2023-2024学年黑龙江省大庆市萨尔图区大庆实验学校高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省大庆市萨尔图区大庆实验学校高一（下）期末物理试卷（含解析），共18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。

1.下列说法正确的是( )
A. 合外力不做功，物体必定做匀速直线运动
B. 力对物体做功越快，力的功率一定越大
C. 一对滑动摩擦力对系统所做的总功一定等于零
D. 由P=Wt可知，只要知道W和t的值就可以计算出任意时刻的功率
2.下列关于光学现象的说法中正确的是( )
A. 用光导纤维束传送图像信息，这是光的衍射的应用
B. 太阳光通过三棱镜形成彩色光谱，这是光的干涉的结果
C. 在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄水下和玻璃后的景物，可使影像更清晰
D. 通过平行于日光灯的狭缝观察正常发光的日光灯时能看到彩色条纹，这是由于光的折射而产生的色散现象
3.做简谐运动的质点在通过平衡位置时( )
A. 速度一定为零B. 振幅一定为零C. 合力一定为零D. 回复力一定为零
4.关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是( )
A. 只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B. 只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C. 只要系统的合外力做功为零，系统的动量就守恒
D. 只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
5.位于地球赤道上的一物体A，质量为m，已知当地的重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是( )
A. 根据以上条件，能计算出地球质量M
B. 由以上条件，可求得地球的平均密度为ρ=g4Gπ
C. 与地球同步卫星相比，A的角速度更大
D. A的线速度大于第一宇宙速度
6. 2021年4月29日，天和核心舱用火箭成功送入预定轨道，开启了中国航天的新篇章。火箭在A点以速
度v1进入椭圆轨道Ⅰ，之后立即关闭发动机沿轨道Ⅰ运动到B点，此时速度为v2，然后在B点点火加速，以速度v3进入半径为r的圆形轨道Ⅱ，如图所示，则( )
A. v1>11.2km/s
B. v3>v2>v1
C. 火箭刚到B点的加速度为v32r
D. 火箭从A运动到B的时间大于πrv3
7.如图甲所示，是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，P是离原点x1=2m的一个介质质点，Q是离原点x2=4m的一个介质质点，此时离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动。图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图像(计时起点相同)。由此可知( )
A. 这列波的波长为λ=2mB. 乙图可能是图甲中质点Q的振动图像
C. 这列波的传播速度为v=1m/sD. 这列波的波源起振方向为向上
8.两列频率相同、振幅分别为5cm和7cm的横波发生干涉时，某一时刻的图样如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷，下列关于K、M、N三点的说法正确的是( )
A. 由图中时刻再经过14周期时，质点N的位移为零
B. 质点K为振动减弱点
C. 质点M的位移不可能为0
D. 质点M和质点K连线上的中点为减弱点
9.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A. 运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒
B. C球摆到最低点过程，C球的速度为 2gL
C. C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离m0Lm0+2m
D. C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
10.甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的3倍，下列应用公式进行的推论正确的有( )
A. 由v= gR可知，甲的速度是乙的 3倍
B. 由a=ω2r可知，甲的向心加速度是乙的3倍
C. 由F=GMmr2可知，甲的向心力是乙的19
D. 由r3T2=k可知，甲的周期是乙的3 3倍
11.图中实线为一列简谐横波在某一时刻(以该时刻作为t=0时刻)的波形曲线，经过0.3s后，其波形曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3s，振幅为A。下列说法正确的是( )
A. 该波一定向左传播
B. 该波的周期可能为0.4s
C. 从t=0至t=0.3s，x=5cm处的质点所走的路程可能为A
D. x=5cm处的质点做简谐振动的表达式可能为y=Asin(5πt+π2)(cm)
12.某人驾驶小型汽车行驶在平直的封闭测试道路上，t=0时刻开始无动力滑行，一段时间后以恒定功率加速行驶，车速达到最大后保持匀速，v−t图像如图所示。汽车总质量为2×103kg，行驶中受到的阻力保持不变，则( )
A. 汽车行驶中所受阻力大小为2×103N
B. 1s～11s内汽车的功率为30kW
C. 1s～11s内汽车的位移为75m
D. 汽车加速过程中速度为6m/s时的加速度大小为0.5m/s2
13.A、B两船的质量均为2m，都静止在平静的湖面上，最初静止在A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，……，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则( )
A. A船和B船(包括人)速度大小之比为2：3
B. A船和B船(包括人)动量大小之比为1：1
C. A船和B船(包括人)动能之比为3：2
D. A船和B船(包括人)动能之比为1：1
14.如图所示，足够长的光滑水平面上放置着一块质量mA=2kg的长木板A，距A的右端L(L≠0)处有一固定的竖直挡板P，一质量mB=1kg的小物块B以速度v0=9m/s从长木板左端滑上长木板，B与A之间的动摩擦因数μ=0.3。A与P相撞时作用时间极短，且无机械能损失，B始终没有从A上滑落，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 当L=3m时，A、B速度相同时A刚好与P相撞
B. 当L<3m时，A与P至少相撞2次
C. 当L>3m时，B相对于A滑行的最大距离为13m
D. 调节L的大小，可以使A最终紧贴着P停止运动
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
15.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)该同学用游标卡尺测得单摆小球的直径为______mm；同学用秒表记录的时间如图所示，则秒表的示数为______s。

(2)若该同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______。(选填下列选项前的序号)
A.测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，并由计算式T=tn求得周期T
D.摆球的质量过大
(3)如果该同学在实验时，用的摆球质量分布不均匀，无法确定其重心位置。他第一次量得摆线的长度为L1，测得周期为T1；第二次量得摆线的长度为L2，测得周期为T2。根据上述数据，可求得g值为______。
16.如图甲所示，是用双缝干涉测量光的波长的实验装置。

(1)图中光具座上标注为①②③的仪器依次为______；
A.单缝、双缝、凸透镜
B.凸透镜、单缝、双缝
C.单缝、凸透镜、双缝
(2)用图示实验装置观察双缝干涉图样，用的是红色滤光片，在毛玻璃屏上可以看到红色干涉条纹；若要增加从目镜中观察到的条纹个数，可以______；
A.仅将双缝与光屏之间的距离减小少许
B.仅将单缝与双缝间距增大少许
C.仅将双缝间的距离减小少许
(3)某次实验测得双缝间距d=0.5mm，双缝与光屏间距离L=0.500m，用某种单色光照射双缝得到干涉图样如图乙，分划板在A位置时游标卡尺读数为11.1mm，B位置时游标卡尺读数为15.6mm，单色光的波长为______m(结果保留2位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
17.如图所示为某种材料做成的透明球体放置在真空中，O为球心，半径为R。距离球心O为0.5R的A点有一点光源，能向各个方向发出某种单色光。从A点发出垂直OA发射的某条光线a经过球面发生三次全反射后能回到A点。透明球体对该色光的折射率n=2，光在真空中的光速为c。求：
(1)该色光对透明球体的临界角C；
(2)光线a从发出到回到A的时间t。
18.如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0=2m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为M1=80kg，乙和他的装备总质量为M2=120kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m=40kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两位宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站。
(1)乙要以多大的速度v将物体A推出；
(2)设甲与物体A作用时间为t=0.5s，求甲与A的相互作用力F的大小。
19.如图甲，质量mP=4kg的L形木板P和质量mQ=4kg的物块Q静止在光滑的水平面上。A、B分别是木板P的左、右端点，物块Q的左端与一根处于原长的轻弹簧连接，弹簧的劲度系数k=20N/m(弹簧的弹性势能Ep=12kx2，x为弹簧的形变量)。t=0时，质量mC=2kg的物块C以v0=3.3m/s的速度从A端滑上木板P，木板P和物块Q的v−t图像如图乙所示，其中t=0到t1=0.6s内图像是一条直线。t=t2时，物块C与木板P相碰并粘在一起，C、P碰前瞬间，木板P的v−t图像的斜率恰好为零。重力加速度g取10m/s2。求：

(1)0～0.6s内，木板P的加速度大小aP和所受摩擦力大小f；
(2)物块C与木板P相碰前的速度大小v和碰撞的时刻t2；
(3)弹簧最大的弹性势能。
答案解析
1.B
【解析】解：A.合外力不做功，物体可能做匀速圆周运动，故A错误；
B.根据P=Wt可知，力对物体做功越快，力的功率一定越大，故B正确；
C.一对滑动摩擦力对系统所做的总功不一定等于零，如物体在地面上运动的情况，故C错误；
D.由P=Wt可计算平均功率，不能计算瞬时功率，故D错误；
故选：B。
合外力不做功，可能是力与位移垂直；根据功率的公式分析解答，一对滑动摩擦力对系统所做的总功不一定等于零。
本题考查功率的理解，解题关键掌握功率的物理意义及计算公式。
2.C
【解析】解：A、光导纤维束传送图像信息，利用的是光的全反射现象，故A错误；
B、太阳光通过三棱镜形成彩色光谱，这是光的折射，故B错误；
C、在照相机镜头前加装偏振滤光片，当偏振片的方向与偏振光的方向平行时，允许偏振光通过，当它们相互垂直时，偏振光不能通过，拍摄水下和玻璃后的景物，为了使影像更清晰，要过滤掉水面和玻璃面的反射光，所以要使偏振片的透振方向与反射光的偏振方向垂直，在照相机镜头前加装偏振滤光片，利用的是光的偏振原理，故C正确；
D、通过平行于日光灯的狭缝观察正常发光的日光灯时能看到彩色条纹，这是光绕过障碍物的现象，是光的衍射，故D错误。
故选：C。
本题考查了光的衍射、干涉、色散、偏振等现象的应用，根据选项描述分析求解。
考查光的干涉与衍射现象的区别，掌握光的全反射条件，理解偏振片的作用，了解各物理现象发生的原理。
3.D
【解析】解：AD.做简谐运动的质点在通过平衡位置时位移为零，根据回复力公式
F=−kx
可知，当质点在平衡位置时，回复力一定为零，加速度为零，速度为最大值，故A错误，D正确；
B.简谐运动过程中，振幅是不受质点所在位置影响的，振幅是不变的，故B错误；
C.在单摆这种简谐运动中，通过平衡位置时，合力不为零，回复力一定为零，故C错误。
故选：D。
做简谐运动的质点，当它通过平衡位置时位移为零，回复力为零，加速度为零，速度最大；物体做简谐运动过程中，振幅是不变的；通过举例说明质点通过平衡位置时，合力不为零。
本题关键是明确简谐运动的定义和描述其运动的相关物理量，知道平衡位置是回复力为零的位置，知道做简谐运动的特点。
4.D
【解析】解：A、若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，故A错误；
B、系统中有一个物体具有加速度时，如果系统所受的合外力为零，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒，故B错误；
C、只要系统的合外力做功为零，但是系统所受的合外力不为零，系统的动量也不会守恒，故C错误；
D、只要系统所受到的合外力为零，则系统的动量一定守恒，故D正确。
故选：D。
根据动量守恒的条件逐项分析即可。
掌握动量守恒的条件是系统所受合外力为零是解题的基础。
5.A
【解析】解：A、在地面上，根据重力等于万有引力，得mg=GMmR2，可得地球的质量为M=gR2G，故A正确；
B、地球的密度为ρ=MV=gR2G4πR33=3g4GπR，故B错误；
C、A物体的周期与地球同步卫星的周期相同，则A物体的角速度与同步卫星的角速度相同，故C错误；
D、由v=ωr可知，A物体的线速度小于同步卫星的线速度。
对于卫星，由万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r
得v= GMr
可知，同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，则A的线速度小于第一宇宙速度，故D错误。
故选：A。
根据万有引力等于重力能计算出地球质量M，进而求出地球的平均密度；地球同步卫星的角速度与地球自转角速度相等；由v=ωr分析A物体的线速度与地球同步卫星的线速度关系，根据万有引力提供向心力分析地球同步卫星的线速度与第一宇宙速度的关系，从而得到A的线速度与第一宇宙速度的关系。
本题要掌握两个关系：在地球表面上物体受到的重力等于万有引力；环绕天体绕中心天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供。这两个关系可以解决天体运动的问题。
6.C
【解析】解：A.火箭不脱离地球的引力仍绕地球运动，可知其发射速度小于第二宇宙速度，即v1<11.2km/s，故A错误；
B.根据开普勒第二定律可知，在轨道上从A到B时速度减小，即v1>v2；从B点进入圆轨道Ⅱ要加速做离心运动，可知v3>v2，故B错误；
C.根据向心加速度的公式，火箭在圆轨道Ⅱ上运动时的加速度为a=v32r，则刚到B点的加速度也为v32r，故C正确；
D.根据开普勒第三定律可知a3T12=r3T22，因在轨道上的半长轴a小于轨道Ⅱ的圆半径r，可知在椭圆轨道上的周期小于圆轨道Ⅱ的周期，则火箭从A运动到B的时间小于轨道Ⅱ周期的一半，即小于πrv3，故D错误。
故选：C。
A.根据第二宇宙速度的意义进行分析判断；
B.根据开普勒第二定律结合离心运动的速度变化情况进行分析解答；
C.根据向心加速度的公式进行分析判断；
D.根据开普勒第三定律结合实际的运动路程和时间的关系进行分析判断。
考查宇宙速度、万有引力定律的应用和开普勒关于行星运动定律的问题，会根据题意进行准确分析和解答。
7.B
【解析】故选：B。
A.波长为波的最小周期的空间距离，由图甲可知这列波的波长为4m，故A错误；
B.根据振动的方向和起始位置可以判断，t=0时刻，Q点在初始位置且要向上振动，因此乙图可能是图甲中质点Q的振动图像，故B正确；
C.波的传播速度为v=λT，已知波长为4m，周期为2s，故v=42m/s=2m/s，故C错误；
D.离原点x3=6m的介质质点刚刚要开始振动，振动方向向下，所以这列波的波源起振方向为向下，故D错误。
故选：B。
熟悉波动图像与振动图像的含义，两者结合分析。
8.A
【解析】解：A.质点N为波谷与波峰相遇，再经过14周期时，两波的质点N均处于平衡位置，此时质点N的位移为零，故A正确；
B.K为波谷与波谷相遇的位置，是振动加强点，故B错误；
C.质点M为波峰与波峰相遇，是振动加强点，再经过14周期时，两波的质点M均处于胡平衡位置，此时质点M的位移为零，故C错误；
D.经过14周期，M、K连线中点处是两个波的波峰的到达处，是振动加强点，故D错误。
故选：A。
A.质点N为波谷与波峰相遇，根据波传播特点以及质点的振动特点，判断14T时质点N的位移是否为零；
B.K为波谷与波谷相遇的位置，进而根据干涉原理判断；
C.质点M为波峰与波峰相遇，根据波传播特点以及质点的振动特点，判断时质点M的位移是否为零；
D.根据波传播特点，经过14T时，M、K连线中点处是两个波的波峰的到达处，据此判断。
解决本题的关键是知道：波峰和波峰叠加或波谷与波谷叠加，振动加强；波峰与波谷叠加，振动减弱。要注意振动加强点是振幅最大，不是始终处于波峰或波谷位置。
9.C
【解析】解：A、木块A、B和小球C组成的系统在水平方向合力为零，而在竖直方向合力不为零，故此系统在水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，故A错误；
B、小球C第一次到达最低点时，设此时A、B共同速度大小为vAB，C的速度大小为vc，此过程水平方向动量守恒，可得：m0vc=2mvAB，再根据机械能守恒定理得：m0gL=12m0vc2+12×2mvAB2，联立解得：vc=2 4mgL2m+m0，故B错误；
C、小球C第一次摆到最低点过程中，设C的水平速度大小为v1，木块A、B的速度大小为v2，对A、B、C组成的系统，根据水平方向动量守恒得：m0v1=2mv2，可得此过程中C的水平速度大小与木块A、B的速度大小之比始终为：v1v2=2mm0，则小球C第一次摆到最低点过程中，C的水平位移大小x1与木块A、B的位移大小x2之比也为：x1x2=2mm0，由几何关系得：x1+x2=L，解得木块A、B向右移动的距离为：x2=m0L2m+m0，故C正确；
D、小球C第一次到达最低点后A、B分离，当C第一次到达轻杆左侧的最高处时A、C共速，A此时的动能不为零，A、B分离后B向右做匀速直线运动。动能不为零，因整个过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，故从静止释放球C到其第一次到达轻杆左侧的最高处的过程，C的重力势能的一部分会转化为A、B、C的动能，可知C球第一次到达轻杆左侧的最高处时的重力势能小于静止释放时的重力势能，则C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度小于释放高度，故D错误。
故选：C。
运用整体法，A、B、C三个看作整体，在水平方向不受外力作用，水平方向动量守恒，根据机械能守恒即可求解C到最低点时的速度，再由动量守恒方程推导计算位移，根据能量守恒判断C到达左侧的高度。
单一方向动量守恒，结合人船模型、机械能守恒，此类题型是运动学知识综合应用较典型的题型，要掌握牢固。
10.CD
【解析】解：A.两卫星质量相等，设卫星质量为m，设地球质量为M，R为地球半径，卫星绕地球做圆周运动的半径不同，所以应用GMmr2=mv2r
求得v= GMr
两卫星的速度之比等于半径平方根的反比，甲的速度为乙的 33倍，故A错误；
B.根据GMmr2=ma
解得a=GMr2
甲的轨道半径是乙的3倍，甲的向心加速度是乙的19，故B错误；
C.根据F=GMmr2
甲的轨道半径是乙的3倍，甲的向心力是乙的19，故C正确；
D.根据开普勒第三定律r3T2=k
甲的轨道半径是乙的3倍，甲的周期是乙的3 3倍，故D正确。
故选：CD。
卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律分析答题。
本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
11.BCD
【解析】解：AB.由于该波的周期T大于0.3s，当波向右传播时有
34T=0.3s
解得
T=0.4s
当波向左传播时有
14T=0.3s
解得
T=1.2s
可知，波传播方向可能向右，也可能向左，周期可能为04s或12s，故A错误，B正确；
C.0时刻，x=5cm处的质点位于波峰，若波向左传播，由于
t=0.3s=T4
可知，此时x=5cm处的质点所走的路程为A，故C正确；
D.一个完整的正弦式振动方程为
y=Asin2πTt
将上述函数对应波形向左平移T4得到0时刻，x=5cm处的质点的振动方程，则有
y=Asin2πT(t+T4)=Asin(2πTt+π2)
结合上述，当波向右传播时周期为0.4s，当振幅为4cm时有
y=4sin(5πt+π2)(cm)
故D正确。
故选：BCD。
AB、根据图像相关信息，结合速度和周期公式求出波的可能周期，进而判断波的传播方向；
C、根据题意，结合波传播的方向的不确定性判断x=5cm处的质点所走的路程可能值；
D、根据图像，结合题意写出质点做简谐振动的表达式，进而判断即可。
在判断波的传播方向时，要注意方向的不确定性，要注意结合题意，不要漏掉可能的方向。
12.BD
【解析】解：A.由第一段图像的斜率可得，汽车无动力滑行时的加速度大小为a1=ΔvΔt=7−51m/s2=2m/s2，根据牛顿第二定律，汽车行驶中所受阻力大小为f=ma1=2×103×2N=4×103N，故A错误；
B.根据题意，由图可知，当t=11s时，汽车达到最大速度7.5m/s，此时汽车的牵引力为F=f=4×103N，汽车的功率为P=Fvm=4×103×7.5W=30kW，故B正确；
C.根据题意，设1s～11s内汽车的位移为x，由动能定理有P(t2−t1)−fx=12mvm2−12mv12，代入数据解得x=67.1875m≈67m，故C错误；
D.汽车加速过程中速度为6m/s时，此时牵引力为F1=Pv，由牛顿第二定律有a=F1−fm，解得a=0.5m/s2，故D正确。
故选：BD。
A.根据v−t图像的斜率求加速度，由牛顿第二定律求阻力；
B.根据图像对应的最大速度的条件求汽车功率；
CD.根据动能定理和牛顿第二定律列式求解位移和加速度大小。
考查机车的启动问题、牛顿运动定律和动能定理，会根据题意进行准确分析和解答。
13.BC
【解析】解：B、以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1：1，故B正确；
A、最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mvA−(m+2m)vB=0，解得：vA：vB=3：2，故A错误；
CD、动能之比：
EkAEkB=12⋅2m⋅vA212⋅(2m+m)vB2=32，故C正确，D错误。
故选：BC。
对系统应用动量守恒定律求出动量之比，然后求出船的速度之比；再根据速度关系求出动能之比。
解决的关键知道人、两船系统总动量守恒，总动量为零，对系统运用动量守恒定律进行求解。
14.AC
【解析】解：A、根据牛顿第二定律得：μmBg=mAaA；μmBg=mBaB
解得：aA=1.5m/s2，aB=3m/s2
当L=3m时，假设A一直做加速运动，由：vA2=2aAL，解得：vA=3m/s
运动的时间为：t=vAaA，解得：t=2s
由：vB=v0−aBt，解得：vB=3m/s
因此，A、B速度相同时A刚好与P相撞，故A正确；
B.当L<3m时，根据A选项的解答可知A与挡板碰撞时A的速度小于3m/s，B的速度大于3m/s。因mA=2mB，A撞击P后，A的动量mAvA有可能大于B的动量mBvB，因此A、B的总动量方向向左，由动量守恒定律可得最终A、B会以相同的速度向左运动，因此A与P有可能只相撞1次，故B错误；
C.当L>3m时，根据A选项的解答可知A、B共速后A与P相撞，以向左为正方向，相撞后对A、B系统应用动量守恒定律得：
mAvA−mBvB=(mA+mB)v共，解得：v共=1m/s
对全过程应用能量守恒定律得：
μmBgs=12mBv02−12(mA+mB)v共2，解得：s=13m
即B相对于A滑行的最大距离为13m，故C正确；
D.因mA>mB，所以无论L为多大(L≠0)，随着B的速度逐渐减小，总有一刻A撞击P后，A的动量大于或等于B的动量，A的动量向左，B的动量向右，当两者大小相等时，A向左运动一段距离后与B一起停止运动；当A的动量大于B的动量时，最终A、B以相同的速度向左运动。无论哪种情况，A都不会紧贴着P停止运动，故D错误。
故选：AC。
当L=3m时，根据牛顿第二定律与运动学公式判断A、B速度相同时A是否刚好与P相撞；当L<3m时，根据A选项的解答判断A与挡板碰撞时A、B的速度情况，根据动量守恒定律分析A与P可能相撞的次数；
当L>3m时，根据A选项的解答确定A与P相撞时A、B的速度情况，对A、B系统应用动量守恒定律和能量守恒定律求解B相对于A滑行的最大距离；根据动量守恒定律分析D选项。
本题考查了动量守恒定律、动能定理的应用，本题的关键是知道A与挡板碰撞一次的条件：碰后系统总动量不再向右，即碰后A的动量大小大于B的动量大小。
96.8 C 4π2(L1−L2)T12−T22
【解析】解：(1)分度值为20的游标卡尺的精确度为0.05mm，小球的直径d=10mm+14×0.05mm=10.70mm
秒表的示数t=60s+36.8s=96.8s；
(2)A.根据单摆周期公式T=2π Lg
整理得g=4π2n2Lt2
测量摆长时，把摆线的长度当成了摆长，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏小，故A错误；
B.摆线上端未牢固地固定于O点，振动中出现松动，使摆线越摆越长，知摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故B错误；
C.测量周期时，误将摆球(n−1)次全振动的时间t记为了n次全振动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，故C正确；
D.摆球的质量过大，不影响重力加速度的测量，故D错误。
故选：C。
(3)根据单摆的周期公式，第一次测量的周期T1=2π L1+rg
第二次测量的周期T2=2π L2+rg
联立可得重力加速度g=4π2(L1−L2)T12−T22。
故答案为：(1)10.70；96.8；(2)C；(3)4π2(L1−L2)T12−T22。
(1)分度值为20的游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标上对齐格数(不估读)×精确度；
秒表的读数为分针对应示数与秒针对应示数之和；
(2)根据实验原理、操作步骤和注意事项分析作答；
(3)根据单摆周期公式求解作答。
本题主要考查了游标卡尺和秒表的正确读数规则，考查了“用单摆测定重力加速度”的实验，要理解单摆周期公式的含义，注意摆线长与摆长的关系。
16.B A 6.4×10−7
【解析】解：(1)根据双缝干涉实验的装置要求，安装仪器的器材顺序为凸透镜、单缝、双缝，故B正确，ACD错误；
(2)A、根据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，仅将双缝与光屏之间的距离L减小少许，则条纹间距减小，从目镜中观察到的条纹个数增加，故A正确；
B、仅将单缝与双缝间距增大少许，不改变条纹间距，所以观察到的条纹个数不变，故B错误；
C、根据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，仅将双缝间的距离d减小少许，则条纹间距增大，从目镜中观察到的条纹个数减少，故C错误。
故选：A。
(3)相邻条纹间距为Δx=15.6−11.17mm=0.64mm，代入干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可得λ=6.4×10−7m
故答案为：(1)B；(2)A；(3)6.4×10−7。
(1)根据是双缝干涉实验的装置要求分析；
(2)(3)根据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ分析计算。
掌握用双缝干涉测量光的波长的实验装置的器材要求，掌握干涉条纹间距公式Δx=Ldλ是解题的基础。
17.解：(1)根据全反射临界角公式有：sinC=1n=12；
解得：C=30°；
(2)作出光线a的传播图像：
根据几何关系可知PQ= 3R，且△PQS为等边三角形；
光在介质的传播速度v=cn
则光线a从发出到回到A的时间t=3PQv
解得：t=6 3Rc
答：(1)该色光对透明球体的临界角为30°；
(2)光线a从发出到回到A的时间为6 3Rc。
【解析】(1)根据全反射临界角公式解得；
(2)由几何关系，求得光在玻璃砖中通过的路程，由v=cn求得在球体中的传播速度，则在球体中传播的时间可求。
本题是一道几何光学题，对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解角和边的大小。
18.解：(1)规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，方向向左，对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得
M2v0−M1v0=(M1+M2)v1
对乙和A组成的系统根据动量守恒定律可得
M2v0=(M2−m)v1+mv
解得
v1=0.4m/s，v=5.2m/s
(2)取水平向左为正方向，对甲进行分析，根据动量定理有
Ft=M1v1−M(−v0)
解得
F=384N
答：(1)乙要以5.2m/s的速度将物体A推出；
(2)甲与A的相互作用力F的大小384N。
【解析】以甲、乙、A三者组成的系统研究，动量守恒，结合动量守恒定律求出甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变同向运动的速度，再乙和A组成的系统研究，根据动量守恒求出抛出A的速度。
对甲研究，根据动量定理求出甲与A相互作用力的大小。
本题考查了动量定理和动量守恒定律的综合运用，运用动量守恒定律解题，关键合理地选择研究的系统，注意动量守恒定律表达式的矢量性。
19.解：(1)v−t图像斜率表示加速度，则
aP=ΔvΔt=
由牛顿第二定律可得
f=mPaP=4×1N=4N
(2)设C与P碰撞前后速度为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒得
mCv+mPv1=(mC+mP)v2
代入数据解得
v=1.5m/s
由牛顿第二定律可知
f=mCaC
可得
aC=2m/s2
由
v=v0−act2
得
t2=0.9s
(3)设C与P碰撞时弹簧形变量为Δx，由图可知，对于P来说
f=kΔx
设t2时刻Q速度为v3，C、P与Q共速时速度为v4，取向右为正方向，由动量守恒可知
mCv0=(mC+mP)v2+mQv3，mCv0=(mC+mP+mQ)v4
代入数据解得
v3=0.15m/s2，v4=0.66m/s2
对于C、P、Q而言，能量守恒得
12kx12+12mQv32+12(mC+mP)v22=12(mC+mP+mQ)v42+EPmax
代入数据解得
EPmax=1.267J
答：(1)0～0.6内，木板P的加速度大小1m/s2，aP和所受摩擦力大小4N；
(2)物块C与木板P相碰前的速度大小1.5m/s，碰撞的时刻0.9s；
(3)弹簧最大的弹性势能1.267J。
【解析】(1)根据题图信息求出P的加速度大小，再由牛顿第二定律求得CP之间摩擦力的大小；
(2)根据题图分析P与Q(弹簧)碰撞在先，由动量守恒定律求出此时C的速度，并确定碰撞时刻；
(3)先根据动量守恒定律求出三者共速的速度，再由能量守恒定律求最大的弹性势能。
本题是板块模型、碰撞模型涉及弹簧连接体的多过程综合题，本题的维难点是分清CP碰撞与PQ碰撞的先后，再适时应用动量守恒定律、能量守恒定律、结合题图条件解决问题。