对A，向左，
LA1板=xA+x木=0.8+0.2m=1m， 当t2=0.3s，对A，向左，对木板，向右，
，
，
，
，
可知AB相距L=LB板+LA1板+LA2板=0.6+1+0.3m=1.9m． 答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s； （2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解．
[物理--选修3-3]（15分）
13．（5分）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（ ）
A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ca中外界对气体做功 C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量 E．在过程ca中气体从外界吸收热量
【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据W=p△V判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出
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热量．
【解答】解：A、从a到b等容升压，根据
可知温度升高，一定质量的理想
气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A正确； B、在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B正确； C、在过程ab中气体体积不变，根据W=p△V可知，气体对外界做功为零，故C错误；
D、在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△U=W+Q可知，气体从外界吸收热量，故D正确； E、在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据
可知温
度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，故E错误。 故选：ABD。
【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功．
14．（10分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2．K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图（b）所示．设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变．已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g．求： （i）待测气体的压强；
（ii）该仪器能够测量的最大压强．
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【分析】（1）由题意，水银面升后，求出气体的状态参量，然后由玻意耳定律求出压强的表达式；
（2）根据题意可知，M的直径不知道，所以当h=l时，则能准确测量的压强最大，然后代入上式即可求出压强．
【解答】解：（1）以K1和M容器的气体为研究对象，设待测气体的压强为p， 状态1：p1=p，V1=V0+状态2：p2=p+ρgh，V2=由玻意耳定律得：p1V1=p2V2， 解得：p=
；
， ，
（2）由题意可知，当h=l时，则能准确测量的压强最大，所以：
答：（i）待测气体的压强为；
（ii）该仪器能够测量的最大压强．
【点评】本题考查了求气体压强，认真审题理解题意，确定研究对象，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题．
[物理--选修3-4]（15分）
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15．如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5s时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5s．关于该简谐波，下列说法正确的是（ ）
A．波长为2 m B．波速为6 m/s C．频率为1.5Hz
D．t=1s时，x=1m处的质点处于波峰 E．t=2s时，x=2m处的质点经过平衡位置
【分析】根据图中实线与虚线之间的关系，得到t=0.5s与波的周期关系，结合0.5s＜T，求得周期，读出波长，再求得波速．周期与频率互为倒数，可求频率．根据时间与周期的关系分析P点的位置，确定其速度大小和方向．根据时间与周期的关系分析x=1 m和x=2m处的状态和位置．
【解答】解：A、由图象可知，波长为λ=4m，故A错误； BC、由题意知：（n+）T=0.5，所以周期为T=
=
，因为该简谐波的周期
大于0.5s。速为：v=
=
＞0.5，解得：n＜，即当n=0时，T=s，频率f==1.5Hz，波=6m/s，故BC正确；
D、t=0时x=1 m处的质点位于波峰，经t=1 s，即经过1.5个周期，该质点位于波谷，故D错误；
E、t=0时x=2 m处的质点位于平衡位置正向上运动，经t=2 s，即经过3个周期，质点仍然位于平衡位置正向上运动，故E正确。 故选：BCE。
【点评】根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播距离的通项，从而得到周期的特殊值．
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16．如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）．已知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）．求：
（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； （ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．
【分析】（1）由全反射定理得到可从球面射出的光线的范围．进而得到最大距离； （2）由入射光线的位置得到入射角，进而得到折射光线，从而得到折射光线与光轴的交点到O点的距离．
【解答】解：（i）如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角ic时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l． i=ic
设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 nsinic=l 由几何关系有 sini=
联立可得：l=R
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（ii）设与光轴相距的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i1和r1，由折射定律有 nsini1=sinr1
设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有
由几何关系有 ∠C=r1﹣i1 sini1= 联立可得：OC=
R≈2.74R．
；
答：（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为
（ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离2.74R． 【点评】光能发生折射，即光不发生全反射，所以，入射角小于临界角，由此得到可发生折射的光线范围．
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