1、广东省六校联考2015届高考物理四模试卷一、单项选择题1如图是一款由电磁悬浮技术制作的没有“地轴”的地球仪，其原理是：将空心金属球放在通电线圈上，电磁场在金属球表面产生涡流，涡流与磁场作用形成磁力，从而实现地球仪的悬空静止地球仪悬空静止的原因是( )A只受到磁力的作用B由于惯性的作用C没有受到重力的作用D磁场的磁力和重力相互平衡2如图为一减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，气泡内气体可视为理想气体若将一平板状物品平放在气泡上方（设气泡内气体温度不变），下列说法正确的是( )A气泡内气体密度变小B气泡内气体压强变大C气泡内气体分子平均动能变大D由于体积变小故气泡内气体内能变小3某同学前后两次从同一
2、位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中( )A加速度a1a2B飞行时间t1t2C初速度v1=v2D角度1=24如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移时( )A相当于在减少用电器的数目BA1表的示数随A2 表的示数的增大而增大CV1表的示数随V2表的示数的增大而增大D变压器的输入功率在减小二、双项选择题5下列说法正确的是( )A温度越高，放射性元素的半衰期越长B天然放射现
3、象说明原子核内部是有结构的C汤姆生通过粒子散射实验提出了原子的核式结构D重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能6关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )A扩散现象说明物质的分子在做永不停息的无规则运动B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C两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大D两个分子间的距离为r0时，分子势能为07图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( )A膜片与极板间的电容变小B极板的带电量增大C膜片与极板间的电场强度增大D电阻R中有电流通过8某同步卫星距地面
4、高度为h，已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为，则该卫星的周期为( )ABCD9由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪的原理如图所示，其主要使命是探索宇宙中的反物质，所谓反物质，即质量与正粒子相等，带电量与正粒子相等但符号相反假设使一束质子、反质子、粒子、反粒子组成的射线通过OO进入匀强磁场B2中形成四条径迹，则( )A1和2是反粒子径迹B3和4是反粒子径迹C2为反质子径迹D4为粒子径迹三、非选择题：10现利用图示的装置求弹簧的劲度系数k，已知弹性势能与其形变量的关系为Ep=kx2在图（甲）中，气垫导轨放在水平桌面上，左端有一固定的弹簧P，一物块A（上面固定有一遮光条，总质量为0
5、.1kg）在导轨上，向左推A使其压缩弹簧至某一位置释放，A向右运动，通过气垫导轨上方的一光电计时器（未完全画出可以记录遮光片通过光电门的时间）气垫导轨上固定有刻度尺可读出A的位置坐标（1）通过刻度尺可读出弹簧的形变量x=5cm；（2）如图乙用螺旋测微器测出遮光条宽度d=_mm（3）根据光电门记录的时间t=1.195104s，可知A向左运动的速度v=_（用d、t符号写表达式）（4）可求出弹簧的弹性势能Ep=_；（5）根据关系式Ep=kx2，可求出劲度系数k=_11在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用米尺测出金属丝的长度L，用伏安法测出金属丝的电阻R（金属丝的电阻大约
6、为5）（1）金属材料的电阻率为=_（用题目所给字母表示），（2）如图所示实验方案中电阻率的测量值_真实值（填“大于”“小于”或“等于”）（3）为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：电压表03V15V，内阻约50k 电流表00.6A3A，内阻约0.5滑动变阻器020 滑动变阻器0100下列说法正确的是_A电流表量程应选用0.6A B滑动变阻器应选用C实验时通电时间不宜过长 Dd值只需在金属丝中央测量一次即可（4）实验中某同学的实物接线如上图所示，请指出该同学接线中的两处明显错误错误1：_错误2：_12（18分）如图甲所示，一长为L=2m的金属“U”型框与间距也为L的两平
7、行金属板AB相连，两板之间用一绝缘光滑水平杆相连，一质量为M=0.1kg，电量大小为q=0.1c可看成质点的带电小球套在杆中并靠近A板静止，从t=0时刻开始，在“U”型框宽为d=0.5m内加入垂直纸面向外且大小随时间变化的磁场（如图乙所示）后，发现带电小球可以向右运动求：（1）小球带何种电荷（2）小球达到B板时的速度大小（3）通过分析计算后在丙图坐标系中作出小球在AB杆上的vt图象13（18分）如图甲，一轻质弹簧置于水平桌面上自然伸长，其左侧固定，右端点到桌面最右端B的距离为1.9m水平桌面点左侧光滑长L=1.8m的平板车紧靠桌面停放平板车上表面与桌面在同一水平面内，平板车右端拴一水平细绳，细
8、绳另一端紧绕在半径R=0.5m的薄壁圆筒上用质量m=0.2kg小物块P1往左将弹簧压缩0.1m（未超出弹性限度，Pl与弹簧不粘连）时释放，Pl的速度图象如图乙所示，其中滑经点时速度vA=10.0m/sP1滑至桌面右端与静止在平板车左侧、与P1完全相同的小物块发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度v=4.5m/s与此同时开启电动机，使得圆筒由静止开始如图绕竖直轴转动，转动角速度满足=t（为常数，t为时间）已知小物块与平板车的动摩擦因数2=0.5，小物块在平板车上运动时，圆筒与平板车间的细绳始终处于绷紧状态设最大静摩擦等于滑动摩擦，取g=10m/s2，求：（1）Pl被弹出时的最大加速度及弹簧的劲度系数；（
9、2）小物块与桌面AB段的动摩擦因数；（3）要使滑块不从平板车上掉下，求取值范围广东省六校联考2015届2015届高考物理四模试卷一、单项选择题1如图是一款由电磁悬浮技术制作的没有“地轴”的地球仪，其原理是：将空心金属球放在通电线圈上，电磁场在金属球表面产生涡流，涡流与磁场作用形成磁力，从而实现地球仪的悬空静止地球仪悬空静止的原因是( )A只受到磁力的作用B由于惯性的作用C没有受到重力的作用D磁场的磁力和重力相互平衡考点：共点力平衡的条件及其应用 专题：共点力作用下物体平衡专题分析：地球仪处于平衡状态，它受平衡力的作用，合力为零，不会只受到一种力的作用解答：解：地球仪处于静止状态，属于平衡状态，
10、它受到竖直向下的重力和向上的磁力，是一对平衡力；故选：D点评：如果物体处于静止或匀速直线运动状态，我们就说该物体处于平衡状态，它们受到的力称为平衡力，其合力为零2如图为一减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，气泡内气体可视为理想气体若将一平板状物品平放在气泡上方（设气泡内气体温度不变），下列说法正确的是( )A气泡内气体密度变小B气泡内气体压强变大C气泡内气体分子平均动能变大D由于体积变小故气泡内气体内能变小考点：理想气体的状态方程 专题：热力学定理专题分析：气压变大，等温过程，根据玻意耳定律判断体积的变化情况；根据气体温度的变化判断内能是否变化解答：解：A、气泡球被压后，气压变大，根据玻意耳定律
11、公式PV=C，故体积缩小，气泡内气体密度变大故A错误，B正确；C、在整个过程中球内气体温度不变，气体内能不变，故CD错误；故选：B点评：该题通过生活中的例子考查玻意耳定律，知道理想气体内能由温度决定、应用玻意耳定律即可正确解题基础题目3某同学前后两次从同一位置水平投出两支飞镖1和飞镖2到靶盘上，飞镖落到靶盘上的位置如图所示，忽略空气阻力，则两支飞镖在飞行过程中( )A加速度a1a2B飞行时间t1t2C初速度v1=v2D角度1=2考点：平抛运动 专题：平抛运动专题分析：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，运动时间由高度决定，通过下落的高度比较飞镖飞行的时间，从而根据水平位移比较初速度的大小根据夹
12、角的正切值进行比较解答：解：A、忽略空气阻力，两支飞镖都只受重力，加速度都为g，则a1=a2故A错误B、飞镖1下落的高度小，根据h=gt2，t=知，t1t2故B正确C、由于水平位移相等，根据x=v0t，知v1v2故C错误D、根据tan=，对于飞镖1，时间短，初速度大，则tan1tan2，所以12故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，平抛运动的时间由高度决定4如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，
13、当滑动变阻器触头P向下移时( )A相当于在减少用电器的数目BA1表的示数随A2 表的示数的增大而增大CV1表的示数随V2表的示数的增大而增大D变压器的输入功率在减小考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况解答：解：A、当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并联接入电路，所以数目增加，故A错误；B、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，A2的示数变大，输出的功率变大
14、小了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，故B正确；C、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头P向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，故C错误；D、变压器的输入电压不变，输入电流变大，根据P=UI，输入功率变大，故D错误；故选：B点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法二、双项选择题5下列说法正确的是( )A温度越高，放射性元素的半衰期越长B天然放射现象说明原子核内
15、部是有结构的C汤姆生通过粒子散射实验提出了原子的核式结构D重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；天然放射现象；裂变反应和聚变反应 专题：衰变和半衰期专题分析：半衰期与外界因素无关，天然放射现象说明原子核内部是有结构的，卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构解答：解：A、半衰期与外界因素无关，A错误；B、天然放射现象说明原子核内部是有结构的，B正确；C、卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构，C错误；D、重核的裂变和轻核的聚变过程都有质量亏损，都向外界放出核能，D正确；故选BD点评：本题考查了原子核的知识和物理学史，象半衰期和裂变、聚
16、变的知识都是考查的重点，要重点掌握6关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )A扩散现象说明物质的分子在做永不停息的无规则运动B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C两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大D两个分子间的距离为r0时，分子势能为0考点：扩散；分子间的相互作用力 分析：分子热运动的特点以及和温度的关系；分子之间作用力以及分子势能大小随着分子之间距离的变化所遵循的规律；正确理解布朗运动、扩散现象的实质、特点解答：解：A、扩散现象与布朗运动都是分子无规则热运动的宏观表现，故A正确；B、气体压缩可以忽略分子间作用力，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是
17、由于气体压强的原因，故B错误；C、两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C正确；D、当分子间rr0时，分子势能随分子间的距离增大而增大；当分子间rr0时，随距离减少而增大； 当r=r0时，分子势能最小，但不一定为零，即零势能位置是人为规定的，故D错误；故选：AC点评：本题考查了分子动理论的有关知识，对于这些知识平时要注意加强理解记忆，同时注意分子力、分子势能与分子之间距离关系7图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( )A膜片与极板间的电容变小B极板的带电量增大C膜片与极板间的电场强度增大D电阻R中有电流通过考点：
18、电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流解答：解：振动膜片振动时，电容器两极板的距离变大，电容减小，由C= 知，U不变的情况下，电容器所带电荷量Q减小，电容器放电，R中形成自下向上的电流由E=知，U不变，d增大，则场强E减小，故AD正确BC错误故选：AD点评：本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化8某同步卫星距地面高度为h，已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为，则该卫星的周期为( )ABCD考点：同步卫星 专题：人造卫
19、星问题分析：研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，两等式联立表示出周期解答：解：根据万有引力提供向心力列出等式，=m，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，=mg联立得：T=同时根据匀速圆周运动，该卫星的周期T=，故BD正确，AC错误；故选：BD点评：本题要求熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式，熟练掌握圆周运动的各个公式，题目难度较大9由中国提供永磁体的阿尔法磁谱仪的原理如图所示，其主要使命是探索宇宙中的反物质，所谓反物质，即质量与正粒子相等，带电量与正粒子相等但符号相反假设使一束质子、反质子、粒子、反粒子组成的射线通过OO
20、进入匀强磁场B2中形成四条径迹，则( )A1和2是反粒子径迹B3和4是反粒子径迹C2为反质子径迹D4为粒子径迹考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：粒子先通过速度选择器，然后进入磁场发生偏转；直线运动过程根据洛伦兹力与电场力平衡分析，偏转过程根据洛伦兹力提供向心力列式分析解答：解：在磁场中，粒子做匀速圆周运动，正离子受力向右，右偏转；负离子左偏转；根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m解得：R=故质子与粒子的半径之比为1：2，即粒子转弯半径大，故1是反质子，2是反粒子，3是质子，4是粒子；故AD正确，BC错误；故选：AD点评：本题
21、关键是明确粒子的运动规律，要能结合左手定则判断洛伦兹力，还要能根据平衡条件和牛顿第二定律列方程求解三、非选择题：10现利用图示的装置求弹簧的劲度系数k，已知弹性势能与其形变量的关系为Ep=kx2在图（甲）中，气垫导轨放在水平桌面上，左端有一固定的弹簧P，一物块A（上面固定有一遮光条，总质量为0.1kg）在导轨上，向左推A使其压缩弹簧至某一位置释放，A向右运动，通过气垫导轨上方的一光电计时器（未完全画出可以记录遮光片通过光电门的时间）气垫导轨上固定有刻度尺可读出A的位置坐标（1）通过刻度尺可读出弹簧的形变量x=5cm；（2）如图乙用螺旋测微器测出遮光条宽度d=1.195mm（3）根据光电门记录的
22、时间t=1.195104s，可知A向左运动的速度v=（用d、t符号写表达式）（4）可求出弹簧的弹性势能Ep=5；（5）根据关系式Ep=kx2，可求出劲度系数k=4000考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 专题：实验题分析：（2）螺旋测微器读数方法为固定部分刻度加上转动部分刻度与0.01的乘积；（3）经过光电门的平均速度等于该点的瞬时速度，由平均速度公式求解；（4）由动能公式求解动能，再由能量守恒可求得弹簧的弹性势能；（5）由弹簧弹性势能的表达式可求得劲度系数解答：解：（2）由螺旋测微器的读数方法可知，读数为：1.0mm+19.50.01=1.195mm；（3）经过光电门的平均速度可视为该点的瞬时速
23、度，则有：v=；（4）物体获得的动能EK=mv2=0.1（）2=5J；由能量守恒可知，弹簧的弹性势能等于物体的动能，即EP=5J；（5）由能量守恒可知，弹簧的弹性势能等于物体的动能，故5=kx2；解得：K=4000N/m；故答案为：（2）1.195； （3）； （4）5J； （5）4000N/m点评：本题考查了螺旋测微器的读数原理、胡克定理及能量守恒定律的应用，要注意明确实验原理，能通过分析得出弹性势能的计算方法11在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用米尺测出金属丝的长度L，用伏安法测出金属丝的电阻R（金属丝的电阻大约为5）（1）金属材料的电阻率为=（用题目所给字
24、母表示），（2）如图所示实验方案中电阻率的测量值大于真实值（填“大于”“小于”或“等于”）（3）为测金属丝的电阻，取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：电压表03V15V，内阻约50k 电流表00.6A3A，内阻约0.5滑动变阻器020 滑动变阻器0100下列说法正确的是ABCA电流表量程应选用0.6A B滑动变阻器应选用C实验时通电时间不宜过长 Dd值只需在金属丝中央测量一次即可（4）实验中某同学的实物接线如上图所示，请指出该同学接线中的两处明显错误错误1：导线接在滑动变阻器的滑片上错误2：电压表量程接错了考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（1）应用电阻定律求出电阻率的表达式
25、；（2）将电流表的内阻考虑在内，写出待测电阻的真实值表达式，然后再与测量值比较即可；（3）两节干电池电动势共为3V，为减小读数误差，选小量程电压表；根据欧姆定律，电流不超过0.6A，故电流表同样选择小量程的；为使操作方便，滑动变阻器选择与电阻接进的；并根据测量多次，取平均值（4）连线电路要注意：电表极性不能接反，量程选择恰当的，安培表内外接法的选择，及导线接在滑片上，从而即可求解解答：解：（1）电阻丝电阻：R=，则电阻率：=；（2）考虑电流表的分压作用，待测电阻的真实值应为R真=R测=，即测量值大于真实值；（3）A、两节干电池电动势共为3V，根据欧姆定律，I=0.6A，电流不超过0.6A，故电
26、流表同样选择小量程的，故A正确；B、滑动变阻器的特点是：电阻大的调节精度低，电阻变化快，操作不方便，故选小电阻的，故B正确；C、实验时通电时间不宜过长，否则会导致电阻率变大，即电阻会变化，故C正确；D、d值需在金属丝不同位置测量多次，再取平均值即可，故D错误；故选：ABC（4）伏安法测电阻时，测量较大电阻用安培表内接法，测量较小电阻用安培表外接法，本题待测电阻与安培表电阻相接进，故采用安培表外接法；同时电压表量程接错了，应该是3V；还有导线不应该接在滑片上；故答案为：（1）；（2）大于；（3）ABC；（4）导线接在滑动变阻器的滑片上； 电流表采用了内接；或电压表量程接错了点评：考查进行待测电阻
27、误差分析时，应将电压表或电流表的内阻考虑在内，然后根据欧姆定律列出真实值表达式，再与测量值比较即可；掌握电流表外接法还是内接法的判定，理解电阻定律的内容12（18分）如图甲所示，一长为L=2m的金属“U”型框与间距也为L的两平行金属板AB相连，两板之间用一绝缘光滑水平杆相连，一质量为M=0.1kg，电量大小为q=0.1c可看成质点的带电小球套在杆中并靠近A板静止，从t=0时刻开始，在“U”型框宽为d=0.5m内加入垂直纸面向外且大小随时间变化的磁场（如图乙所示）后，发现带电小球可以向右运动求：（1）小球带何种电荷（2）小球达到B板时的速度大小（3）通过分析计算后在丙图坐标系中作出小球在AB杆上
28、的vt图象考点：法拉第电磁感应定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系 分析：（1）根据楞次定律判定感应电流方向，从而确定电势的高低，再由电场力的方向，进而确定电荷的电性；（2）根据法拉第电磁感应定律，结合E=，及牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；（3）根据加速距离，即可运动时间，从而作图求得解答：解：（1）根据垂直纸面向外且大小随时间变化的磁场，结合楞次定律可知，A是负极，B是正极，因小球向右运动，即电场力向右，则小球带负电荷；（2）两极板间的电势差=1V 用 因F=Eq 及那么 =m/s2；解得S1=1m v1=at=1m/s 以后一直匀速运动，即达B板速度为1m/s （3）加速距离S=1
29、m匀速运动时间T=1s 作图如下：答：（1）小球带负种电荷；（2）小球达到B板时的速度大小1m/s；（3）小球在AB杆上的vt图象如上所示点评：考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，注意电源内部的电流方向是从负极流向正极，同时掌握作图的细节13（18分）如图甲，一轻质弹簧置于水平桌面上自然伸长，其左侧固定，右端点到桌面最右端B的距离为1.9m水平桌面点左侧光滑长L=1.8m的平板车紧靠桌面停放平板车上表面与桌面在同一水平面内，平板车右端拴一水平细绳，细绳另一端紧绕在半径R=0.5m的薄壁圆筒上用质量m=0.2kg小物块P1往左将弹簧压缩0.1m（未超出弹性
30、限度，Pl与弹簧不粘连）时释放，Pl的速度图象如图乙所示，其中滑经点时速度vA=10.0m/sP1滑至桌面右端与静止在平板车左侧、与P1完全相同的小物块发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度v=4.5m/s与此同时开启电动机，使得圆筒由静止开始如图绕竖直轴转动，转动角速度满足=t（为常数，t为时间）已知小物块与平板车的动摩擦因数2=0.5，小物块在平板车上运动时，圆筒与平板车间的细绳始终处于绷紧状态设最大静摩擦等于滑动摩擦，取g=10m/s2，求：（1）Pl被弹出时的最大加速度及弹簧的劲度系数；（2）小物块与桌面AB段的动摩擦因数；（3）要使滑块不从平板车上掉下，求取值范围考点：动能定理的应用；滑动摩
31、擦力；牛顿第二定律 专题：动能定理的应用专题分析：（1）根据vt图象可求解加速度，再由牛顿第二定律求解劲度系数（2）有动量守恒求解碰前的速度，结合动能定理求解摩擦因数（3）找到物块不从小车上滑下的临界条件，一是两者加速度相同，二是速度相同时满足一定的位移关系，按照规律求解即可解答：解：（1）由vt图象可知，刚释放弹簧时，p1的加速度等于图象得斜率为：a=此时弹簧弹力为：F=kx=ma，解得：k=（2）设P1与p2碰撞前的速度为v1，规定v方向为正方向，对p1p2整体，由动量守恒得：mv1=2mv，解得：v1=9m/sp1由A运动到B的过程中，由动能定理得：，即：解得：u=0.5，（3）平板车运
32、动得速度为：v车=R=Rt，由加速度定义式得：，小物块在平板车上滑动时，由牛顿第二定律得：mg=ma物，解得： 一要使物块恰好不从车上滑下则：a车=a物，解得：=10rad/s，第二种情况，设经过时间t物块滑至车最右端C，且速度与车相同，得：vt=va物t=a车t，位移满足：，联立解得：=1.25rad/s，综上所述：1.25rad/S10rad/S答：（1）Pl被弹出时的最大加速度为1103m/s2，弹簧的劲度系数为2103N/m；（2）小物块与桌面AB段的动摩擦因数为：0.5；（3）取值范围为：1.25rad/S10rad/S点评：本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，注重过程的分析，找到之间的联系关系，要加强这类题型的训练
