重庆市江津中学2021届高三下学期5月高考全真模拟考试物理试题+Word版含答案

这是一份重庆市江津中学2021届高三下学期5月高考全真模拟考试物理试题+Word版含答案，共1页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题只有一项符合题目要求。
1.（改编题）电动平衡车是时下热门的一种代步工具。如图所示，人站在平衡车上在水平地面上沿直线匀速前进，已知人受到的空气阻力与速度成正比，下列说法正确的是（ ）
A．电动平衡车对人的作用力竖直向上
B．电动平衡车对人的作用力大于人的重力
C．不管速度多大，电动平衡车对人的作用力不变
D．地面对电动平衡车的作用力竖直向上
2．如图所示，两小球从斜面的顶点先后以不同的初速度向右水平抛出，在斜面上的落点分别是a和b，不计空气阻力．关于两小球的判断正确的是( )
A．落在b点的小球飞行过程中速度变化快
B．落在a点的小球飞行过程中速度变化大
C．小球在a点和b点时的速度方向不同
D．两小球的飞行时间均与初速度v0成正比
3.（改编题）如图所示，在粗糙固定的斜面上，放有A、B两个木块，用轻质弹簧将A、B两木块连接起来，B木块的另一端再通过细线与物体C相连接，细线跨过光滑定滑轮使C物体悬挂着，A、B、C均处于静止状态，下列说法不正确的是( )
A．弹簧弹力可能为零
B．A受到的摩擦力可能沿斜面向上
C．B可能不受到摩擦力的作用
D．若增大B物体的重量，则B物体受到的摩擦力一定将先增大后减小
4．如图所示，正方形ABCD的对角线相交于O点，两个等量同种正电荷分别固定在A、C两点，则( )
A．B、D两处电势、电场强度均相同
B．B、D两处电势、电场强度均不相同
C．若在B点静止释放一电子，电子一定在B、D间往复运动，且加速度先减小后增大
D．若在B点给电子一垂直纸面合适的速度，电子可绕O点做匀速圆周运动
5．某空间中存在一个有竖直边界的水平方向匀强磁场区域，现将一个等腰梯形闭合导线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过这个区域，尺寸如图所示，图中能正确反映该过程线圈中感应电流随时间变化的图象是( )
6．（原创题）2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星成功发射，标志着北斗全球卫星导航系统的星座部署全部完成。据悉，北斗三号由3颗地球静止同步轨道（GEO）卫星、3颗倾斜地球同步轨道（IGEO）卫星和24颗中圆地球轨道（MEO）卫星组成。已知MEO卫星的轨道高度大概是在2万公里，轨道周期是12小时；IGEO卫星的轨道周期是24小时。则关于北斗卫星，下列说法错误的是（ ）
A．三类卫星中，MEO卫星的加速度最大
B．三类卫星中，MEO卫星的运行速度最大
C．GEO卫星和IGEO卫星的轨道高度不同
D．MEO卫星具有在轨备份的功能，即某颗IGEO卫星失效时，其功能可由某颗MEO卫星来替代。那么，MEO卫星必须经过加速过程才能完成轨道调整
7.（改编题）如图所示，一平行板电容器的两极板A、B水平放置，A在上方，B在下方，上极板A接地，电容器、理想的二极管、开关S与电源相连，已知A和电源正极相连，理想二极管具有单向导电性。现将开关S闭合，位于A、B两板之间P点的带电粒子恰好处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．断开开关S，将A板向上移动一小段距离，带电粒子将向下移动
B．断开开关S，将A板向左移动一小段距离，用电压表测量A、B两板间的电压，电压值始终不变
C．保持开关S闭合，将B板向左移动一小段距离，二极管两端电压（绝对值）不变
D．保持开关S闭合，将B板向上移动一小段距离，带电粒子将向上移动
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分，每小题有多个选项符合要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8.（原创题）在经典电磁学中，点电荷间的相互作用力表现为：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。但当两个带电体不能视为点电荷时，由于静电感应等因素，带电体的电荷会发生变化，从而影响带电体间的相互作用力。现有一半径为R的金属球带正电，其电荷量为Q，将电荷量为q的一个小球（可视为带正电的点电荷）放在金属球旁边，则两个带电体之间的相互作用力可能为（ ）
A．引力 B．斥力 C．零 D． 条件不足，无法判断
9．（原创题）电子和光子均是自然界的基本粒子。当光子被电子散射时，如果电子具备足够大的动能，则散射光子的频率会大于入射光的频率，称为逆康普顿散射或逆康普顿效应。关于该效应，下列说法中正确的是（ ）
A．该效应说明光子和电子一样，具有粒子性
B．相较于入射光子，散射光子的波长更长
C．与入射光子发生作用后，电子的动能减小
D．由于散射光子的能量大于入射光子的能量，故该效应否定了能量量子化的观点
10．（原创题）在足球运动中，如果进攻方球员故意用危险性动作阻挡对方守门员，会被裁判员判罚点球。在某次比赛中，某运动员在距球门正前方s 处的罚球点将球踢出，足球正中球门横梁（与横梁垂直碰撞）。已知横梁离地高度为h且可视为细杆，足球质量为m ，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．足球击中横梁时，速度沿水平方向
B．罚球过程中，足球的位移大小为
C．运动员至少对足球做功为
D．运动员至少对足球做功为
三、非选择题：共57分，第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15题为选考题，考生必须根据要求作答。
（一）必考题：共45分。
11．(6分)如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M(A的含挡光片，B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出____________(填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h.
②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt.
③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．
(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为
____________________________ (已知重力加速度为g)．
(3)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：
①写出a与m之间的关系式：________________(还要用到M和g)．
②a的值会趋于____________．
12．(8分)某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组的内阻较大，为了提高实验的精度，需要测量电压表的内阻。实验室中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块表，设计了如图所示的实验电路，既能实现对该电压表内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻的测量。
该同学用到的实验器材有：待测水果电池组(电动势约4 V、内阻约50 Ω)，双向电压表(量程为2 V、内阻约为2 kΩ)，电阻箱(0～9 999 Ω)，滑动变阻器(0～200 Ω)，一个单刀双掷开关及若干导线。
(1)该同学按如图1所示电路图连线后，首先测量了电压表的内阻。请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将R1的滑动触片滑至最左端，将开关S拨向1位置，将电阻箱阻值调为0；
②调节R1的滑动触片，使电压表示数达到满偏U；
③保持R1不变，调节R2，使电压表的示数达到eq \f(U,3)，读出电阻箱的阻值，记为R0，则电压表的内阻RV＝________。
(2)若测得电压表内阻为2 kΩ，可分析此测量值应________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(3)接下来测量电源的电动势和内阻，实验步骤如下：
①将开关S拨至________(选填“1”或“2”)位置，将R1的滑片移到最________端，不再移动；
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一合适值，记录电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复第二步，记录多组电压表的示数和对应的电阻箱的阻值。
(4)若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R，作出eq \f(1,U)－eq \f(1,R)图象，如图2所示，其中纵轴截距为b，斜率为k，则电动势的表达式为________，内阻的表达式为________。
13.(11分)如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场．一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60°角射入磁场，从y＝L处的b点沿垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计粒子重力。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
14．（改）(20分)如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝6.0 kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝2.0 m/s匀速运动．传送带的右边是一半径R＝1.25 m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道．质量m＝2.0 kg的物块B从eq \f(1,4)圆弧的最高处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，传送带两轴之间的距离l＝4.5 m．设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g＝10 m/s2.求：
(1)物块B滑到eq \f(1,4)圆弧的最低点C时对轨道的压力；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B在第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
（二）选考题：共12分。请从2道题中任选一道作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
15．【物理—选修3－4】(12分)
(1)（4分）下列说法正确的是____．（本题只有一个选项符合题目要求，错选多选均不给分）
A．多晶体没有确定的熔点
B．布朗运动就是分子的热运动
C．气体向真空的自由膨胀过程是可逆过程
D．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
E．压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故
(2) (8分)U形管左右两管粗细不等，左侧A管开口向上，封闭的右侧B管横截面积是A管的3倍．管中装入水银，大气压为p0＝76 cmHg ，环境温度为27 ℃.A管中水银面到管口的距离为h1＝24 cm，且水银面比B管内高Δh＝4 cm.B管内空气柱长为h2＝12 cm，如图所示．欲使两管液面相平，现用小活塞把开口端封住，并给A管内气体加热，B管温度保持不变，当两管液面相平时，试求此时A管气体的温度为多少？
16．【物理—选修3－4】(12分)
(1)(4分)在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝200 m/s.已知t＝0时，波刚好传播到x＝40 m处，如图所示，在x＝400 m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是________．（本题只有一个选项符合题目要求，错选多选均不给分）
A．波源开始振动时方向沿y轴正方向
B．从t＝0开始经过0.15 s，x＝40 m处的质点运动路程为0.6 m
C．接收器在t＝0.8 s时才能接收到此波
D．若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率可能为11 Hz
E．若该波与另一列振幅也为10cm、波源在x＝350 m处的沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，一定能够产生稳定的干涉图样
(2)(8分)如图所示，某玻璃砖的截面由半圆和正三角形组成，半圆的直径为d，正三角形的边长也为d，一束单色光从AB边的中点D垂直于BC射入玻璃砖中，结果折射光线刚好通过半圆的圆心O，光在真空中的传播速度为c，求：
①光在玻璃砖中传播的时间(不考虑光的反射)．
②入射光线的方向不变，将光在AB面上的入射点下移，使折射光线刚好能照射到圆的最底部，入射点沿AB移动的距离为多少？这时光束在圆的最底部经玻璃砖折射后的折射角为多少？
物理试题
答案及评分标准
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.解析：选B。人匀速运动，受三种力的作用：重力、空气阻力和平衡车的作用力，则A错误、B正确；速度越大，空气阻力越大，电动平衡车对人的作用力越大，C错误；地面对电动平衡车有两个力的作用，
2.解析：选D.平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，速度变化一样快，b球运动时间长所以速度变化大，A、B错误；落在a点和b点的小球，由eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)＝tan α，而速度偏转角θ应满足tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(gt,v0)＝2tan α，由于α一定，所以θ一定，它们速度方向相同，C错误；落在a点和b点的小球，由tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(gt,2v0)，得t＝eq \f(2v0tan α,g)，所以运动时间t与v0成正比，D正确．
3.解析：选D.由于斜面粗糙，弹簧有可能处于自然长度，即弹力有可能为零，A正确；如果弹簧处于伸长状态，当弹簧的弹力大于A重力沿斜面向下的分力时，A受到的摩擦力沿斜面向下，B错误；以B为研究对象，沿斜面方向有F绳＋FT弹＋Ff－mBgsin θ＝0，如果F绳＋FT弹＝mBgsin θ，则摩擦力为零，C正确；初状态下不知道B受到的摩擦力大小和方向，无法确定增大B物体的重量时B物体受到的摩擦力变化情况，D错误．
4．解析：选D.在等量同种电荷连线的中垂线上，电场强度从O点开始向上、下两边先增大后减小，在O上方的电场强度方向竖直向上，在O下方的电场强度方向竖直向下，根据对称性可知B、D两点的电场强度大小相同，方向不同，电势相同，A、B错误；无法判断从O到B(O到D)电场强度是一直增大，还是先增大后减小，故无法判断电子加速度的变化情况，C错误；在垂直纸面且经过B、D两点的圆上，所有点的电势相等，并且电子受到的电场力指向O点，与速度方向垂直，电子可绕O点做匀速圆周运动，D正确．
5．解析：选A。当右边进入磁场时，会产生感应电流，由楞次定律得，感应电流应是逆时针方向，由于有效切割长度逐渐增大，导致感应电流的大小也均匀增大；当线框右边出磁场后，有效切割长度不变，则产生感应电流的大小不变，但比刚出磁场时的有效长度缩短，导致感应电流的大小比刚出磁场时的电流小，但由楞次定律得，感应电流应仍是逆时针方向；当线框左边进入磁场时，有效切割长度在变大，感应电流的方向是顺时针方向，即负方向大小增大，故A正确，B、C、D错误。
6．解析：选C.由题图乙可知，0～t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0～t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t1内原磁场方向向里减小或向外增大，D正确，C错误．
7. 解析：选D.若将开关S断开，电容器带电荷量Q保持不变，根据E＝eq \f(4πkQ,εrS)得，电场强度E与距离d无关，则将A板上移一小段距离，电场强度E不变，粒子不动，选项A错误；若将电压表测量两板间电压，构成通路，电容器将会放电，最终无示数，选项B错误；开关S闭合，将B板向左移动，电容器两板间的正对面积S减小，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)得，电容C减小，再根据C＝eq \f(Q,U)得，电容器带的电荷量应减小，但是由于二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器带的电荷量Q仍然保持不变，由C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)，可得两极板间的电场强度E＝eq \f(4πkQ,εrS)，S减小，E增大，根据电路中的电压关系，二极管和电容器的电压之和为电源电动势，电场强度增大时，电容器两板间电压也随之增大，则二极管两端（与电容器两端电压反向）电压变大，故选项C错误；开关S闭合，电容器两极板间的电压U保持不变，将B板向上移动，两极板间距离d减小，根据电场强度E＝eq \f(U,d)得，E增大，电场力大于重力，带电粒子将向上移动，选项D正确；
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分，每小题有多个选项符合要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 解析：选ABC。金属球上出现感应电荷后，定性分析可知，有ABC三种可能。
9．参考答案：AC
基本粒子没有内部结构，光子和电子均具有动量，相互作用过程可理解为弹性碰撞。
10. 解析：选BD.斜抛在最高点时速度最小，垂直横梁的方向有很多种情况，不一定水平，如果因为思维定势，一定会选错误选项AC，故正确答案为BD。设斜抛运动的初始速度为v，初速度与水平方向的夹角为θ，将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的竖直上抛运动，则有
，
联立可得：
得的解为
由于只有唯一的入射角，故判别式应为0，则
整理可得
则运动员至少对足球做功
三、非选择题：共57分，第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15题为选考题，考生必须根据要求作答。
（一）必考题：共45分。
11．(6分)解析：(1)①实验时，测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h.
(2)重物A经过光电门时的速度为v＝eq \f(d,Δt)；则如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为mgh＝eq \f(1,2)(2M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt)))eq \s\up12(2).
(3)①根据牛顿第二定律可知mg＝(m＋2M)a，解得：
a＝eq \f(mg,2M＋m)＝eq \f(g,\f(2M,m)＋1).
②当m增大时，式子的分母趋近于1，则a的值会趋于重力加速度g.
答案：(1)①挡光片中心（1分）；
(2)mgh＝eq \f(1,2)(2M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,Δt)))eq \s\up12(2) （2分）；
(3)①a＝eq \f(g,\f(2M,m)＋1)（2分） ②重力加速度g（1分）
12．(8分)解析：(1)滑动变阻器接入电路的阻值不变，电压表与电阻箱两端电压不变，电压表示数变为满偏电压eq \f(1,3)U时，则电阻箱分压eq \f(2,3)U，电阻箱接入电路的阻值等于电压表内阻的2倍，则电压表内阻RV＝eq \f(1,2)R0.
(2)调节电阻箱阻值使电压表示数变为满偏电压的eq \f(1,3)时，电路总电阻变大，电路总电流变小，滑动变阻器与电源内阻分压变小，电阻箱与电压表两端总电压变大，当电压表示数变为满偏电压eq \f(1,3)时，电阻箱两端电压大于电压表满偏电压的eq \f(2,3)，实际上电压表内阻小于eq \f(1,2)R0，则电压表内阻的测量值偏大。
(3)测电源电动势与内阻，应将开关S拨至2位置，将R1的滑动触片移到最左端，不再移动。
(4)由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势E＝U＋Ir＝U＋eq \f(U,R)r
则eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)＋eq \f(r,E)·eq \f(1,R)
由图示可知，图象截距b＝eq \f(1,E)
图象斜率k＝eq \f(r,E)
则电源电动势E＝eq \f(1,b)
电源内阻r＝eq \f(k,b)。
答案：(1)eq \f(1,2)R0（1分） (2)大于（1分） (3)2（1分） 左（1分） (4)eq \f(1,b) （2分）； eq \f(k,b)（2分）
13．(11分解析：(1)带电粒子的运动轨迹如图所示．
由几何关系可知：r＋rcs 60°＝L, （1分）
得r＝eq \f(2L,3) （1分）
又因为qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),r) （1分）
解得：B＝eq \f(3mv0,2qL). （1分）
(2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L＝v0t2 （1分）
沿y轴有：L＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)， （1分）
又因为qE＝ma （1分）
解得：E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qL). （1分）
(3)带电粒子在磁场中运动时间为：t1＝eq \f(1,3)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(4πL,9v0) （1分）
带电粒子在电场中运动时间为：t2＝eq \f(2L,v0) （1分）
所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：eq \f(t1,t2)＝eq \f(2π,9). （1分）
答案：(1)eq \f(3mv0,2qL) (2)eq \f(mv\\al(2,0),2qL) (3)eq \f(2π,9)
14．(20分)解析：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0.
由机械能守恒定律知mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) (1分)
得v0＝eq \r(2gR)＝5 m/s (1分)
设物块B滑到eq \f(1,4)圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：F－mg＝eq \f(v\\al(2,0),R) (1分)
解得：F＝60 N
则物块B滑到eq \f(1,4)圆弧的最低点C时对轨道的压力大小为F′＝60 N， 方向竖直向下．(2分)
(2)设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则μmg＝ma (1分)
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2－veq \\al(2,0)＝－2al (1分)
联立解得v＝4 m/s
由于v>u＝2 m/s，所以v＝4 m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小．
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，
由动量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mv1＋Mv2， (1分)
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2) (1分)
解得v1＝－eq \f(1,2)v＝－2 m/s，v2＝2 m/s (1分)
弹簧具有的最大弹性势能等于物块A的初动能Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＝12 J (1分)
(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动．
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得：－μmgl′＝0－eq \f(1,2)mv1 2 (1分)
得l′＝2 m<4.5 m (1分)
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上．当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动．可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为
v1′＝2 m/s，继而与物块A发生第二次碰撞．设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1.
由动量定理得：μmgt1＝2mv1′ (1分)
解得t1＝eq \f(2v1′,μg)＝eq \f(2,μg)×eq \f(1,2)v＝2×eq \f(1,2)×4 s＝4 s
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1′＝mv3＋Mv4 (1分)
eq \f(1,2)mv1′2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,4) (1分)
解得v3＝－eq \f(1,22)＝－1 m/s (1分)
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动．可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′＝1 m/s，继而与物块A发生第2次碰撞．则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2.
由动量定理得：μmgt2＝2mv3 ′ (1分)
解得t2＝eq \f(2v3′,μg)＝eq \f(2,μg)×eq \f(1,2)v1′＝eq \f(2,μg)×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)v＝2×eq \f(1,22)×4 s＝2 s
同上计算可知物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为tn＝eq \f(1,2n－1)×4 s, 构成无穷等比数列，公比q＝eq \f(1,2)
由无穷等比数列求和公式t总＝t1eq \f(1－qn,1－q)可知，当n→∞时，有 (1分)
物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为t总＝eq \f(1,1－\f(1,2))×4 s＝8 s (1分)
答案：(1)60 N，方向竖直向下 (2)12 J (3)8 s
（二）选考题：共12分。
15. 解析：(1)D
(2)设A管横截面积为S，则B管横截面积为3S
以B管封闭气体为研究对象
初状态：p1＝p0＋Δh＝80 cmHg ，V1＝3Sh2 (1分)
设末状态的压强为p2，体积为V2
从初状态到末状态，设A管水银面下降Δh1，B管水银面上升Δh2，则
Δh1＋Δh2＝Δh ，Δh1S＝3Δh2S (1分)
故Δh1＝3Δh2＝0.75Δh＝3 cm (1分)
末状态的体积V2＝3S(h2－Δh2) (1分)
由玻意耳定律有p1·V1＝p2·V2 (1分)
由以上各式得p2≈87.3 cmHg
以A管被活塞封闭的气体为研究对象
初状态：p3＝p0＝76 cmHg，V3＝Sh1，T1＝300 K
末状态：p4＝p2＝87.3 cmHg，体积V4＝S(h1＋Δh1) (1分)
由理想气体方程：eq \f(p3V3,T1)＝eq \f(p4V4,T2) (1分)
由以上各式得T2＝387.7 K. (1分)
16．解析：(1)根据波的图象和波的传播方向可知，波源开始振动时方向沿y轴负方向，选项A错误；根据波的图象可知波长λ＝20 m，振幅A＝10 cm，周期T＝eq \f(λ,v)＝0.1 s，从t＝0开始经过0.15 s(1.5个周期)，x＝40 m处的质点运动路程为6个振幅，即6A＝6×0.1 m＝0.6 m，选项B正确；接收器在t＝eq \f(Δx,v)＝eq \f(400－40,200) s＝1.8 s时能够接收到此波，选项C错误；波源频率为f＝eq \f(1,T)＝10 Hz，若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率小于10 Hz，选项D错误；根据频率相同的两列波相遇才能产生稳定干涉的条件，若该波与另一列振幅也为10 cm的简谐横波相遇，不一定能够产生稳定的干涉图样，选项E错误．
(2)①由几何关系可知，光在AB面上的入射角为60°，折射角为30°
根据折射率公式有n＝eq \f(sin i,sin r)＝eq \f(sin 60°,sin 30°)＝eq \r(3) (1分)
由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程s＝d (1分)
光在玻璃砖中传播的时间t＝eq \f(s,v)＝eq \f(ns,c)＝eq \f(\r(3)d,c) (2分)
②由几何关系可知eq \f(AD,AE)＝eq \f(AO,AF) (1分)
求得AE＝eq \f(1,2)d＋eq \f(\r(3),6)d (1分)
因此入射点沿AB移动的距离Δs＝AE－AD＝eq \f(\r(3),6)d (1分)
由几何关系可知，光线在玻璃砖底部的入射角为30°，根据光路可逆可知，光线在玻璃砖底部的折射角为60°. (1分)
答案：(1)B (2)①eq \f(\r(3)d,c) ②eq \f(\r(3)d,6) 60°