为4.8 m、距地面高度为3.24 m时，运动员将排球沿垂直网面的方向以16 m/s的速度水平击出．已知排球场网高2.24 m，取重力加速度为10 m/s2，忽略空气对排球的影响，则排球越过网的瞬间

A. 速度方向竖直向下 B. 竖直方向速度大小为3 m/s
C. 恰好擦过网的上沿 D. 距离网的上沿0.55 m
8. 甲、乙两列简谐横波(各只有一个波长)沿x轴相向传播，原点左侧和右侧为不同介质，已知波在原点左侧介质中的传播速度为3 m/s，在t=0时刻两列波的位置如图所示，此后发现平衡位置为x=0.05 m的质点曾经出现y=+30 cm的位移，则

A. 甲波的频率为15 Hz
B. 波在原点右侧介质中的传播速度为2.1 m/s
C. 乙波的振动周期为0.2 s
D. t=0.25 s两列波恰好完全分离
9. 图甲是我国自主设计开发的全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列．该起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m=200kg的物体，其a−t图像如图乙所示，5∼10s内起重机的功率为额定功率，不计其它阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是(    )

A. 此起重机的额定功率为2.4×104W
B. 0∼5s物体所受拉力大小为2000N
C. 0∼5s物体的位移大小为20m
D. 10s内起重机对物体做的功为1.8×105J
10. 如图，光滑绝缘水平桌面上有一个矩形区域ABCD，BC长度为4L，CD长度为6L，E、F、G、H分别为AD、BC、AB、CD的中点，以FE为y轴、GH为x轴建立如图所示的直角坐标系，坐标原点为O．EFCD区域存在垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度为B0；GOEA区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E1=2qB02L3m，GBFO区域有沿y轴负方向的匀强电场．质量为m、电荷量为+q的绝缘小球Q静止在磁场中O点．质量为km的带电量也为+q的绝缘小球P，以大小为vp=2qB0Lm的初速度从BG边界上的某点沿与BG边界夹角为θ=37°的方向进入电场．小球P与Q恰好在O点沿x轴方向发生弹性正碰，碰撞前后小球Q的电量保持不变，小球P、Q均可视为质点．下列说法正确的是

A. GBFO区域匀强电场的电场强度E2的大小为kqLB02m
B. 若小球Q从CD边离开磁场，k的最小值为5
C. 若小球Q从ED边中点离开磁场，k可能为2511
D. 若小球Q从ED边中点离开磁场，k可能为2524
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 某同学利用自由落体运动测量重力加速度，实验装置如图甲所示，打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上．使重锤自由下落，打点计时器在随重锤下落的纸带上打下一系列点迹．(计算结果保留三位有效数字)

(1)纸带上取连续的0至4点为计数点，每相邻两计数点间还有四个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示，打点3时，重锤下落的速度n=__________________m/s；
(2)由纸带上所给的数据可计算出实验时的加速度a=__________________m/s2.某同学居家学习期间，注意到一水龙头距地面较高，而且发现通过调节水龙头阀门可实现水滴逐滴下落，并能控制相邻水滴开始下落的时间间隔，还能听到水滴落地时发出的清脆声音．于是他计划利用手机的秒表计时功能和刻度尺测量重力加速度．为准确测量，请写出需要测量的物理量__________________、__________________．

12. 为精确测量某一个电压表的内阻，实验探究小组从实验室找来了以下仪器．

a.电源E，具有一定内阻，电动势为3.0V；
b.待测电压表V1，量程为0∼1.5V.内阻n约为1200Ω
c.标准电压表V2，量程为0∼3V；
d.标准电流表A，量程为0～0.6A，内阻小于1Ω；
e.电阻箱R′(0∼999Ω)；
f.定值电阻R0(1500Ω)；
g.滑动变阻器R1(0∼2000Ω)；
h.单刀单挪开关S，导线若干．
(1)某同学根据找来的器材，设计了如图甲所示的电路图进行测量，请判断这样设计的实验电路是否合理，并简述理由：__________________．
(2)经过小组讨论后，根据提供的器材，该小组设计一个新的实验电路，如图乙所示，请选择据正确的元件将电路图完善起来．其中，甲处应连接__________________(选填“R.”“R′”或“R1”)；乙处应连接__________________(选填“V2”或“A”)；丙处应连接V1．
(3)用U1表示V1的示数，用U2表示V2的示数，用I表示A的示数，用R表示甲处所选电阻的阻值，则电压表V1的内阻r1=__________________.在按照图乙电路进行实验时，__________________系统误差(选填“存在”或“不存在”)．

四、计算题（本大题共3小题，共41.0分）
13. 许多食品在平原密封运送到进入高原后，由于海拔变高，气压变低，导致食品袋内气压高于外部，造成胀袋的现象，通常大气压强大约每升高100 m下降5 mmHg，若环境温度保持不变，试分析以下问题：
(1)假设密封袋内气体的压强改变后和外界的压强相等，若密封袋内只密封空气且在海拔为零的平原处密封，其所处的大气压强为p0=760 mmHg，求在海拔4000 m处，密封袋的体积变为原来的多少倍；
(2)在海拔4000 m处把密封袋扎破，假设袋子回弹后袋子的体积和在海拔为零的平原处的体积相等，则袋内的气体质量变成原来的多少倍．

14. 如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在CD处相切构成，导轨的间距为L，区域CDEF内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，ED间距也为L.现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的PQ处由静止释放(释放前棒均未接触导轨)，释放第n(n>1)根棒时，第n−1根棒刚好穿出磁场．已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，FE//CD//PQ且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好．求：

(1)第2根棒刚穿出磁场时的速度大小；
(2)第3根棒刚进入磁场时的加速度大小；
(3)第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率．

15. 在水平面上沿直线按距离为L的等间距依次排列着4个质量均为m的滑块，另一个滑块P的质量也为m，除了P与1之间的地面光滑，其余部分均粗糙，每个滑块与地面之间的摩擦因数均为μ.现P从静止开始在大小为F=0.5mg的水平恒力作用下向右运动，与滑块1碰撞后滑块便粘连在一起．以后每次碰撞后均粘连在一起，每次碰撞时间极短，每个物块都可简化为质点，重力加速度为g.求：

(1)第一次碰撞后瞬间的速度大小及第一次碰撞过程中损失的机械能；
(2)发生第二次碰撞后瞬间的速度v2为多大；
(3)若碰撞后的滑块3不能与滑块4相碰，求μ的取值范围．

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】AC.依据曲线运动特征可知：物体做曲线运动时，任意时刻的速度方向是曲线上该点的切线方向上，曲线运动速度方向不断改变，速度是矢量，所以曲线运动一定是变速运动，故A正确，C错误；B.物体做曲线运动的条件是所受的合力的方向与速度方向不在同一条直线上，故合外力一定不为零，故B错误；D.物体做曲线运动的条件是合力方向与速度方向不在同一条直线上，而合力的大小可以变，也可以不变，例如平抛运动，合力不变，故B错误；故选：A．

2.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查万有引力的应用，解题关键在于理解第一宇宙速度是卫星运行的最大速度。以及根据万有引力提供向心力列式，结合同步卫星求得周期小的组合体角速度大，空间站与天舟五号对接后，其运行速度小于第一宇宙速度7.9km/s，根据作用力与反作用力的特点即可求解。
【解答】
A、由牛顿第二定律有GMmR2=mv2R，解得组合体的轨道半径为R=GMv2，可知组合体的轨道半径只与中心天体的质量和线速度有关，与组合体的质量无关，故A错误;
B、天和核心舱运动的周期T1=90min，而同步卫星的周期T2=24h，由ω=2πT，可知周期大的同步卫星角速度小，而周期小的组合体角速度大，故B错误;
C、由于卫星发射时的线速度必须超过第一宇宙速度，才能脱离地球束缚，而卫星发射升空后随着高度增加，线速度逐渐变小，所以组合体的速度小于第一宇宙速度，故C错误;
D、力的作用是相互的，相互作用力作用在不同的两个物体上，燃气对发动机的作用力和发动机对燃气的作用力是作用力与反作用力，是一对相互作用力，故D正确．
  
3.【答案】B 
【解析】以桌面为参考平面，小球落地时的重力势能为 −mgh ，整个下落过程中重力势能减少了 mgH+h ，故B正确，ACD错误．故选：B．

4.【答案】C 
【解析】
【分析】由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度。
本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义。
【解答】导线在磁场内有效长度为：L′=2Lsin30°=L，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BIL′=BIL，解得：I=FBL，故C正确，ABD错误。
故选：C。  
5.【答案】C 
【解析】
【分析】根据电压的峰值与有效值的关系求电压表的示数；
变压器只改变交流电的电压和电流，但不能改变交流电的频率；
当开关改变位置时，分析副线圈电路中总电阻的变化，总电流的变化，从而确定电阻r中电流的变化和MN两端的功率的变化。
本题考查电路的设计、欧姆定律的应用，关键是明确图象的意义，从图象中得出有用的数据，应用串联电路特点、欧姆定律即可正确解题。
【解答】A、对于正弦式交流电，电压表的示数对应的是电压的有效值，M、N两端输入电压的最大值为311 V，有效值为：311 2V=220V，故A错误；
B、变压器不改变交流电的频率，原线圈输入交流电的周期为0.2 s，频率为50 Hz，所以通过R1的是频率为50 Hz的交流电，故B错误；
C.若只将开关S1断开，副线圈输出电压不变，R2的分压变大，通过R2的电流增加，r的分压变小，通过r的电流减小，故C正确；
D.若只将开关S由a拨到b，副线圈匝数增加，副线圈输出电压变大，副线圈输出功率变大，由变压器知识可知M、N两端的输入功率变大，故D错误。
故选C。  
6.【答案】B 
【解析】
【分析】
小球静止时悬线与竖直方向成θ角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件列式求解场强的大小；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律列式求解最小速度，得到最小动能；小球运动过程中只有重力和电场力做功，故重力势能、电势能和动能之和守恒，机械能最小的位置即为电势能最大的位置．
【解答】
A.小球静止时悬线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有：mgtanθ=qE，解得E=mgtan θq，选项A错误;

B.小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有：mgcos θ=mυ2L，则最小动能 Ek=12mv2=mgL2cos θ，选项B正确;
C.小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误;
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项 D错误。
故选B。
  
7.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题主要考查平抛运动的规律应用。平抛运动在水平方向做匀速运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合题意，根据水平方向的位移公式求得运动时间，根据速度时间公式求得竖直分速度，由几何关系分析速度方向；竖直方向上根据运动学公式求得排球竖直位移，结合题意分析排球越过网的瞬间距网上沿的距离，由此即可正确求解。
【解答】
AB.排球做平抛运动，设排球从水平击出到越过网的瞬间经过的时间为t，水平位移x=4.8m，水平方向做匀速运动，有x=v0t，解得t=0.3s，根据vy=gt，得排球越过网的瞬间的竖直速度大小
vy=3m/s，由速度的合成规律可知，排球越过网瞬间的速度方向斜向下，故A错误，B正确；
CD.根据运动学公式得，竖直位移h=12gt2=0.45m，由题意知，排球被水平击出时的位置距网上沿的距离为3.24m−2.24m=1m，说明排球越过网的瞬间，不是恰好擦过网的上沿，距离网的上沿
1m−0.45m=0.55m，故C错误，D正确。  
8.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题主要考查了波的图像的理解，解题关键是学生对机械波的理解和计算，涉及波速、周期、速度等物理量计算。由T=λv求出周期以及频率；根据图像和波的传播距离判定某时刻两波的传播情况。
【解答】
A、由图可知甲波在左侧时的波长为0.2m，波速为3m/s，可得频率为15Hz;A正确
B、根据题意可知，左右两列波的波峰同时到达x=0.05m且叠加时最强，则有：0.45m3m/s+0.05mv=(0.4−0.05)mv，可以解得波在原点右侧介质的传播速度为v=2m/s，B错误：
C、易得乙波在右侧介质的波长为0.4 m，结合右侧的传播速度v=2m/s，可得乙波的传播周期即振动周期为T右=0.42s=0.2s，C正确;
D.t=0.25s时，可易得乙波的尾部刚好传到x=0.2m处，甲波的尾部传到x=0处所需时间为t1=0.53s，易得t2=(0.25−0.53)s=112s，则t=0.25s时甲波的尾部到达的位置为x=2m/s×112s=16m，显然16m<0.2m，故两列波还没有分离，D错误．  
9.【答案】BC 
【解析】 A.开普勒定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于其他围绕同一天体的星球的运动，故A错误；B.卡文迪什通过实验推算出来引力常量 G 的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，故B正确；C.地球的第一宇宙速度是环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，故C正确；D.经典物理学建立在实验的基础上，它的结论又受到无数次实验的检验，只适用于宏观低速，不适用于微观高速，故D错误．故选：BC．

10.【答案】BC 
【解析】
【分析】
小球P在电场中做斜抛运动，将实际的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动；
两球相碰满足动量守恒和能量守恒；在磁场中做出小球运动的轨迹图，根据几何关系结合粒子做圆周运动的特点求解。
【解答】
A.依题意，可得小球P在电场中运动，有2L=vPtsinθ，vPcosθ=qE2kmt，联立解得E2=24kqLB0225m，故A错误;
B.两球碰撞有km⋅35vP=kmv1+mv，12km(35vP)2=12kmv12+12mv2，解得v=6k5(k+1)vP=12kqLB05m(k+1)，小
球Q在磁场中有qvB0=mv2r，解得r=12kL5(k+1)，可知，r越小，k越小，当r=2L时，k最小，解得kmin=5，故B正确;
CD.Q从ED中点离开磁场，有以下几种：如图由几何关系

r12=L2+(3L−r1)2，解得r1=53L，代入轨迹表达式解得k1=2511，如图

3L=2r2+r2− r22−L2，解得r2=L或r2′=54L，代入轨迹表达式解得，k2=57或k2′=2523，若小球以v0垂直
进入左边界，速度恰为0，则有−E1q2L=0−12mv02，k=25+15 629=2.13，所以k的值应小于等于2.13，以上
解均附合.k可能为2511或57或2523，故C正确，D错误．
  
11.【答案】(1) 3.38；(2)9.71；(3)水滴下落的高度h、下落的时间t。 
【解析】
【分析】
(1)计算相邻两个计数点间的时间间隔，根据匀变速直线运动规律的推论得出打点3时重锤的速度大小；
(2)由逐差法求出实验时的加速度大小；
(3)根据自由落体运动规律分析需要测量的物理量。
本题考查利用自由落体运动测量重力加速度的实验，熟悉实验原理是解题的关键。
【解答】
(1)相邻两个计数点间的时间间隔T=5f=0.1s，3为2、4的时间中点，则打点3时，重锤下落的速度v3=x242T=96.30−28.740.2×10−2m/s=3.38m/s；
(2)由逐差法知，实验时的加速度大小a=x24−x02(2T)2=96.30−28.74−28.740.22×10−2m/s2=9.71m/s2；
(3)水滴做自由落体运动，由h=12gt2知，需要测量的物理量：水滴下落的高度h和下落的时间t。  
12.【答案】(1)不合理，因为电流表的示数太小，无法准确读数；(2)R0；V2；(3)U1RU2−U1；不存在 
【解析】解：(1)电流表和电压表串联，E1=3V，r1≈1200Ω，则电流为
I=Er1=2.5mA
而电流表的量程为0～0.6A，不能测2.5mA的电流，故不合理，因为电流表的示数太小，无法准确读数；
(2)将V1、R.串联，再用V2测它们的电压；而U2−U1得R0的电压，再用该电压除以R0得出电流，再用欧姆定律可求出V1的内阻r1；故甲处应连接R0；乙处应连接V2；丙处应连接V1．
(3)V1的电流为
I1=U2−U1R
则电压表V1的内阻r1=U1I1=U1RU2−U1，根据欧姆定律可知，电压和电流均为准确值，则可知电压表V1的内阻不存在系统误差。
故答案为：(1)不合理，因为电流表的示数太小，无法准确读数；(2)R0；V2；(3)U1RU2−U1；不存在
(1)分析电流值，根据电流表量程判断；
(2)选择将V1、R.串联，再用V2测它们的电压；
(3)根据串并联关系与欧姆定律可求得电压表内阻；电压和电流均为准确值，则可知电压表V1的内阻不存在系统误差。
本题考查测电压表内阻，需要掌握串并联关系与欧姆定律进行计算，同时注意由于电压和电流均为准确值，则可知电压表V1的内阻不存在系统误差。

13.【答案】解：(1)在海拔4000m处的大气压强为p1=p0−4000100×5mmHg=560mmHg，
根据玻意耳定律p0V0=p1V1，
解得V1V0=p0p1=760560=1914；
(2)密封袋扎破后，设对应压强为p1的大气压跑出的气体体积为V2，则
p0V0=p1(V0+V2)
解得V0V0+V2=p1p0=560760=1419；
答：(1)密封袋的体积变为原来的1914倍；
(2)袋内的气体质量变成原来的1419倍。 
【解析】(1)根据题意求得在海拔4000m处的大气压强，再根据玻意耳定律求得密封袋的体积变为原来的倍数；
(2)密封袋扎破后，根据玻意耳定律列方程即可求解。
该题考查气体做等温变化过程对玻意耳定律的应用，需要熟记公式形式，并准确应用。

14.【答案】解：(1)设金属棒滑到CD位置时速度为v0，由动能定理：mgh=12mv02，解得：v0= 2gh；
由E=n△Φ△t，I=ER总，q=I△t，可得q=n△ΦR总，
则第2根杆穿过磁场的过程通过导体棒的电量为q=BL22R，
联立可得：v= 2gh−B2L32mR；
(2)第3根棒刚进入磁场时，有mgh=12mv02，解得：v0= 2gh，
回路中的感应电动势为：E=BLv0=BL 2gh，
总电阻为：R总=R2+R=3R2；
故流过第3根棒的电流为：I=ER总=2BL 2gh3R
由牛顿第二定律：F安=BIL=ma
联立可得：a=2B2L2 2gh3mR；
(3)第n棒刚进入磁场时，前n−1根棒并联电阻为：R并=Rn−1，
电路总电阻为R总1=Rn−1+R，
电路总电流I总=ER总1，
第一根棒中电流I1=Inn−1，
解得I1=BL 2ghnR；
第1根棒的热功率为P=I12R=2ghB2L2n2R。 
【解析】本题主要考查导体棒切割磁感线，以及电路问题，基础题。
(1)根据动能定理计算第2根棒刚进入磁场时的速度，结合E=n△Φ△t，I=ER总，q=I△t可得第2根棒刚穿出磁场时的速度大小；
(2)根据闭合电路欧姆和牛顿第二定律解答；
(3)第n根棒刚进入时，根据闭合电路欧姆和串并联电路的公式计算第一根棒中电流；再求第1根棒的热功率。

15.【答案】解：(1)设第一次碰撞前瞬间P的速度为u1，根据动能定理，有FL=12mu12
因碰撞时间极短，第一次碰撞后瞬间的速度为v1，根据动量守恒，有mu1=2mv1
则碰后瞬间速度为v1=12 gL
第一次碰撞过程中损失的机械能ΔE=12mu12−12×2mv12=14mgL
(2)从1到2过程，令运动到2时速度为u2，根据动能定理可得
FL−μ×2mgL=12×2mu22−12×2mv12
1与2碰撞时，满足动量守恒：2mu2=3mv2
解得：v2=23u2=23 34gL−2μgL。
(3)从2到3过程，令运动到3时速度为u3，根据动能定理可得
FL−μ×3mgL=12×3mu32−12×3mv2212×3m3u32>0
解得μ<313；
2与3碰撞后速度为v3，满足动量守恒3mu3=4mv3
从3到4过程，滑块3不能与滑块4相碰，则12×4mv32+FL−μ×4mgL<0
解得μ>529
所以μ的取值范围为：529<μ<313 
【解析】本题主要考查多个物体的动量与能量综合应用问题。根据动量守恒和能量守恒列式求解。
(1)根据动能定理，可得第一次碰撞前瞬间P的速度，根据动量守恒，可得第一次碰撞后瞬间的速度，根据能量守恒可得第一次碰撞过程中损失的机械能；
(2)从1到2过程，根据动能定理可得运动到2时速度，1与2碰撞时，满足动量守恒可得发生第二次碰撞后瞬间的速度；
(3)根据从2到3过程，根据动能定理可得运动到3时速度，根据动能定理可得μ的最小值
从3到4过程，滑块3不能与滑块4相碰，根据动能定理可得μ的最大值