由图可得a2=错误！未找到引用源。 ⑥ 式中,t2=2s,v2=0,
联立⑤⑥式和题给条件得μ2=0.4 ⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 ⑧
v3=-v1+a3Δt ⑨
v3=v1+a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为
s1=错误！未找到引用源。Δt ?
小物块运动的位移为s2=错误！未找到引用源。Δt ? 小物块相对木板的位移为
Δs=s2-s1 ?
联立⑥⑧⑨⑩???式,并代入数值得
Δs=6.0m ?
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为s3,由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m+M)g=(m+M)a4 ?
0-错误！未找到引用源。=2a4s3 ? 碰后木板运动的位移为
s=s1+s3 ?
联立⑥⑧⑨⑩????式,并代入数值得
s=-6.5m ?
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。 答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0m (3)6.5m
33.【解析】(1)选B、C、D。晶体敲碎后仍为晶体,故A错误;有些晶体(如有些单晶体)在不同的方向上有不同的光学性质,即具有各向异
性,B正确;碳元素由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体,如石墨和金刚石,故C正确;在合适的条件下,某些晶体和非晶体可以相互转化,如二氧化硅晶体加热再凝固后成为玻璃,D正确;在熔化过程中,晶体的内能要增大,E错误。
(2)①设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部刚接触时,缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2。由题给条件得
V1=S（+S（ ）2l-）1 ①
V2=S2l ②
在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强,由力的平衡条件得
S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p) ③
故缸内气体的压强不变。由盖—吕萨克定律有错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。 ④ 联立①②④式并代入题给数据得
T2=330K ⑤
②在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1。在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′,由查理定律,有错误！未找到引用
l2l2
源。=错误！未找到引用源。 ⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′=1.01×105Pa
答案：(1)B、C、D (2)①330K ②1.01×105Pa
34.【解析】(1)根据Δx=λ,因为红光的波长比绿光的长,所以红光的干涉条纹间距Δx1比绿光的干涉条纹间距Δx2大;由题意得相邻亮条纹的间距为Δx=错误！未找到引用源。= 错误！未找到引用源。mm=2.1×10-3m,再由Δx=d=0.300mm。
(2)①t=0时,在x=50cm处两列波的波峰相遇,该处质点偏离平衡位置的位移为16cm。两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。
从图线可以看出,甲、乙两列波的波长分别为
λ1=50cm,λ2=60cm ①
甲、乙两列波波峰的x坐标分别为
x1=50+k1λ1,k1=0,±1,±2,… ②
x2=50+k2λ2,k2=0,±1,±2,… ③
lλ可以解得dld
由①②③式得,介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为
x=(50+300n)cm n=0,±1,±2,… ④
②只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16cm。t=0时,两波波谷间的x坐标之差为Δx′=错误！未找到引用源。-错误！未找到引用源。 ⑤ 式中,m1和m2均为整数。 将①式代入⑤式得
Δx′=10(6m2-5m1)+5 ⑥
由于m1、m2均为整数,相向传播的波谷间的距离最小为Δx0′=5cm ⑦
从t=0开始,介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为
t=错误！未找到引用源。 ⑧
代入数据得t=0.1s ⑨
答案：(1)> 0.300
(2)①x=(50+300n)cm n=0,±1,±2,… ②0.1s