江西省景德镇市高三物理第二次质检试题含解析新人教版.doc

江西省景德镇市2013届高三第二次质检物理试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1（3分）物理学国际单位制中有基本单位和导出单位，下列物理量的单位用基本单位表示，正确的是（）A功率的单位用基本单位表示是Nm/sB电容的单位用基本单位表示是C/VC电量的单位用基本单位表示是AsD磁通量的单位用基本单位表示是Tm2考点：力学单位制分析：国际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位解答：解：A、功率的单位用Nm/s来表示时，其中的N是导出单位，不是基本单位，所以A错误B、电容的单位用C/V来表示时，其中的C和V都不是基本单位，是导出单位，所以B错误C、电量的单位用As来表示时，其中的A和S分别是电流和时间的基本单位，所以C正确D、磁通量的单位用Tm2来表示时，其中的T是导出单位，不是基本单位，所以D错误故选C点评：国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的2（3分）如图所示，光滑固定斜面C倾角为，质量均为m的两物块A、B一起以某一初速沿斜面向上做匀减速直线运动已知物块A上表面是水平的，则在该减速运动过程中，下列说法正确的是（）A物块A受到B的摩擦力水平向左B物块B受到A的支持力做负功C物块B的机械能减少D两物块A、B之间的摩擦力大小为mgsin cos考点：机械能守恒定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据整体法求出AB共同的加速度，将加速度分解为水平方向和竖直方向，隔离对B分析，求出A、B之间的支持力和摩擦力解答：解：A、对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，再隔离B分析可得，故B定会受到A是加大水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律，则物块A受到B的摩擦力水平向右，故A错误B、物块B受到A的支持力向上，物体B有向上的位移，故支持力做正功故B错误C、采用逆推法，没有A的阻碍作用，B将会自由落体运动，故加速下降时B对A做正功，减速上升时，A对B做正功，故A机械将增加，故C错误D、对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向，水平方向上的加速度a1=acos=gsincos，竖直方向上的分速度a2=asin=gsin2隔离对B分析，A对B的摩擦力f=ma1=mgsincos故D正确故选D点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离的运用3（3分）如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100t（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并连接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（）A在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sB在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比解答：解：A、在A、B两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V283V，故平均每匝电压为0.283V，故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s，故A错误；B、输入电压为200V，根据，故输出电压为40V；在A、B两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据有效值定义，有故B错误；C、在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R分得的电压增加，电压表读数增加，故C正确；D、在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R分得的电压减小，电压表读数减小，故D正确；故选CD点评：本题关键是明确变压器的输入和输出电压成正比，然后转化为恒定电路的动态分析问题，不难4（3分）有一个消毒用电器P，电阻为20k，它只有在电压高于24V时才能工作今用一个光敏电阻R1对它进行控制，光敏电阻在光照时为100，黑暗时为1000电源电动势E为36V，内阻不计，另有一个定值电阻R2，电阻为1000下列电路电键闭合后能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作的是（）ABCD考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律逐项分析四个电路，当消毒用电器P所占电压高于24V时才能正常工作解答：解：A、在光照时，光敏电阻为100，P电阻为20k，R2电阻为1000，P占的电压超过，正常工作；黑暗时，光敏电阻1000，P占的电压超过，正常工作，故A错误；B、同理可以求得B电路中光照和黑暗时，P占的电压超过，正常工作，故B错误；C、电路C中P与R2并联，电阻略小于1000，能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作，故C正确；D、电路D中P与R1并联，光照时并联部分电阻小于100，黑暗时电阻略小于1000，不能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作，故D错误故选C点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能根据电路图求出P的电压，难度大5（3分）如图所示，在倾角为的斜面上固定有两根足够长的平行光滑导轨，两导轨间距为L，金属导体棒ab垂直于两导轨放在导轨上，导体棒ab的质量为m，电阻为R，导轨电阻不计，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B当金属导体棒ab由静止开始向下滑动一段时间t0，再接通开关S，则关于导体棒ab 运动的vt图象（如下图所示）不可能的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的图像；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应中的力学问题分析：开关闭合前，金属棒匀加速直线运动，vt图象是倾斜的直线；开关闭合后，金属棒可能做匀速直线运动，可能做加速度减小的加速度运动，也可能做加速度减小的减速运动，根据运动情况选择图象解答：解：A、开关闭合前，金属棒匀加速直线运动，vt图象是倾斜的直线，开关闭合后，金属棒切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若安培力大小等于重力沿斜面向下的分力，棒将做匀速直线运动，vt图象平行于t轴故A图是可能的故A错误B、C开关闭合前，金属棒匀加速直线运动，vt图象是倾斜的直线，开关闭合后，金属棒切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若安培力大小大于重力沿斜面向下的分力，棒将做减速直线运动，速度减小，感应电流减小，棒所受的安培力减小，加速度减小，vt图象的斜率减小，当安培力减至与重力沿斜面向下的分力大小相等时，棒开始做匀速直线运动故B图象是不可能的，C可能故B正确，C错误D、开关闭合后，金属棒切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若安培力大小小于重力沿斜面向下的分力，棒将做加速直线运动，速度增大，感应电流增大，棒所受的安培力增大，加速度减小，vt图象的斜率减小，当安培力增至与重力沿斜面向下的分力大小相等时，棒开始做匀速直线运动故D图象是可能的，故D错误故选B点评：本题的解题关键是分析棒的受力情况，来分析其运动情况，要考虑各种可能的情况开关闭合后，当棒做变速运动时，加速度总是减小的6（3分）均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（）AEBCED+E考点：电场强度；电场的叠加专题：电场力与电势的性质专题分析：均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解解答：解：若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场则在M、N点所产生的电场为E=，由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为E=E，故选A点评：本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系7（3分）一宇宙飞船沿椭圆轨道绕地球运行，机械能为E，通过远地点P时，速度为v，加速度大小为a，如图所示，当飞船运动到P时实施变轨，转到圆形轨道上运行，则飞船在轨道上运行时（）A速度大于vB加速度大小为aC机械能等于ED机械能大于E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专题：人造卫星问题分析：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，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题解答：解：A、卫星要从低轨道到高轨道需要加速然后做离心运动，所以轨道上运行的速度大于v故A正确B、根据万有引力提供向心力，即G得：a=G，M、r不变，所以加速度大小仍为a；故B正确C、D：飞船在轨道上的远地点P要点火加速，克服引力做功后v增大，做离心运动才能变轨到轨道上运行，所以机械能要增大所以C错误、D正确故选AB点评：解决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量的变化8（3分）如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A=60°，AO=a在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为q/m，发射速度大小都为v0，且满足v0=，发射方向由图中的角度表示对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（）A粒子有可能打到A 点B以=60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C以30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D在AC 边界上只有一半区域有粒子射出考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解解答：解：A、根据，可知粒子的运动半径R=a，因此当=60°入射时，粒子恰好从A点飞出，故A正确；B、当=60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期，是在磁场中运动时间最长，故B错误；C、当=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，故C错误；D、当=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；故选：AD点评：考查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个小题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）9（6分）某研究性学习小组在做“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50HZ，查得当地重力加速度g=9.8m/s2测得所用重物的质量为1.00kg，实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作0，每两个计数点之间还有几个点未画出，另选择连续的3个计数点A、B、C作为测量的点，如图所示，经测量知道A、B、C各点到O点的距离分别为50.50cm、86.00cm、131.10cm根据以上数据可以获知两计数点间的时间间隔为0.1s，重物由O点运动到B点，重力势能减少了8.43J，动能增加了8.12J（保留三位有效数字）考点：验证机械能守恒定律专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：利用逐差法h=gT2可以求出两计数点间的时间间隔纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值解答：解：根据h=gT2将h=（131.1086.00）（86.0050.50）=9.6cm，当地重力加速度g=9.8m/s2所以解得T0.1s重力势能减小量Ep=mgh=1.0×9.80×0.8600J=8.43J利用匀变速直线运动的推论得：vB=EkB=mvC2=8.12J故答案为：0.1s，8.43，8.12点评：运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，同时要熟练应用基本物理规律解决实验问题10（9分）某待测电阻Rx的阻值约为20，现要测量其阻值，实验室提供器材如下：A电流表A1（量程150mA，内阻约为10）B电流表A2（量程20mA，内阻r2=30）C电压表V（量程15V，内阻15k）D定值电阻R0=100E滑动变阻器R，最大阻值约为10F电源E，电动势E=9V（内阻不计）G电键S及导线若干（1）测量时要求电表读数不得小于其量程的，那应选择的电表是AB（填电表前面的字母符号）（2）请你在虚线框内画出测量Rx的实验原理图（图中元件使用题干中相应英文字母符号标注）（3）实验时电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，用已知的和测得的物理量表示Rx=（用字母表示）考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）实验需要电源、导线，然后根据题目要求选择电流表、电压表、滑动变阻器（2）根据实验原理及所选实验器材设计实验电路（3）根据电路结构、应用欧姆定律可以求出待测电阻阻值的表达式解答：解：（1）由于电源电动势为4V，电压表V量程为15V，达不到其量程的三分之一，故电压表不能使用；可用电流表A2与定值电阻R0串联扩大其电压量程，当作电压表与电流表A1配合使用伏安法测量待测电阻阻值，由于改装的电压表内阻已知，故电流表A1采用外接法，改装的电压表电压量程为20mA×130=2.6V，滑动变阻器最大阻值为5，无法起到限流作用，故滑动变阻器采用分压式接法；经过估算当电流表A1满偏时，电流表A2也正好满篇，非常匹配，因此满足电表读数不得小于量程的三分之一，故电表选择A、B（2）电流表A2与定值电阻R0串联组成电压表，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示（3）待测电阻两端电压U=I2（R0+r2），通过待测电阻的电流IX=I1I2，待测电阻Rx=，故答案为：（1）AB（2）如右图所示 （3）点评：本题考查了实验器材的选取，实验器材的选取是本题的难点，也是正确解题的关键，选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实验操作性原则11（14分）一足够长水平浅色传送带以V0匀速运动，现将一可视为质点的小煤块轻放在其上方，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为经过一定时间后达到共同速度令传送带突然停下，以后不再运动，到最后煤块也停下已知重力加速度为g求：（1）煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间；（2）煤块在传送带上划出的痕迹长度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：传送带专题分析：（1）由牛顿第二定律求出煤块的加速度，然后由速度公式求出煤块相对传送带静止所需要的时间（2）由匀变速运动规律求出煤块相对于传输带的位移，然后求出痕迹的长度解答：解：（1）以煤块为研究对象，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得，煤块的加速度a=g，达到V0所用时间t=；（2）在煤块与传送带达到共同速度的过程中，传送带运动的距离煤块运动的距离此过程中划出的痕迹长度为传送带突然停下后，煤块继续做匀减速运动，直至停下，这一过程煤块向前运动的距离为考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为；答：（1）煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间为；（2）煤块在传送带上划出的痕迹长度为点评：分析清楚煤块的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题12（18分）从阴极K发射的电子经电势差U0=4500V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm，间距d=4cm的平行金属板AB之后，在离金属板边缘L2=75cm处放置一个直径D=20cm的带有记录纸的圆筒（如图1所示），整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计已知电子质量m=0.9×1030kg，电子电量e=1.6×1019C，不考虑相对论效应（1）若在两金属板上加上U1=1000V的直流电压（AB），为使电子沿入射方向做匀速直线运动，应加怎样的磁场？（2）若在两金属板上加上U2=1000cos2t（V）的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图2示方向以=4rad/s的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并定性画出1s钟内所记录的图形（电子穿过AB的时间很短，可认为这段时间内板间电压不变）考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：1、根据动能定理求出电子入射磁场的初速度，在AB间受到电场力和洛伦兹力平衡，列方程求解B大小，根据左手定则判断B的方向2、先求出AB间的场强，根据平抛运动的知识求解偏距，再根据圆筒的运动特点分析偏转位移随时间变化的图形解答：解：（1）由eU0=得电子入射速度v0=m/s=4×107m/s 加直流电压时，板间场强E1=2.5×104V/m 电子做直线运动时，由条件eE1=ev0B，得应加磁场的磁感应强度B=6.25×104T，方向垂直纸面向里 （2）加交流电压时，A、B两极间场强E2=2.5×104cos2t（V/m）电子飞出板间时偏距y1=（）2电子飞出板间时竖直速度vy=at1=从飞离板到达圆筒时偏距y2=vyt2=在纸上记录落点的总偏距（m）因圆筒每秒钟转2周，故在1s内，纸上图形如图所示答：（1）应加的磁场的磁感应强度为6.25×104T，方向垂直纸面向里（2）若在两金属板上加上U2=1000cos2t（V）的交流电压，在1s内，纸上图形如上图所示点评：本题中带电粒子先加速后偏转，运用动能定理求解加速电压，运用运动的分解法研究类平抛运动，都是常用的思路此题有一定的难度，属于难题三、物理-选修3-313（6分）下列说法正确的是 （）A两个物体只要温度相等，那么他们分子热运动的平均动能就相等B在自然界能的总量是守恒的，所以不存在能源危机C热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成D热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”E1kg的0°C的冰比1kg的0°C的水的内能小些考点：热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志；能量守恒定律；热力学第二定律专题：热力学定理专题分析：A、温度是平均动能的标志；B、能量是守恒，但转化有方向性，所以要节约；C、U=Q+W是热力学第一定律；D、热力学第二定律是描述能量转化有方向性；E、冰化成水需要吸热解答：解：A、温度是平均动能的标志，所以两个物体只要温度相等，那么他们分子热运动的平均动能相等，故A正确；B、在自然界能的总量是守恒的，由于存在方向性，所以需要我们节约能源，故B错误；C、根据U=Q+W热力学第一定律，也可表述为第一类永动机不可能制成，故C正确；D、热力学第二定律可描述为“在外界做功下，能使热量由低温物体传递到高温物体”，故D错误；E、由于冰化成水需要吸热，所以1kg的0°C的冰比1kg的0°C的水的内能小些，故E正确；故选：ACE点评：考查热力学基本知识，掌握热力学第一、二定律，知识温度是平均动能的标志，理解能量转化需要方向性，强调要节约能源14（9分）如图所示，A、B气缸的长度均为60cm，截面积均为40cm2，C是可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门整个装置均由导热材料制成原来阀门关闭，A内有压强PA=2.4×105Pa的氧气B内有压强PB=1.2×105Pa的氢气阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡求：活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；活塞C移动过程中B中气体是吸热还是放热（简要说明理由）（假定氧气和氢气均视为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略）考点：理想气体的状态方程；热力学第一定律专题：压轴题；理想气体状态方程专题分析：整个装置均由导热材料制成，活塞C向右移动时，两气缸内气体均发生等温变化，平衡后两部分气体的压强相等根据玻意耳定律，结合关系条件求解根据热力学第一定律分析吸放热情况解答：解：、由玻意耳定律得：对A部分气体有：pALS=p（L+x）S，对B部分气体有：pBLS=p（Lx）S，代入相关数据解得：x=20cm，p=1.8×105Pa；、活塞C向右移动的过程中活塞对B中气体做功，而气体发生等温变化，内能不变，故B中气体向外界放热 答：、活塞C移动的距离为20cm，平衡后B中气体的压强1.8×105Pa；、活塞C移动过程中B中气体放热点评：本题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的相关条件，如压强关系、体积关系等等四、物理-选修3-415（6分）A、B两列简谐横波均沿x轴正向传播，某时刻的他们的波形分别如图甲、丙所示，经过时间t（t小于A波的周期TA），这两列简谐横波的波形分别变为图乙、丁所示，则A、B两列波的波速vA、vB之比可能的是 （）A1：1B3：2C1：3D3：1E1：5考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象专题：波的多解性分析：由波动图象读出两波的波长，根据题给条件，列出两波的周期与时间t的关系，确定波速的关系，列出通项，分析特殊值解答：解：由图波长A=24cm，B=12cm又t=，t=kTB，得到TA：TB=2k：1，（k=0，1，2，、），则由波速v=得到，vA：vB=1：k当k=1时，vA：vB=1：1，当k=3时，vA：vB=1：3，当k=5时，vA：vB=1：5，因为k为整数，vA：vB3：1，也不可能等于3：2故选ACE点评：本题考查根据波的周期性列出通项的能力，解题时要注意条件t小于A波的周期TA，不能得出t=（2n+）16（9分）如图，厚度为D的玻璃砖与水平实验桌成45°角放置红色激光束平行于水平桌面射到玻璃砖的表面，在桌面上得到两个较亮的光点A、B，测得AB间的距离为L求玻璃砖对该红色激光的折射率考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据几何关系，结合折射定律求出玻璃砖对该红色激光的折射率解答：解：由折射定律有：=n 直角三角形MNR中sin= MN=在直角三角形PQN中PN=L 解得n=答：玻璃砖对该红色激光的折射率为点评：本题考查光的折射定律，对数学几何的能力要求较高，需加强这类题型的训练五、物理-选修3-517（6分）如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，并用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠这群氢原子能发出3种不同频率的光，其中有2种频率的光能使金属钠发生光电效应金属钠发出的光电子的最大初动能9.60eV考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大根据光电效应方程求出光电子的最大初动能解答：解：有三种跃迁方式，如图所示第3激发态第1激发态，放出光子的能量为E=E3E1=（1.51eV）（13.6eV）=12.09eV2.49eV；第3激发态第2激发态，放出光子的能量为E=E3E2=（1.51eV）（3.4eV）=1.89eV2.49eV；第2激发态第1激发态，放出光子的能量为E=E2E1=（3.4eV）（13.6eV）=10.2eV2.49eV；光子能量大于逸出功的会发生光电效应，故有2种频率的光能使金属钠发生光电效应；根据爱因斯坦光电效应方程，有：EKm=hvW0=12.09eV2.49eV=9.60eV；故答案为：3，2；9.60eV点评：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，以及掌握光电效应方程EKm=hvW018（9分）如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块现给薄板和物块相同的初速度v=4m/s朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，求当薄板的速度为2.4m/s时，物块的速度大小和方向薄板和物块最终停止相对运动时，因摩擦而产生的热量考点：动量守恒定律；功能关系专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度之后，m向左做匀加速运动，M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度薄板和物块最终停止相对运动时，两者的速度相同，根据动量守恒可求得共同速度系统的机械能减小转化为内能，由能量守恒定律求得热量解答：解：取向左为正向，当薄板速度为v1=2.4m/s时，由动量守恒定律可得，（Mm）v=Mv1+mv2，解得v2=0.8m/s，方向向左 停止相对运动时，由动量守恒定律得，Mvmv=（M+m）v，解得最终共同速度v=2m/s，方向向左； 因摩擦而产生的热量J答：当薄板的速度为2.4m/s时，物块的速度大小为0.8m/s，方向向左薄板和物块最终停止相对运动时，因摩擦而产生的热量为24J点评：题考查应用系统的动量守恒定律分析物体运动情况的能力，这是分析物体运动情况的一种方法，用得较少，但要学会，比牛顿定律分析物体运动情况简单