1、2016-2017学年广东省梅州市蕉岭中学高三（上）第一次质检物理试卷一、单项选择题题（共4小题，每小题6分，满分24分）1如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是（）A若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动2“天宫一号”绕地球的运动可看做匀速圆周运动，转一周所用的时间约90分钟下列说法正确的是（）A“天宫一号”离地面的高度比地球同步卫星离地面的高度小B“天宫一号”的线速度比地球同步
2、卫星的线速度小C“天宫一号”的向心加速度比地球同步卫星的向心加速度小D当宇航员刘洋站立于“天宫一号”内不动时，她受力平衡3如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（）A物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同4如图所示，竖直圆环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，使B不能左右移动，在环的最低
3、点静止放置一个小球CA、B、C的质量均为m，给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动不计一切摩擦，重力加速度为g，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时速度v不可能（）ABCD二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的全部答对6分，对而不全得3分有错选得0分）5如图所示，质量为m的木块在大小为F、方向与水平面成角斜向左下的恒力作用下，在水平地面上向左做匀速直线运动木块与地面间的动摩擦因数为，那么木块受到的滑动摩擦力大小为（）AmgB （mgFsin ）C（mg+Fsin ）DFcos 6冬奥会自由式滑雪
4、比赛，运动员沿着山坡上的雪道从高处滑下，如图所示下列描述正确的是（） A雪道对雪撬的摩擦力做正功B运动员的机械能守恒C运动员的重力势能减小D运动员的动能增大7质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动物体运动的vt图象如图所示下列说法正确的是（）A水平拉力大小为B物体在3t0时间内位移大小为v0t0C在03t0时间内水平拉力做的功为D在03t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为8如图所示，小球a从倾角为=60的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2
5、水平抛出，两球恰在斜面中点P相遇，则下列说法正确的是（）Av1：v2=2：1Bv1：v2=1：1C若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍能相遇D若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的下方三、实验题9有一金属材料制成的圆柱形物体，当用游标卡尺来测它的截面直径d时，示数如图甲所示，则d=mm然后利用伏安法测量该物体的小电阻，此时电压表（03V）和电流表（00.6A）的示数如图乙、丙所示，则金属物体两端的电压为U=V，流过该物体的电流为I=A10如图（a），质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显
6、示滑块A的位移时间（st）图象和速率时间（vt）图象整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为了L、高度为h（取重力加速度g=9.8m/s2，结果可保留一位有效数字）（1）现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的vt图线如题（b）图所示从图线可得滑块A下滑时的加速度a= m/s2，摩擦力对滑块A运动的影响（填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”）（2）此装置还可用来验证牛顿第二定律实验时通过改变，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；实验时通过改变，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系（3）将气垫导轨换成滑板，滑块A换成滑块A，给滑块A一沿滑板向上的初速度，A的st图线如题（c）图
7、图线不对称是由于造成的，通过图线可求得滑板的倾角=（用反三角函数表示），滑块与滑板间的动摩擦因数=四、计算题11如图所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的BC斜面，经C点进入光滑平面CD时速率不变，最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内已知小球质量为m，A、B两点高度差h，BC斜面高2h，倾角=45，悬挂弧筐的轻绳长为3h，小球看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大小远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：（1）B点与抛出点A的水平距离x；（2）小球运动至C点的速度vc大小（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的大小12如图所示，有一固定的光滑绝缘水平平台，
8、平台右端B与水平传送带平滑相接，传送带长L=4m一质量为m=0.5kg、带电量为q=+2103C的滑块放在水平平台上平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接现将滑块从A处由静止释放，无电且传送带不动时滑块恰能到达传送带右端C点已知弹簧始终在弹性限度内，滑块到达B点前已与弹簧完全脱离，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.20，g取l0m/s2求：（1）滑块到达B点时的速度vB和弹簧储存的最大弹性势能EP；（2）若传送带以5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从B到C的过程中，摩擦生热多少？（3）若在BC之间加上水平向左的匀强电场E=1103N/C，传送带以1m/s的速度沿顺时针方向匀
9、速转动，滑块第二次过B点时速度大小为多大？五、选做题13下列说法中正确的是（）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光的波长越大，光子的能量越小E由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子14如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m2=0.4kg的小物体，小物体可视为质点现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车间的动摩擦因数为=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车g取10
10、m/s2求：子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小小车的长度2016-2017学年广东省梅州市蕉岭中学高三（上）第一次质检物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题题（共4小题，每小题6分，满分24分）1如图所示，光滑水平面上，小球m在拉力F作用下做匀速圆周运动若小球运动到P点时，拉力F发生变化，关于小球运动情况的说法正确的是（）A若拉力突然消失，小球将沿轨迹Pa做离心运动B若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pa做离心运动C若拉力突然变大，小球将沿轨迹Pb做离心运动D若拉力突然变小，小球将沿轨迹Pc运动【考点】离心现象【分析】本题考查离心现象产生原因以及运动轨迹，当向心力突然消失或变小时
11、，物体会做离心运动，运动轨迹可是直线也可以是曲线，要根据受力情况分析【解答】解：在水平面上，细绳的拉力提供m所需的向心力，A、当拉力消失，物体受力合为零，将沿切线方向做匀速直线运动，即沿轨迹Pa做离心运动，故A正确B、当拉力突然变小，则向心力大于拉力，因此小球将沿轨迹Pb做离心运动，故B错误，D也错误；C、当拉力突然变大，则向心力小于拉力，因此小球将沿轨迹Pc做离心运动，故C错误；故选：A2“天宫一号”绕地球的运动可看做匀速圆周运动，转一周所用的时间约90分钟下列说法正确的是（）A“天宫一号”离地面的高度比地球同步卫星离地面的高度小B“天宫一号”的线速度比地球同步卫星的线速度小C“天宫一号”的
12、向心加速度比地球同步卫星的向心加速度小D当宇航员刘洋站立于“天宫一号”内不动时，她受力平衡【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】根据万有引力提供向心力，得到，由此可知，周期越大，轨道半径肯定越大，半径越大，速度越小，加速度越小根据周期大大小，判断轨道高度，根据轨道高度的大小判断线速度和向心加速度的大小天宫一号及里面的人和物都处于失重状态【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，周期越大，轨道半径肯定越大，同步卫星的周期是24h，远大于天宫一号的周期90分钟，故“天宫一号”离地面的高度比地球同步卫星离地面的高度小故A正确B、根据万有引力提供向心力，得
13、，由此可知，半径越大，速度越小，同步卫星的轨道半径远大于天宫一号的轨道半径，所以“天宫一号”的线速度比地球同步卫星的线速度大，故B错误C、根据万有引力提供向心力，得，由此可知，半径越大，加速度越小，同步卫星的轨道半径远大于天宫一号的轨道半径，所以“天宫一号”的加速度比地球同步卫星的加速度大，故C错误D、天宫一号及里面的人和物都处于失重状态，受力不平衡，故D错误故选：A3如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（）A物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦
14、力沿斜面向下C物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力【分析】物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，根据平衡条件来确定物体的受到摩擦力情况【解答】解：A、物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsin=f，所以无论传送带向上或向下运动，A所受的摩擦力沿斜面向上，故ABC错误；D、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体A的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对物体
15、A的作用力均相同，故D正确故选D4如图所示，竖直圆环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地面上，使B不能左右移动，在环的最低点静止放置一个小球CA、B、C的质量均为m，给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动不计一切摩擦，重力加速度为g，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时速度v不可能（）ABCD【考点】机械能守恒定律；向心力【分析】小球在环内侧做圆周运动，通过最高点速度最小时，轨道对球的最小弹力为零，根据牛顿第二定律求出小球在最高点的最小速度；为了不会使环在竖直方向上跳起，小球在最高点对轨道的弹力不能大于2mg，
16、根据牛顿第二定律求出最高点的最大速度，再根据机械能守恒定律求出小球在最低点的速度范围【解答】解：在最高点，速度最小时有：mg=m，解得，从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v1，根据机械能守恒定律，有： 2mgr+=，解得，要使不会使环在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为： F=2mg从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v2，在最高点，速度最大时有：mg+2mg=m，根据机械能守恒定律有：2mgr+，解得，所以为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，在最低点的初速度范围为故A错误，B、C、D正确本题选不可能的，故选：A二、多项选择题（本题共4小
17、题，每小题6分，共24分在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的全部答对6分，对而不全得3分有错选得0分）5如图所示，质量为m的木块在大小为F、方向与水平面成角斜向左下的恒力作用下，在水平地面上向左做匀速直线运动木块与地面间的动摩擦因数为，那么木块受到的滑动摩擦力大小为（）AmgB （mgFsin ）C（mg+Fsin ）DFcos 【考点】滑动摩擦力【分析】本题的关键是正确对物体进行受力分析，利用正交分解法，根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解即可【解答】解：对物体受力分析如图，由于匀速运动所以物体所受的合力为零，根据平衡条件可知，在水平方向有摩擦力：f=Fcos；而根据f=FN，FN=
18、mg+Fsin可知，摩擦力：f=（mg+Fsin）；故CD正确，AB错误故选：CD6冬奥会自由式滑雪比赛，运动员沿着山坡上的雪道从高处滑下，如图所示下列描述正确的是（） A雪道对雪撬的摩擦力做正功B运动员的机械能守恒C运动员的重力势能减小D运动员的动能增大【考点】机械能守恒定律【分析】功的正负的判定由力与速度方向决定；重力势能与高度有关；机械能变化取决于除重力和系统内部弹力以外的其他力做功的正负；动能大小与速度有关【解答】解：A、雪道对雪撬的摩擦力沿滑道向上，而位移向下，故摩擦力做负功，故A错误B、雪道对雪撬的摩擦力做负功，运动员的机械能减小，故B错误C、运动员高度降低，重力势能减小，故C正确
19、D、运动员所受外力做正功，动能增加，故D正确故选：CD7质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动物体运动的vt图象如图所示下列说法正确的是（）A水平拉力大小为B物体在3t0时间内位移大小为v0t0C在03t0时间内水平拉力做的功为D在03t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的速度与时间的关系；功的计算【分析】速度时间图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律即可求出水平拉力大小，根据图象与坐标轴围成的面积表示位移求出物体在3t0时间内位移大小，根据面积求出在0t
20、0时间内的位移，根据W=Fx即可求解拉力做的功，根据W=fx求出03t0时间内物体克服摩擦力做功，再根据求解平均功率【解答】解：A、速度时间图象的斜率表示加速度，则匀加速运动的加速度大小a1=，匀减速运动的加速度大小a2=，根据牛顿第二定律得：f=ma2=，则Ff=ma1，解得：F=，故A错误；B、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移求出物体在3t0时间内位移大小为x=，故B正确；C、0t0时间内的位移x=，则03t0时间内水平拉力做的功W=Fx=，故C错误；D、03t0时间内物体克服摩擦力做功W=fx=mg=，则在03t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为=，故D正确故选：BD8如图所示，小
21、球a从倾角为=60的固定粗糙斜面顶端以速度v1沿斜面恰好匀速下滑，同时将另一小球b在斜面底端正上方与a球等高处以速度v2水平抛出，两球恰在斜面中点P相遇，则下列说法正确的是（）Av1：v2=2：1Bv1：v2=1：1C若小球b以2v2水平抛出，则两小球仍能相遇D若小球b以2v2水平抛出，则b球落在斜面上时，a球在b球的下方【考点】平抛运动【分析】a球做匀速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，b球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据水平位移相等求出初速度之比结合落在斜面上位置，比较两球的运动时间，从而确定位置的关系【解答】解：A、小球在P点相遇，知两球的水平位移相等，有：v1tsin3
22、0=v2t，解得v1：v2=2：1故A正确，B错误C、若小球b以2v2水平抛出，如图所示，若没有斜面，将落在B点，与P点等高，可知将落在斜面上的A点，由于a球、b球在水平方向上做匀速直线运动，可知a球落在A点的时间小于b球落在A点的时间，所以b球落在斜面上时，a球在b球的下方故C错误，D正确故选：AD三、实验题9有一金属材料制成的圆柱形物体，当用游标卡尺来测它的截面直径d时，示数如图甲所示，则d=30.50mm然后利用伏安法测量该物体的小电阻，此时电压表（03V）和电流表（00.6A）的示数如图乙、丙所示，则金属物体两端的电压为U=2.30V，流过该物体的电流为I=0.42A【考点】伏安法测电
23、阻【分析】游标卡尺固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺的示数，根据图示游标卡尺读出其示数；根据电表两由图示电表确定其分度值，然后根据指针位置读数其示数【解答】解：由图甲所示游标卡尺可知，其游标尺是20分度的，它把1.9cm等分成20份，由图象可知，游标尺的20刻度线在4.9cm之后5cm之前，则游标尺之差示数为：4.9cm1.9cm=3.0cm=30mm，由图示游标卡尺可知，游标尺示数为：100.05mm=0.50mm，则游标卡尺示数为：30mm+0.0mm=30.50mm；电压表量程为03V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.30V；电流表量程为00.6A，由图示表盘可知，其分度
24、值为0.02A，示数为：0.42A；故答案为：30.50，2.30，0.4210如图（a），质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移时间（st）图象和速率时间（vt）图象整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为了L、高度为h（取重力加速度g=9.8m/s2，结果可保留一位有效数字）（1）现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的vt图线如题（b）图所示从图线可得滑块A下滑时的加速度a=6 m/s2，摩擦力对滑块A运动的影响可忽略（填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”）（2）此装置还可用来验
25、证牛顿第二定律实验时通过改变斜面高度h、滑块A的质量M及斜面的高度h，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；实验时通过改变使Mh不变，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系（3）将气垫导轨换成滑板，滑块A换成滑块A，给滑块A一沿滑板向上的初速度，A的st图线如题（c）图图线不对称是由于滑动摩擦力造成的，通过图线可求得滑板的倾角=arcsin0.6（用反三角函数表示），滑块与滑板间的动摩擦因数=0.3【考点】验证牛顿第二运动定律【分析】根据vt图象求出该图象的斜率，其斜率的绝对值就是加速度大小从vt图象中我们发现两条倾斜直线的斜率绝对值大小几乎相等，说明滑块A沿气垫导轨上下运动加速度大小相
26、等实验运用控制变量法研究对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题【解答】解：（1）从图象可以看出，滑块上滑和下滑过程中的加速度基本相等，所以摩擦力对滑块的运动影响不明显，可以忽略根据加速度的定义式可以得出：a=m/s2=6m/s2（2）牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系当质量一定时，可以改变力的大小，当斜面高度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保证向下的分力不变，应该使Mg不变，所以应该调节滑块的质量及斜面的高度，且使Mh不变（3）滑板与滑块间的滑动摩擦力比较大，导致图象成抛物线形从
27、图上可以读出，滑块上滑和下滑时发生位移大小约为：x=0.84m0.20m=0.64m上滑时间约为t1=0.4s，下滑时间约为t2=0.6s，上滑时看做反向匀加速运动，根据动学规律有：x=a1t12，根据牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma1下滑时，有x=a2t22，mgsinmgcos=ma2联立解得sin=0.6，=arcsin0.58，=0.3；故答案为：（1）6；（2）斜面高度h、滑块A的质量M及斜面的高度h；使Mh不变；（3）滑动摩擦力；arcsin0.6，0.3四、计算题11如图所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的BC斜面，经C点进入光滑平面CD时速率不变
28、，最后进入悬挂在O点并与水平面等高的弧形轻质筐内已知小球质量为m，A、B两点高度差h，BC斜面高2h，倾角=45，悬挂弧筐的轻绳长为3h，小球看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大小远小于悬线长度，重力加速度为g，试求：（1）B点与抛出点A的水平距离x；（2）小球运动至C点的速度vc大小（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的大小【考点】向心力；牛顿第二定律；平抛运动【分析】（1）小球从A到B做平抛运动，小球恰好与无碰撞地进入光滑的BC斜面，速度沿BC面向下，可得到两个方向的分速度关系从水平方向和竖直方向运用平抛运动的规律分析解决问题（2）运用动能定理可求解小球到达C点的速度（3）
29、小球进入轻质筐后瞬间，进行受力分析，并运用牛顿第二定律求解【解答】解：（1）小球至B点时速度方向与水平方向夹角为45，设小球抛出的初速度为v0，A点至B点时间为t则得： h=，得 t=又tan45=得：v0=2则得：x=v0t=2得水平距离：x=2h（2）设小球至B点时速度为vB，在斜面上运动的加速度为a， vB=v0， a=gsin45，由动能定理得：=2a联立以上几式得：vC=2（3）小球进入轻筐后做圆周运动，由牛顿第二定律得：Fmg=m，解得小球所受拉力：F=mg答：（1）B点与抛出点A的水平距离x为2h；（2）小球运动至C点的速度vc大小为2（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的
30、大小为mg12如图所示，有一固定的光滑绝缘水平平台，平台右端B与水平传送带平滑相接，传送带长L=4m一质量为m=0.5kg、带电量为q=+2103C的滑块放在水平平台上平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接现将滑块从A处由静止释放，无电且传送带不动时滑块恰能到达传送带右端C点已知弹簧始终在弹性限度内，滑块到达B点前已与弹簧完全脱离，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.20，g取l0m/s2求：（1）滑块到达B点时的速度vB和弹簧储存的最大弹性势能EP；（2）若传送带以5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从B到C的过程中，摩擦生热多少？（3）若在BC之间加上水平向左的匀强电场E=
31、1103N/C，传送带以1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块第二次过B点时速度大小为多大？【考点】功能关系；动能定理【分析】（1）根据动能定理，结合滑块在C点的速度为零，求出滑块在B点的速度，根据能量守恒求出弹簧储存的最大弹性势能（2）滑块滑上传送带先做加速运动，当速度与传送带速度相等时一起匀速，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求出相对位移，进而求出摩擦生热；（3）从B点向右减速到1m/s，根据动能定理列式，从1m/s减速为0的过程中，根据动能定理列式，再对滑块向左返回B，根据动能定理列式，联立方程求解即可【解答】解：（1）滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得：从B到C，由动能定理得：联
32、立两式，代入数据解得：vB=4m/sEp=2J（2）加速到5m/s后与传送带一起匀速运动，加速过程，根据牛顿第二定律得：a=，加速时间为：，滑块加速的位移为：则摩擦生热为：Q=mg（vt1x1）=0.25J（3）从B点向右减速到1m/s，根据动能定理得：代入数据解得：x2=1.25m从1m/s减速为0的过程中，根据动能定理得：，代入数据解得：x3=0.25m，滑块向左返回B，根据动能定理得：，代入数据解得：答：（1）滑块到达B点时的速度为4m/s，弹簧储存的最大弹性势能为2J；（2）若传送带以5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从B到C的过程中，摩擦生热为0.25J；（3）若在BC之间加上
33、水平向左的匀强电场E=1103N/C，传送带以1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块第二次过B点时速度大小为五、选做题13下列说法中正确的是（）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光的波长越大，光子的能量越小E由波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【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氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，动能增大，电势能减小，总能量减小【解答】解：A、半衰期是放射性元素有半数
34、发生衰变的时间，由原子核的种类决定，与温度等外界因数无关，故A错误；B、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、光的波长越大，根据v=，频率越小，故能量E=hv越小，故D正确；E、波尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，动能增大，电势能减小，总能量减小，故E正确；故选：BDE14如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m2=0.4kg的小物体，小物体可视为质点现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端，并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短
35、，小物体与车间的动摩擦因数为=0.5，最终小物体以5m/s的速度离开小车g取10m/s2求：子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小小车的长度【考点】动量守恒定律【分析】子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与动量定理可以求出冲量；系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的长度【解答】解：子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+m1）v1，代入数据解得：v1=10m/s，对小车，由动量定理有：I=m1v1=0.4510=4.5Ns；三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有：（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+m2v，设小车长为L，由能量守恒有：m2gL=（m0+m1）v12（m0+m1）v22m2v2，代入数据解得：L=5.5m；答：子弹从射入小车到相对小车静止的过程中对小车的冲量大小为4.5Ns小车的长度为5.5m2016年12月15日
