滑块滑离瞬间木板的速度 v2=a2t2=0.6m/s
（3）滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律得
F﹣μMg=Ma3
得 a3=m/s2
故木板在t0这段时间的位移为 s3=v2t0+
代入数据解得 s3=m
整个过程摩擦力对木板做的功为 Wf=﹣μ（M+m）g?（s1+s2）﹣μMgs3 代入数据解得 Wf=﹣7.38J 答：
（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间是0.2s； （2）滑块离开木板时，木板的速度大小是0.6m/s；
（3）从t=0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功是﹣7.38J．
（二）选考题【物理──选修3-3】（15分） 13．（5分）下列说法中正确的是（ ） A．温度越高，分子的无规则热运动越剧烈 B．物体的温度越高，所有分子的动能都一定越大 C．分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小 D．一定质量的理想气体在等压膨胀过程中温度一定升高 E．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
【解答】解：A、温度是分子热运动剧烈程度的反映，温度越高，分子的无规则热运动越剧烈，故A正确。
B、物体的温度越高，分子的平均动能越大，由于分子运动是无规则的，不是所有分子的动能都越大，故B错误。
C、分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，故C正确。
D、一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，由=c，知V增大，T一定升高，故
D正确。
E、如果物体从外界吸收了热量，又对外做功，则物体的内能不一定增加。故E错误。 故选：ACD。
14．（10分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p﹣V图象如图所示．已知该气体在状态C时的温度为300K．求： （i）该气体在状态A、B时的温度分别为多少？
（ii）该气体从状态A到B是吸热还是放热？请写明理由．
【解答】解：（i）对一定质量的理想气体由A到B过程，由理想气体状态方程可得：TB=TC=300 K（或tB=27℃）（或者由pBVB=pCVC得知该过程为等温变化过程，得：TB=TC=300 K） 又A到B为等容过程有
，解得：TA=450 K（或tA=177℃）
（ii）根据图象可知从A到B气体体积不变所以外界对气体做功为：W=0J，又TA＞TB 可知内能变化△U＜0，根据热力学第一定律有：△U=W+Q，得Q＜0即放热．
答：（i）该气体在状态A、B时的温度分别为450 K和300K； （ii）该气体从状态A到B是放热，理由如上；
【物理--选修3-4】（15分）
15．甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（ ）
A．甲速度为零时，乙速度最大
B．甲加速度最小时，乙速度最小
C．任一时刻两个振子受到的回复力都不相同 D．两个振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2 E．两个振子的振幅之比为A甲：A乙=2：1
【解答】解：A、由图示图象可知，甲、乙的周期不同，甲速度为零时乙的速度并不是都最大，故A错误；
B、振子在平衡位置处速度最小，振子在最大位移处速度最小，由于甲、乙的周期不同，甲加速度最小时，乙的速度并不都是最小，故B错误；
C、弹簧振子的回复力：F=﹣kx，由于弹簧振子不同，k不同，由图示可知，任意时刻x不同，则两振子的回复力不同，故C正确；
D、由图可知甲、乙两个振子的周期分别为T甲=2.0s，T乙=1.0s，甲、乙两个振子的周期之比为2：1，频率：f=，所以甲乙振子的振动频率之比f甲：f乙=1：2，
故D错误；
E、由图示图象可知，两振子的振幅分别为：A甲=10cm，A乙=5cm，两个振子的振幅之比：A甲：A乙=10：5=2：1，故E正确； 故选：CDE。
16．如图为一玻璃球过球心的横截面，玻璃球的半径为R，O为球心，AB为直径，来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射，已知∠ABM=30°，求： （i）玻璃的折射率； （ii）球心O到BN的距离．
【解答】解：（i）设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知 i=30°，r=60°，
根据折射定律知 n=
得 n=
（ii）光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C，则 sin C=
设球心到BN的距离为d，由几何知识可知 d=Rsin C
得 d=R
答：
（i）玻璃的折射率是 ；
（ii）球心O到BN的距离是R．
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