最新【名师解析】黑龙江省哈尔滨市第六中学届高三下学期第一次模拟考试理综物理试题资料

2015年黑龙江省哈尔滨六中高考物理一模试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．（6分）（2015•哈尔滨校级一模）某质点在0～3s内运动的v﹣t图象如图所示．关于质点
的运动，下列说法正确的是（）
A．质点在第1 s内的平均速度等于第2 s内的平均速度
B．t=3s时，质点的位移最大
C．质点在第2 s内的加速度与第3 s内的加速度大小相等，方向相反
D．质点在第2 s内的位移与第3 s内的位移大小相等，方向相反
【考点】：匀变速直线运动的图像．
【专题】：运动学中的图像专题．
【分析】：在v﹣t中图象的斜率代表物体的加速度，图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移，平均速度等于位移处于时间，据此即可求解．
【解析】：解：A、v﹣t图象与时间轴围成的面积表示物体在该段时间内发生的位移大小，故第1s位移大于第2s位移，故第1s内的平均速度大于第2s内的平均速度，故A错误；B、0﹣2s沿着正方向运动，第3s沿着负方向运动，故t=2s时，质点的位移最大，故B错误；
C、v﹣t图象的斜率表示加速度，故质点在第2 s内的加速度与第3 s内的加速度大小相等，方向相同，故D错误；
D、图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移，则第2s内的位移与第3s 内的位移大小相等，方向相反，故D正确；
故选：D．
【点评】：速度图象的斜率等于物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移．掌握了这一规律即可顺利解决此类题目．
2．（6分）（2015•哈尔滨校级一模）研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，则未来与现在相比（）
A．地球的第一宇宙速度变小
B．地球赤道处的重力加速度变小
C．地球同步卫星距地面的高度变小
D．地球同步卫星的线速度变小
【考点】：万有引力定律及其应用；向心力．
【专题】：万有引力定律的应用专题．
【分析】：卫星绕地球圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析地球自转周期的变化对速度和向心加速度的影响．
【解析】：解：B、赤道上的物体受到的重力等于万有引力减去向心力，，因为T变大，向心力变小，故重力变大，即地球赤道处的重力加速度变大，故B错误．A、地球的第一宇宙速度，就是近地卫星的运行速度，根据重力提供向心力，得
，因为地球表面的重力加速度变大，故地球的第一宇宙速度变大．故A错误．
C、地球同步卫星由万有引力提供圆周运动向心力，据，得，由
此可知，地球自转在逐渐变慢，即同步卫星的周期T增大，轨道半径r增大，距地面的高度变大，故C错误．
D、万有引力提供圆周运动向心力，得，由此可知，轨道半径r变大，卫
星的线速度变小，故D正确．
故选：D．
【点评】：本题考查向心力公式及同步卫星的性质，要注意明确同步卫星的转动周期与地球的自转周期相同．
3．（6分）（2015•哈尔滨校级一模）如图甲所示，两个点电荷Q1、Q2固定在x轴上的两点，其中Q1位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点．现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为v a、v b，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是（）
A．粒子从a点运动到b点电场力先做负功，后做正功
B．Q2带负电且|Q2|＜|Q1|
C．a点的电势比b点的电势高
D．粒子在a点的电势能比在b点的电势能大
【考点】：电势能．
【分析】：在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出Q2的电性．可通过电场力做功正确判断电势能的变化．
【解析】：解：A、由乙图知，粒子从a到b点做减速运动，根据动能定理可知，故电场力一直做负功．故A错误；
B、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见在b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知Q2带负电，由于两个点电荷在b点的场强大小相等，由
点电荷场强公式E=k知，|Q2|＜|Q1|．故B正确；
C、该电荷从a点到b点，做减速运动，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增大，电势升高，所以b点电势较高．故C错误；
D、粒子从a到b，速度减小，电场力做负功，故电势能增大，粒子在a点的电势能比b点的电势能小，故D错误．
故选：B．
【点评】：解决本题的关键以b点的加速度为突破口，根据库仑定律得到Q1和Q2的电量关系．以及知道电场力做功和电势能的关系．
4．（6分）（2015•哈尔滨校级一模）如图所示，理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，交流电压表V1、V2和电流表A1、A2均为理想电表，导线电阻不计．当开关S闭合后（）
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
B．A1示数变小，A1与A2示数的比值不变
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
【考点】：变压器的构造和原理．
【专题】：交流电专题．
【分析】：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2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，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况
【解析】：解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确．
开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2=P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，AB错误．所以只有D正确．
故选：D
【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
5．（6分）（2015•浙江一模）如图，可视为质点的小球，位于半径为m半圆柱体左端点A 的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点．过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2）（）
A．m/s B．4m/s C．3m/s D．m/s
【考点】：平抛运动．
【专题】：平抛运动专题．
【分析】：根据平抛运动速度与水平方向夹角的正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，求出竖直方向上的位移，从而求出竖直方向上的分速度，根据速度方向求出平抛运动的初速度．
【解析】：解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则有：tanθ==．
因为tanθ==．
则竖直位移为：y=R，=2gy=R
所以，tanθ=．
联立以上各式解得：v0===3m/s
故选：C．
【点评】：解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解．
6．（6分）（2015•哈尔滨校级一模）如图所示，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为30°．质量为m的小球套在杆上，在拉力F的作用下，小球沿杆由底端匀速运动至顶端．已
知小球与斜杆之间的动摩擦因数为μ=，则关于拉力F的大小及其做功情况，下列说法正确的是（）
A．当α=30°时，拉力F最小B．当α=60°时，拉力F做功最少
C．当α=60°时，拉力F最小D．当α=90°时，拉力F做功最少
【考点】：动能定理的应用．
【专题】：动能定理的应用专题．
【分析】：对小球受力分析，根据受力平衡列方程，然后结合数学三角函数知识求F的最小值，解本题的突破口为找到使拉力做功最小的条件，为此要分析小球受到的各个力及做功情况：重力做负功，弹力不做功，拉力F做正功，又因小球做匀速运动，动能的变化为零，那么只要摩擦力不做功（即摩擦力为零），则拉力F做功最小，然后正交分解小球受到的各力，列力的平衡方程解答即可求出答案．
【解析】：解：小球匀速运动，根据平衡条件，在沿杆方向上有：
Fcosα=mgsin30°+μ（mgcos30°﹣Fsinα）
整理得：Fcosα+μFsinα=10
F=•m
由数学知识知当cosα+μsinα最大值为
此时arctan=60°则α=90°﹣60°=30°，故A正确，C错误；
B、小球匀速运动，由动能定理得；W F﹣W f﹣W G=0
要使拉力做功最小则W f=0，即摩擦力为0，则支持力为0．
分析小球受的各力然后正交分解列方程：
垂直斜面方向：Fsinα=mgcos30°
沿斜面方向：Fcosα=mgsin30°
解以上两方程得：α=60°，F=mg，故B正确D错误，；
故选：AB
【点评】：本题考查了受力分析以及正交分解的应用，关键是熟练结合数学知识求极值．通过分析小球的受力及各力做功情况，再结合动能定理得出拉力F做功最小时摩擦力为零．
7．（6分）（2015•临沂校级二模）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框．金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界．并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（）
A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B．金属线框的边长为v1（t2﹣t1）
C．磁场的磁感应强度为
D．金属线框在0﹣t4的时间内所产生的热量为2mgv1（t2﹣t1）+m（v32﹣v22）
【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；磁感应强度．
【专题】：电磁感应与电路结合．
【分析】：金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN的高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B．由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量．【解析】：解：A、金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda 方向；故A错误；
B、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2﹣t1，故金属框的边长：l=v1（t2﹣t1）；故B正确；
C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，
又l=v1（t2﹣t1）．
联立解得：B=；故C正确；
D、t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mgυ1（t2﹣t1）；
t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m=mgυ1（t2﹣t1）+m
故Q=Q1+Q2=2mgυ1（t2﹣t1）+m；故D正确；
故选：BCD．
【点评】：本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力．
8．（6分）（2015•哈尔滨校级一模）如图所示，一轻质弹簧下端固定在粗糙的斜面底端的档板上，弹簧上端处于自由状态，斜面倾角为θ．一质量为m的物块（可视为质点）从离弹簧上端距离为l1处由静止释放，物块与斜面间动摩擦因数为µ，物块在整个过程中的最大速度为v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为l2（重力加速度为g）．则（）
A．从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，系统损失的机械能为µmg l2cosθ
B．从物块释放到弹簧被压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和
C．物块的速度最大时，弹簧的弹性势能为mhl1（sinθ﹣μcosθ）﹣mv2
D．弹簧的最大弹性势能为mg（l2﹣l1）sinθ+mv2
【考点】：功能关系；机械能守恒定律．
【分析】：物块下滑做匀加速直线运动，接触弹簧时，沿斜面方向又受到向上的弹力作用，物体做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力等于重力在斜面向下的分量时，加速度为零，速度最大，动能最大，根据动能定理求出刚与弹簧接触时的动能即可判断A，弹黉被压缩到最短时．物块速度为零，根据动能定理即可求出此时弹簧的弹性势能，系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功．
【解析】：解：A、系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功，所以物块运动到最低点时，机械能的损失量为△E=μmgcosθL2，故A正确；
B、根据能量守恒定律可知，从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故B正确；
C、物块的最大速度是在合力为零时，即受力平衡时，设速度最大时设弹簧压缩量x则：根据功能关系E弹=（mgsinθ﹣μmgcosθ）（L1+x）﹣mv2，故C错误；
D、弹黉被压缩到最短时弹性势能最大．物块速度为零，根据动能定理得：
0﹣0=mgsinθL2﹣μmgcosθL2﹣W弹
解得：W弹=mgsinθL2﹣μmgcosθL2
所以此时弹簧的弹性势能为：E P弹=mgsinθL2﹣μmgcosθL2，故D错误；
故选：AB．
【点评】：本题主要考查了动能定理及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，知道什么时候速度最大，难度适中．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第14题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．（7分）（2015•哈尔滨校级一模）如图1为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：
A．用天平测出物块质量M=500g、重物质量m=200g；
B．调整长木板上的轻滑轮，使细线水平；
C．调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力；
D．打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹；
E．多次重复步骤（D），选取点迹清晰的纸带，求出加速度a；
F．根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．
回到下列问题：
（1）以上实验步骤中，不需要的步骤是C；
（2）某纸带如图2所示，各点间还有4个点未标出，则物块的加速度a= 1.25m/s2（结果保留三位有效数字）；
（3）根据实验原理，动摩擦因数μ=（用M、m、a和重力加速度g表
示）．
【考点】：探究影响摩擦力的大小的因素．
【专题】：实验题；摩擦力专题．
【分析】：（1）根据实验的目的和要求事项分析答题；
（2）由导出公式：△x=aT2，即可求出加速度；
（3）由动能定理列方程求出动摩擦因数．
【解析】：解：（1）该实验的目的是为了测量物块与长木板之间的摩擦因数，所以在实验的过程中，不能调整长木板倾斜程度，平衡摩擦力，否则不能测量摩擦因数．
所以不需要的步骤是C．
（2）各点间还有4个点未标出，所以时间间隔是5t0=5×0.02s=00.1s
物块的加速度：，
物块的加速度：
==m/s2=1.25m/s2
（3）对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m）a，
解得：μ=．
故答案为：①C；②1.25；③
【点评】：本题考查了实验注意事项、求动摩擦因数、求加速度，知道实验注意事项、实验原理、应用牛顿第二定律与匀变速直线运动的推论即可正确解题
10．（8分）（2015•哈尔滨校级一模）二极管是一种半导体元件，它的符号为．二极管具有单向导电性，即电流从+极流入时电阻比较小，而从+极流出时电阻比较大．
（1）使用万用表测量测量二极管的正反向电阻，可辨明它的正负极．步骤是：将选择开关旋至合适倍率，调整欧姆零点，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端，指针偏角比较小；将红、黑表笔对调再进行测量，指针偏角比较大．由此判断右（填“左”或“右”）端为二极管的正极．
（2）某二极管的伏安特性曲线如图1，可选用下列器材验证其正向电压时的伏安特性曲线：A．直流电源E：电动势3V，内阻忽略不计
B．滑动变阻器R：0～20Ω
C．电压表V1：量程5V、内阻约为50kΩ
D．电压表V2：量程3V、内阻约为20kΩ
E．电流表A：量程0.6A、内阻约为0.5Ω
F．电流表mA：量程50mA、内阻约为5Ω
G．待测二极管D
H．单刀单掷开关S，导线若干
为提高测量结果的准确度，电压表应选用D，电流表应选用F．（填写各器材前的字母代号）
（3）为达到测量目的，请在如图2虚线框内画出正确的实验电路图．
【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．
【专题】：实验题；恒定电流专题．
【分析】：注意多用电表黑表笔接的是内部电源的正极，然后结合二极管正向导通反向截止的特性分析；
根据电源电动势大小选择电压表量程，结合图象中电流表的最大值选择电流表的量程，连接电路图时注意滑动变阻器是分压接法还是限流接法，电流表是内接还是外接；
要控制电路关键在于控制二极管两端的电压，故可以通过加入保护电阻分压，或在调节时让滑动变阻器分压慢慢变大，进行控制；
根据闭合电路欧姆定律列方程结合二极管伏安特性曲线求解．
【解析】：解：①黑表笔接的是内部电源的正极，因此电流从黑表笔流出，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小说明测得的阻值较大，因此此时测得的是反向电阻，即黑表笔连接的是二极管的负极，则左端为负极右端为正极；
②电源电动势为3V，故电压表选用量程为3V的D；
由描出的图象可以看出最大电流为30mA，故电流表选择量程为50mA的F即可；
③电压从零开始测量，故选择滑动变阻器分压接法，二极管正向电阻较小，属于小电阻故选择电流表外接法，电路图如图：
故答案为：（1）右；（2）D、F；（3）如图
【点评】：本题考查了欧姆表的原理及伏安特性曲线，综合性较强，要求学生能全面掌握实验知识；注意欧姆表的原理及分压接法等基本原理．
11．（13分）（2015•哈尔滨校级一模）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角θ=37°．现有一质量m=1.0kg的滑块沿斜面由静止下滑，经时间0.40s沿斜面运动了0.28m，且该过程中木块处于静止状态．重力加速度g取10m/s2，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；
（2）滑块在斜面上滑行的过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向．
【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出滑块的加速度，根据牛顿第二定律求出滑块在运动过程中受到的摩擦力大小．
（2）对整体分析，根据牛顿第二定律运用正交分解法求解地面对木楔的摩擦力的大小和方向．
【解析】：解：（1）根据x=得，加速度a=，
根据牛顿第二定律得，mgsinθ﹣f=ma
代入数据解得f=2.5N．
（2）以物块和斜面整体为研究对象，作出力图如图．
根据牛顿第二定律得，地面对木楔的摩擦力的大小：
f=macosθ=1×3.5×=N≈3..03N．
方向水平向左
答：（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为2.5N；
（2）滑块在斜面上滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小为3.03N，水平向左
【点评】：本题的解法是对加速度不同的两个物体用整体法，中学用得较少．常用方法是隔离木楔ABC研究，分析受力，根据平衡求解地面对木楔的摩擦力的大小和方向．
12．（19分）（2014•南湖区校级一模）如图所示，在y＞0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y＜0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场．一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动．当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点．C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d．不计电子的重力．求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）电子从A运动到D经历的时间t．
【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在混合场中的运动．
【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】：（1）分析电子的运动情况：电子在电场中，受到竖直向下的电场力而做类平抛运动（或匀变速曲线运动）；进入磁场做匀速圆周运动；画出轨迹．根据牛顿第二定律和运动学公式研究电子在电场中的类平抛运动，即可求出电场强度E；
（2）由上题结果，求出电子进入磁场中的速度v的大小，以及v与x轴的夹角，由几何知识求出圆周运动的半径，由牛顿第二定律和向心力求磁感应强度B；
（3）根据电场中抛物线的对称关系，可见电子在电场中运动的时间为3t1=，根据轨迹
的圆心角求出磁场中运动时间，即可得到总时间．
【解析】：解：电子的运动轨迹如图所示
（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，
则2d=v0t1
解得E=
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则，得θ=45°
解得
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得
由图可知
解得
（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为3t1=
电子在磁场中运动的时间t2=
电子从A运动到D的时间t=3t1+t2=
答：
（1）电场强度E的大小为．
（2）磁感应强度B的大小为；
（3）电子从A运动到D经历的时间t为．
【点评】：电子在电场中做类平抛运动的研究方法是运动的分解，而磁场中圆周运动的研究方法是画轨迹，都常用的思路，难度不大．
[物理--选修3-5]（15分）
13．（5分）（2015•哈尔滨校级一模）下列说法正确的是（）
A．卢瑟福α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构
B．极限频率越大的金属材料逸出功越大
C．轻核聚变反应方程有：H+H→He+n
D．氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级和从n=2能级跃迁到n=1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长
E．氦原子核由两个质子和两个中子组成，其中两个质子之间三种作用力从大到小的排列顺序为：核力、库仑力、万有引力
【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】：α粒子散射实验说明了原子的核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部有复杂结构．跃迁时辐射的能量等于两能级间的能级差．
【解析】：解：A、α粒子散射实验说明了原子的核式结构模型，天然放射现象说明原子核内部有复杂结构．故A错误．
B、极限频率越大的金属材料逸出功越大．故B正确．
C、轻核聚变反应方程有：H+H→He+n．故C正确．
D、跃迁时辐射的能量等于两能级差，氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级和从n=2能级跃迁到n=1能级，前者跃迁辐射出的光子的能量大，频率大，则波长比后者的短．故D错误．
E、根据原子核的组成理论，氦原子核由两个质子和两个中子组成，其中两个质子之间三种作用力从大到小的排列顺序为：核力、库仑力、万有引力．故E正确．
故选：BCE
【点评】：本题考查了物理学史、极限频率与逸出功、能级的跃迁等知识点，比较简单，只有对教材熟悉，就能轻松解决
14．（10分）（2015•哈尔滨校级一模）如图所示，AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为2m的小球乙静止在水平轨道上，质量为m的小球甲以速度v0与乙球发生弹性正碰．若轨道足够长，两球能发生第二次碰撞，求乙球与斜面之间的动摩擦因数μ的取值范围．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【考点】：动量守恒定律；机械能守恒定律．
【分析】：由于两球发生弹性碰撞，则动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后两球的速度大小，根据能能定理得出碰后乙球返回斜面底端的速度，抓住该速度大于甲的速度，得出动摩擦因数的范围．
【解析】：解：设碰后甲的速度为v1，乙的速度为v2，m2=m1=2m由动量守恒和能量关系：m1v0=m1v1+m2v2①
②
联立①②解得：
设上滑的最大位移大小为s，滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理：
（m2gsin37°+μm2gcos37°）s=，③
（m2gsin37°﹣μm2gcos37°）s=，④。