2016年广东省惠州市高考物理二调试卷
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2，从刹车开始，经5S，汽车通过的位移是（ ）
A．0m B．100m C．12.5m D．37.5m
2．如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连．斜面的倾角α可以改变．讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则有（ ）
A．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力一定越大
B．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力一定越小
C．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越大
D．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越小
3．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一质量为m的物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，则下列正确的结论是（ ）
A．当F＜mg时，物体仍然处于静止状态
B．当F=mg时，物体开始向上做匀速运动
C．当F＞mg时，物体开始向上做匀速运动
D．物体在运动过程中木块与弹簧组成的系统机械能的增加量等于拉力F做的功
4．“套圈圈”是大人和小孩都喜爱的一种游戏．某大人和小孩直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设小圆环的运动可以视作平抛运动，则（ ）
A．大人抛出的圆环运动时间较短
B．大人应以较小的速度抛出圆环
C．小孩抛出的圆环运动发生的位移较大
D．小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小
5．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R的在水平面内的圆周运动．设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g．要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（ ）
A． B． C． D．
6．一辆汽车从甲地出发开往乙地，先匀加速运动后做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度﹣时间图象如图所示，设汽车在整个运动过程中所受的阻力不变，那么0～t0和t0～3t0两段时间内（ ）
A．平均速度大小之比为1：1
B．加速度大小之比为3：1
C．位移大小之比为1：2
D．牵引力的平均功率之比为1：1
7．“天宫一号”空间站正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其轨道半径为地球同步卫星轨道半径的四分之一，且运行方向与地球自转的方向一致．下列说法中正确的是（ ）
A．“天宫一号”运行的向心加速度小于其在地面时的重力加速度
B．“天宫一号”运行的速度等于同步卫星运行速度的2倍
C．站在地球赤道上的人观察到“天宫一号”向东运动
D．在“天宫一号”工作的宇航员因受到平衡力而在舱中悬浮或静止
8．如图所示，物体以一定的初速度V0从倾角为α的粗糙斜面底沿斜面向上运动，上升到一定高度后开始下滑回到底端，设上升时间为t1，下滑时间为t2，下滑到斜面底端的速度为Vt，以下说法正确的是（ ）
A．V0＞Vt
B．t1＜t2
C．物体上升过程出现超重现象
D．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化图象是一条直线
二、解答题（共4小题，满分47分）
9．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速．
②打计数点5时，物块对应的速度大小为 m/s．
③物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2．（结果均保留三位有效数字）
10．某同学在做测定木块与木板间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案．
方案a：木板固定，用弹簧测力计拉动木块，如图a所示．
方案b：木块水平固定，通过细线水平拉动木板，如图b所示．
①上述两种方案中，你认为更合理的方案是 （选择题a或b），原因是 ．
②除了实验必需的器材之外，该同学还准备了质量为100g的砝码若干个，该同学在木块上加放砝码，改变木块对木板的正压力FN，并记录若干组弹簧力F弹与FN的数据，而且以F弹为纵坐标，FN为横坐标，做出图象，那么作出来的画像应该是如图c哪个图 ．
11．在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5m/s，求：（取g=10m/s2）
（1）伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？
（2）伞兵在空中的最短时间为多少？
12．如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道C端切线水平．BC所对的圆心角θ=37°，小物块过圆弧轨道C后，滑上与圆弧轨道连为一体的光滑水平板，板的右端与水平顺时针匀速转动的传送带左端E点等高并靠拢．已知长A、B两点距C点的
高度分别为H=11.0m、h=0.55m，水平面传送带长为L=9m，物块与水平面传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带传送速度为V=4m/s，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
求：
（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小；
（2）小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q．
选修3-3
13．一定质量的理想气体经历一系列变化过程，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
B．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小
E．c→a过程中，气体从外界吸热，内能增大
14．如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l=20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高．先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h=10cm（环境温度不变，大气压强p0=75cmHg）．
求：稳定后低压舱内的压强是多少cmHg？
选修3-5
15．下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福通过a粒子散射实验建立了原子核式结构模型
B．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
C．任何金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率大于这个频率，才能产生光电效应
D．入射光的强度增大，从金属表面逸出的光电子的最大初动能也会增大
E．处于基态的氢原子最稳定
16．如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.39kg的木块（可视为质点），在木块正上方有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间连接一根长度为0.4m的轻绳（轻绳不可伸长且刚好被拉直）．有一颗质量为m=0.01kg的子弹以水平速度V0射入木块并留在其中（作用时间极短），g取10m/s2，要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，求：子弹射入的最小速度．
2016年广东省惠州市高考物理二调试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）
1．汽车以36km/h的速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2，从刹车开始，经5S，汽车通过的位移是（ ）
A．0m B．100m C．12.5m D．37.5m
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】直线运动规律专题．
【分析】已知汽车的初速度，加速度的大小求刹车开始5s内的位移，据x=可得，但本题要注意汽车刹车停车的时间，不能直接套公式．
【解答】解：由题意知取汽车初速度方向为正方向，则有：
v0=36km/h=10m/s，a=﹣4m/s2，t=5s
因为汽车刹车停止后将停止运动，故据v=v0+at得停车时间
∵t＞t停
∴汽车刹车后5s内的位移即为刹车后2.5s内的位移
所以刹车后5s内的位移x====12.5m
答：刹车后经5s，汽车通过的位移是12.5m．
【点评】求匀变速运动的位移，注意比较停车时间，不能直接套用公式，即明白公式适用条件﹣﹣匀变速直线运动，汽车停止即静止，不是匀变速直线运动故不能直接套用公式．
2．如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连．斜面的倾角α可以改变．讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则有（ ）
A．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力一定越大
B．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力一定越小
C．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越大
D．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越小
【考点】摩擦力的判断与计算．
【专题】摩擦力专题．
【分析】对滑块M受力分析，将力按效果沿着与斜面平行和与斜面垂直方向正交分解，根据平衡条件列式分析各个力．
【解答】解：A、B、物体m受到重力mg和拉力T，处于平衡状态，有
T=mg
对滑块M受力分析，受重力Mg、支持力N、拉力T和静摩擦力f，其中静摩擦力方向取决于拉力T和重力的下滑分量的大小，若mg＜Mgsinα，如图1；若mg＞Mgsinα，如图2
根据平衡条件，对于图1，有
T+f=Mgsinα
故α越大，f越大；
根据平衡条件，对于图2，有
T=f+Mgsinα
故α越大，f越小；
故A、B均错误；
C、D、由于物体M下滑，所以物体所受到滑动摩擦力f，有
f=μN
又由于是在斜面上，所以f=μmgcosα
当α增大时cosα减少（0～90度），所以f减少，故C错误，D正确；
故选：D．
【点评】本题关键是对滑块M受力分析，对于摩擦力，要分为静摩擦力和滑动摩擦力两种情况，根据平衡条件得到摩擦力的表达式再进行分析讨论．
3．如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一质量为m的物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，则下列正确的结论是（ ）
A．当F＜mg时，物体仍然处于静止状态
B．当F=mg时，物体开始向上做匀速运动
C．当F＞mg时，物体开始向上做匀速运动
D．物体在运动过程中木块与弹簧组成的系统机械能的增加量等于拉力F做的功
【考点】功能关系；物体的弹性和弹力．
【分析】当F≤mg时，物体向上运动，但不是匀速运动．当F＞mg时，物体向上做变加速运动．由功能关系分析系统的机械能增加量与拉力做功的关系．
【解答】解：A、当F＜mg时，物体要向上运动，故A错误．
B、当F=mg时，物体向上，弹簧的弹力减小，物体做加速运动，故B错误．
C、当F＞mg时，物体先向上做变加速运动，离开弹簧后做匀加速运动，故C错误．
D、根据功能原理可知，物体在运动过程中木块与弹簧组成的系统机械能的增加量等于拉力F做的功，故D正确．
故选：D
【点评】根据F与mg的大小可分析物体能否离开弹簧，要注意静止开始，物体不可能做匀速运动．
4．“套圈圈”是大人和小孩都喜爱的一种游戏．某大人和小孩直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设小圆环的运动可以视作平抛运动，则（ ）
A．大人抛出的圆环运动时间较短
B．大人应以较小的速度抛出圆环
C．小孩抛出的圆环运动发生的位移较大
D．小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量较小
【考点】平抛运动．
【专题】平抛运动专题．
【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．
【解答】解：设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：t=，水平方向位移x=vt=v，
A、大人站在小孩同样的位置，由以上的公式可得，由于大人的高度h比较大，所以大人抛出的圆环运动时间较长，故A错误；
B、大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则要以小点的速度抛出圈圈．故B正确；
C、大人和小孩的水平位移相同，但竖直位移大于小孩的竖直位移，根据s=可知，大人的位移大．故C错误；
D、环做平抛运动，则单位时间内速度变化量△v=gt=g，所以大人、小孩抛出的圆环单位时间内速度变化量相等，故D错误．
故选：B．
【点评】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
5．在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看作是做半径为R的在水平面内的圆周运动．设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L．已知重力加速度为g．要使车轮与路面之间的横向摩擦力（即垂直于前进方向）等于零，则汽车转弯时的车速应等于（ ）
A． B． C． D．
【考点】向心力；牛顿第二定律．
【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速．
【解答】解：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图．
根据牛顿第二定律，得
mgtanθ=m
又由数学知识得到
tanθ=
联立解得
v=
故选B
【点评】本题是生活中圆周运动的问题，关键是分析物体的受力情况，确定向心力的来源．
6．一辆汽车从甲地出发开往乙地，先匀加速运动后做匀减速运动，开到乙地刚好停止，其速度﹣时间图象如图所示，设汽车在整个运动过程中所受的阻力不变，那么0～t0和t0～3t0两段时间内（ ）
A．平均速度大小之比为1：1
B．加速度大小之比为3：1
C．位移大小之比为1：2
D．牵引力的平均功率之比为1：1
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．
【专题】功率的计算专题．
【分析】根据速度图象的斜率等于加速度求解加速度之比．速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由几何知识求解位移大小之比．根据匀变速直线运动的平均速度公式=求解平均速度之比．
【解答】解：A、平均速度大小之比为： =： =1：1．故A正确；
B、根据速度图象的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为：a1：a2=： =2：1．故B错误；
C、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为x1：x2=v0t0： v0•2t0=1：2．故C正确；
D、0﹣t0时间内有牵引力，t0﹣3t0无牵引力，功率为零；
故选：AC
【点评】本题只要抓住速度图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小．
7．“天宫一号”空间站正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其轨道半径为地球同步卫星轨道半径的四分之一，且运行方向与地球自转的方向一致．下列说法中正确的是（ ）
A．“天宫一号”运行的向心加速度小于其在地面时的重力加速度
B．“天宫一号”运行的速度等于同步卫星运行速度的2倍
C．站在地球赤道上的人观察到“天宫一号”向东运动
D．在“天宫一号”工作的宇航员因受到平衡力而在舱中悬浮或静止
【考点】万有引力定律及其应用．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题．
【分析】A、“天宫一号”运行的加速度由万有引力产生，其在地面时的重力加速度由重力产生，在地面重力等于万有引力；
B、万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式分析；
C、根据得到角速度的表达式分析角速度大小；
D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态．
【解答】解：A、根据=ma，“天宫一号”运行的向心加速度小于其在地面时的重力加速度，故A正确；
B、空间站和卫星的万有引力提供向心力，故=，有：v=∝，由于空间站的轨道半径为地球同步卫星轨道半径的四分之一，故其速度是同步卫星运行速度的2倍，故B正确；
C、根据得，ω=，故空间站的角速度大与同步卫星的角速度，故也就大于地球的角速度，故站在地球赤道上的人观察到“天宫一号”向东运动，故C正确；
D、在“空间站”工作的宇航员处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力，做圆周运动，故D错误；
故选：ABC
【点评】解决本题的关键掌握万有引力等于重力=mg和万有引力提供向心力=．以及处于空间站中的人、物体处于完全失重状态，靠地球的万有引力提供向心力，做圆周运动．
8．如图所示，物体以一定的初速度V0从倾角为α的粗糙斜面底沿斜面向上运动，上升到一定高度后开始下滑回到底端，设上升时间为t1，下滑时间为t2，下滑到斜面底端的速度为Vt，以下说法正确的是（ ）
A．V0＞Vt
B．t1＜t2
C．物体上升过程出现超重现象
D．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化图象是一条直线
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．
【分析】在物体上滑和下滑过程中根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据位移大小相等，利用运动学公式比较上滑和下滑时间的大小，根据功能关系判断速度大小，根据除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量写出E关于h的表达式，从而判断物体的机械能E随高度h的变化图象．
【解答】解：A、上滑过程有：mgsinθ+f=ma1，下滑过程有：mgsinθ﹣f=ma2，由此可知a1＞a2，
从斜面底端上滑又回到底端的过程中，摩擦力始终做负功，动能减小，则落回地面的速度vt＜v0，
因此上滑过程的平均速度，大于下滑过程的平均速度，由于上滑过程和下滑过程位移大小相等，因此t1＜t2，故AB正确；
C、上滑过程中，加速度方向沿斜面向下，有竖直向下的分量，则处于失重状态，故C错误；
D、除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，则有：
E=E0﹣=E0﹣μmgcotα•h，则E﹣h图象是一条直线，故D正确．
故选：ABD
【点评】本题容易出错的地方在于阻力的方向容易弄错，注意阻力方向与相对运动方向相反，知道当有向下的加速度时，物体处于失重状态，知道上滑和下滑过程不同，难度适中．
二、解答题（共4小题，满分47分）
9．某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 6 和 7 之间某时刻开始减速．
②打计数点5时，物块对应的速度大小为 1.00 m/s．
③物块减速运动过程中加速度的大小为a= 2.00 m/s2．（结果均保留三位有效数字）
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【专题】实验题．
【分析】①由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；
②用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；
③用作差法求解减速过程中的加速度；
【解答】解：①从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；
②每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，v5==1.00m/s
③由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：
a==﹣2.00m/s2．
所以物块减速运动过程中加速度的大小为2.00m/s2
故答案为：①6；7；②1.00；
③2.00
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
10．某同学在做测定木块与木板间的动摩擦因数的实验时，设计了两种实验方案．
方案a：木板固定，用弹簧测力计拉动木块，如图a所示．
方案b：木块水平固定，通过细线水平拉动木板，如图b所示．
①上述两种方案中，你认为更合理的方案是 b （选择题a或b），原因是 不受木板如何运动的限制 ．
②除了实验必需的器材之外，该同学还准备了质量为100g的砝码若干个，该同学在木块上加放砝码，改变木块对木板的正压力FN，并记录若干组弹簧力F弹与FN的数据，而且以F弹为纵坐标，FN为横坐标，做出图象，那么作出来的画像应该是如图c哪个图 B ．
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．
【专题】实验题．
【分析】①方案a：对摩擦力的测量是采用“间接法”进行的，只有当弹簧秤拉动木块匀速运动时，拉力才与摩擦力成为一对平衡力，它们大小相等．
方案B：拉动木板时，木块受到向左的摩擦力，由于木块相对地面静止，则摩擦力与弹簧秤的拉力是一对平衡力．
②．根据摩擦力公式推导函数关系式，对应图象
【解答】解：（1）由图示实验可知，实验b中，弹簧测力计固定不动，不受木板如何运动的限制，使示数更稳定，测量更准确，因此b方案更．
（2）根据摩擦力公式f=uFN，故f与FN成正比，故B正确
故答案为：①b，不受木板如何运动的限制（或摩擦力的测量更方便、准确）；②B
【点评】在本实验中，准确读出弹簧测力计的示数是关键，因此，在方案一中，只有使物体做匀速直线运动，其拉力与摩擦力才是一对平衡力，改进后的方案，速度容易控制，也是为了使读数更准确
11．在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5m/s2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5m/s，求：（取g=10m/s2）
（1）伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？
（2）伞兵在空中的最短时间为多少？
【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动．
【专题】直线运动规律专题．
【分析】（1）整个过程中，伞兵先做自由落体运动，后做匀减速运动，总位移大小等于224m．设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0，先研究匀减速过程，由速度﹣位移关系式，得到v0与h的关系式，再研究自由落体过程，也得到一个v0与h的关系式，联立求解．
（2）由（1）求出v0，由速度公式求出两个过程的时间，即可得到总时间．
【解答】解：（1）设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h，此时速度为v0
则有：v2﹣v02=﹣2ah，
又v02=2g（224﹣h）
联立并代入数据解得：v0=50 m/s
h=99 m，
（2）设伞兵在空中的最短时间为t，
则有：v0=gt1，
t1=s=5 s，
t2==3.6 s，
故所求时间为：t=t1+t2=（5+3.6）s=8.6 s
答：（1）伞兵展伞时，离地面的高度至少为99m
（2）伞兵在空中的最短时间为8.6s
【点评】本题涉及两个过程的运动学问题，既要单独研究两个过程，更要抓住它们之间的联系：比如位移关系、速度关系等等．
12．如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道C端切线水平．BC所对的圆心角θ=37°，小物块过圆弧轨道C后，滑上与圆弧轨道连为一体的光滑水平板，板的右端与水平顺时针匀速转动的传送带左端E点等高并靠拢．已知长A、B两点距C点的高度分别为H=11.0m、h=0.55m，水平面传送带长为L=9m，物块与水平面传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带传送速度为V=4m/s，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
求：
（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小；
（2）小物块在传送带上运动的时间t及小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q．
【考点】动能定理；平抛运动．
【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题．
【分析】（1）已知平抛的抛出高度和落地速度方向，根据平抛运动的特点求的初速度；
（2）从A到C由动能定理求的到达C点的速度，物体在传送带上做减速运动，根据牛顿第二定律求的加速度，通过云学公式判断出物体先减速后匀速运动求的时间，根据Q=μmg△s求的产生的热量
【解答】解：（1）物块做平抛运动：H﹣h=gt2
设到达B点时竖直分速度为vy，vy=gt
在B点 tanθ=
V0=4m/s
（2）从A至C点，由动能定理 mgH=﹣
由上式可得v2=6m/s
由题意可知小物块m的摩擦力 f=μmg=ma
解得a=2m/s2
物体做匀减速运动时间t1==1s
位移S1==5m＜9m
后做匀速运动 t2==1s
所以 t=t1+t2=2s
传送带与物体间的相对位移△s=S1﹣vt1=5m﹣4m=1m
Q=μmg△s=2J
答：（1）小物块从A点水平抛出的速度v0的大小为4m/s；
（2）小物块在传送带上运动的时间t为2s，小物块与传送带之间由于摩擦产生的热量Q为2J．
【点评】本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键
选修3-3
13．一定质量的理想气体经历一系列变化过程，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大
B．a→b过程中，气体体积增大，压强减小
C．c→a过程中，气体压强增大，体积不变
D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小
E．c→a过程中，气体从外界吸热，内能增大
【考点】理想气体的状态方程．
【专题】定性思想；推理法；理想气体状态方程专题．
【分析】b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖•吕萨克定律分析体积的变化；a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化；根据玻意耳定律分析压强的变化；c→a过程中气体的体积保持不变；理想气体的内能与气体的体积无关，仅与气体的物质的量和温度有关，并且温度越高气体的内能增大；根据热力学第一定律分析是否吸收热量．
【解答】解：A、b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖•吕萨克定律=C得知，体积应减小．故A错误．
B、a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化，压强减小；根据玻意耳定律PV=C 得知，体积增大．故B正确．
C、c→a过程中，由图可知，P与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变．故C正确．
D、由C的分析可知，气体的体积不变，故D错误；
E、一定质量的理想气体与气体温度有关，并且温度越高气体的内能增大，则知c→a过程中，温度升高，气体内能增大，而体积不变，气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，所以气体一定吸收热量．故E正确．
故选：BCE
【点评】从P﹣T上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程进行分析，是我们解决此类问题的突破口．
14．如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l=20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高．先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h=10cm（环境温度不变，大气压强p0=75cmHg）．
求：稳定后低压舱内的压强是多少cmHg？
【考点】气体的等温变化；理想气体的状态方程．
【分析】根据题意可知，这个过程是等温变化，找出左边气体变化前后的两个状态的状态参量，由等温变化的规律可求出左边的气体变化后的压强，从而即可求出低压仓的压强．
【解答】解：设U型管的横截面积为S，则左端被封闭的气体初状态：
P1=P0，V1=l1S
末状态为：
P2，V2=（l1+）S
有理想气体的等温变化得：
P1V1=P2V2
代入数据得：
P2=60cmHg
则低压仓的压强：
P=P2﹣h=60﹣10=50cmHg
答：稳定后低压舱内的压强是50cmHg．
【点评】解答关于理想气体的问题，要明确气体的各个状态及其状态参量，利用相应的规律进行解题；注意同一段连续的水银柱中等高的点压强相同．
选修3-5
15．下列说法正确的是（ ）
A．卢瑟福通过a粒子散射实验建立了原子核式结构模型
B．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的
C．任何金属都存在一个“极限频率”，入射光的频率大于这个频率，才能产生光电效应
D．入射光的强度增大，从金属表面逸出的光电子的最大初动能也会增大
E．处于基态的氢原子最稳定
【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦光电效应方程．
【专题】定性思想；推理法；衰变和半衰期专题．
【分析】卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子核式结构模型；β衰变的实质是原子核中的中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；光电子的最大初动能与入射光的强度无关．
【解答】解：A、卢瑟福通过α粒子散射实验否定了汤姆生的枣糕模型，建立了原子核式结构模型，故A正确．
B、β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故B错误．
C、任何金属都存在一个“极限频率”，当入射光的频率大于金属的极限频率，才能发生光电效应，故C正确．
D、发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关，故D错误．
E、根据波尔理论可知，处于基态的氢原子最稳定，故E正确．
故选：ACE．
【点评】本题考查了α粒子散射实验、β衰变、光电效应、能级等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．
16．如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为M=0.39kg的木块（可视为质点），在木块正上方有一个固定悬点O，在悬点O和木块之间连接一根长度为0.4m的轻绳（轻绳不可伸长且刚好被拉直）．有一颗质量为m=0.01kg的子弹以水平速度V0射入木块并留在其中（作用时间极短），g取10m/s2，要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，求：子弹射入的最小速度．
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【专题】动量定理应用专题．
【分析】要使木块能绕O点在竖直平面内做圆周运动，应用牛顿第二定律求出木块在最高点的临界速度，在木块从水平面到达最高点的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出木块在最低点的速度，根据动量守恒求出最小速度．
【解答】解：当木块恰好能绕O点在竖直平面内做圆周运动时，在最高点重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：（M+m）g=（M+m），解得：v1=2m/s，
从最低点到最高点过程系统机械能守恒，由机械能守恒得：
（M+m）v2=（M+m）v12+（M+m）g•2L，解得：v=m/s，
子弹射入木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：Mv0=（M+m）v，解得：v0=80m/s；
答：子弹射入的最小速度为：80m/s．
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、机械能守恒定律与动量守恒定律可以解题，解题时注意圆周运动临界条件的应用．
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