江西省南昌市十校联考2017届高三物理二模试卷(含解析)

江西省南昌市十校联考2017届高三物理二模试卷（二）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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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．1．8月16号我国成功的发射了“天空二号”，“天宫二号”是的运行轨道高度为393km．“天空一号”的运行轨道高度为350km，它们的运行轨道均视为圆周，则（）A．“天宫二号”比“天宫一号”速度大B．“天宫二号”比“天宫一号”角速度大C．“天宫二号”比“天宫一号”周期长D．“天宫二号”比“天宫一号”加速度大2．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（）A．前2s内与最后2s内货物的平均速度和加速度都相同B．前2s内货物处于超重状态C．最后2s内货物只受重力作用D．第2s末至第6s末的过程中，货物的机械能守恒3．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3为等差等势线．已知a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，MN=NQ，则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度减小，b加速度增大C．MN两点的电势差等于NQ两点的电势差D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小4．如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为500匝和l00匝，电压表的示数为10V．则（）A．电流表的读数为2.5AB．流过电阻的交变电流频率为10HzC．交流电源的输出电压的最大值为100VD．交流电源的输出功率为10W5．如图所示，两条足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面的夹角为θ，导轨上端连有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面．将质量为m的导体棒放在导轨上静止释放，当速度达到v时导体棒开始匀速运动，此时再对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒定，导体棒最终以2v的速度匀速运动．已知导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．在由静止开始运动到以速度2v匀速运动的过程中（）A．拉力的功率为2mgvsin θB．安培力的最大功率为2mgvsin θC．加速度的最大值为2gsinθD．当棒速度为时，加速度大小为gsinθ6．如图所示是氢原子的能级图，现有一群处于n=4能级上的氢原子，它们在跃迁回到n=1能级的过程中，可能辐射出N种不同频率的光子．辐射出的光子照射某种金属，能产生的光电子最大初动能是E k，已知该金属的逸出功是，则（）A．N=3 B．N=6 C．E k= eV D．E k= eV7．一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平外力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是（）A．物体在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1：10B．物体在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1：8C．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1：8D．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1：68．“蹦床”已被奥运会列为正式比赛项目．运动员利用蹦床网的弹性弹起到空中，完成动作后落回到网上，再经蹦床网的弹性弹起，如此往复．图示的F﹣t图象是传感器记录的是一位运动员双脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化情况．设运动员只在竖直方向上运动，取重力加速度为10m/s2，则运动员在前12s的时间内（）A．获得的最大加速度为40 m/s2B．获得的最大加速度为50 m/s2C．腾空弹起时的最大高度约为2.5 mD．腾空弹起时的最大高度约为3.2 m三、解答题（共4小题，满分47分）9．某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究恒力对小车做功与小车动能改变的关系”实验，在实验中，该小组同学进行了平衡摩擦力后，把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．①除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有．②如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“恒力对小车做功与小车动能改变的关系”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m．用题中给出的字母，恒力对小车做的功可表示为，小车动能的改变量可表示为，只要推导出二者在误差范围内相等即可得出结论．10．图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”的实验电路图．（1）用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d= m．（2）闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R，利用多组数据绘出如图丙所示的R﹣x图象，可得该图线的斜率 k= Ω/m．（3）利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率ρ的表达式为_（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻．闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图丁所示的U﹣I图象，得出电源的电动势 E= V；若R0=Ω，则电源的内阻r= Ω．11．如图所示，水平轨道上有一轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于P点．现用一质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度v0=18m/s，经过水平轨道右端Q点后沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑圆轨道，最后物块经轨道最低点A抛出后落到B点，已知物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=，R=l=1m，A到B 的竖直高度h=1.25m，取g=10m/s2．（1）求物块到达Q点时的速度大小（保留根号）；（2）求物块经过Q点时圆轨道对物块的压力；（3）求物块水平抛出的位移大小．12．如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角为θ=53°，空间中自下而上依次分布着垂直斜面向下的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、…n，相邻两个磁场的间距均为d=0.5m．一边长L=0.1m、质量m=0.5kg、电阻R=Ω的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场I的上边界为d0=0.4m，导线框与斜面间的动摩擦因数μ=．将导线框由静止释放，导线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动．已知重力加速度g=10m/s2，sin53°=，cos53°=，求：（1）导线框进入磁场I时的速度；（2）磁场I的磁感应强度B1；（3）磁场区域n的磁感应强度B n与B1的函数关系．（二）选考题：共15分．请考生从给出的2道物理题任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．【物理--选修3-3】13．下列说法正确的有（）A．1g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多B．气体对容器壁的压强，是由气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的C．物体内能增加，温度不一定升高D．物体温度升高，内能不一定增加E．能量在转化过程中守恒，所以我们可以将失去的能量转化回我们可以利用的能量，以解决能源需求问题14．一端开口的极细玻璃管开口朝下竖直立于水银槽的水银中，初始状态管内外水银面的高度差为l0=62cm，系统温度27℃．因怀疑玻璃管液面上方存在空气，现从初始状态分别进行两次试验如下：①保持系统温度不变，将玻璃管竖直向上提升2cm（开口仍在水银槽液面以下），结果液面高度差增加1cm；②将系统温度升到77℃，结果液面高度差减小1cm．已知玻璃管内粗细均匀，空气可看成理想气体，热力学零度可认为为﹣273℃．求：（i）实际大气压为多少cmHg？（ii）初始状态玻璃管内的空气柱有多长？【物理--选修3-4】15．一列简谐横波沿x轴传播．t=0时的波形如图所示，质点A与质点B相距lm，A点速度沿y轴正方向；t=时，质点A第一次到达正向最大位移处．由此可知（）A．此波沿x轴正方向传播B．此波的传播速度为25m/sC．从t=0时起，经过，质点A沿波传播方向迁移了1mD．在t=时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向E．此列波不能和频率为50 Hz的横波发生干涉现象16．高速公路上的标志牌都用”回归反射膜“，夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，这种“回归反射膜”是用球体反射元件制成的．如图，透明介质球的球心位于O点，半径为R，光线DC平行于直径AOB射到介质球的C点，DC与AB间的距离H=R．若DC光线进入介质球折射后，经一次反射，再折射后射出的光线与入射光线CD平行，试作出光路图，并计算出介质球的折射率．2017年江西省南昌市十校联考高考物理二模试卷（二）参考答案与试题解析一、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1-4题只有一项符合题目要求，第5-8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．1．8月16号我国成功的发射了“天空二号”，“天宫二号”是的运行轨道高度为393km．“天空一号”的运行轨道高度为350km，它们的运行轨道均视为圆周，则（）A．“天宫二号”比“天宫一号”速度大B．“天宫二号”比“天宫一号”角速度大C．“天宫二号”比“天宫一号”周期长D．“天宫二号”比“天宫一号”加速度大【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；4F：万有引力定律及其应用．【分析】“天空一号”和“天宫二号”都绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律比较线速度、周期、向心加速度的大小即可．【解答】解：A：“天空一号”和“天宫二号”绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力：G=m，即 v=，“天宫二号”的轨道半径比“天空一号”大，则“天宫二号”比“天空一号”线速度小，故A错误；B、万有引力提供向心力G=mrω2，解得ω=，“天宫二号”的轨道半径比“天宫一号”大，则“天宫二号”比“天宫一号”角速度小，故B错误；C、万有引力提供向心力G=m解得：T=，天宫二号”的轨道半径比“天宫一号”大，则“天宫二号”比“天宫一号”周期长，故C正确；D、根据万有引力提供向心力G=ma，解得a=，“天宫二号”的轨道半径比“天宫一号”大，则“天宫二号”比“天宫一号”加速度小，故D错误；故选：C．2．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（）A．前2s内与最后2s内货物的平均速度和加速度都相同B．前2s内货物处于超重状态C．最后2s内货物只受重力作用D．第2s末至第6s末的过程中，货物的机械能守恒【考点】6C：机械能守恒定律；1I：匀变速直线运动的图像．【分析】超重是物体所受的拉力或支持力大于物体所受重力的现象；当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，相反，当物体向上减速运动或向下加速运动时，物体均处于失重状态，根据图象判断物体的运动情况，然后判断物体的超重与失重情况．匀变速运动的平均速度可由公式求解．机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，根据斜率求出物体的加速度，确定合力分析机械能是否守恒．【解答】解：A、在v﹣t图象中，斜率代表加速度，前2s内与最后2s内货物做匀加速运动和匀减速运动，加速度不同，故A错误；B、前3 s内货物向上做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，故B正确；C、最后2s内的加速度大小为a=＜10m/s2，受到向上的拉力，故C错误；D、第2 s末至第6 s末的过程中，速度不变，动能不变，势能增大，其机械能不守恒，故D 错误．故选：B3．如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3为等差等势线．已知a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出．仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图所示，MN=NQ，则（）A．a一定带正电，b一定带负电B．a加速度减小，b加速度增大C．MN两点的电势差等于NQ两点的电势差D．a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小【考点】AD：电势差与电场强度的关系．【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向，判断电场力方向．当电场力方向与场强方向相同时，粒子带正电，当电场力方向与场强方向相反时，粒子带负电．电场线越密，场强越大，粒子受到的电场力越大，加速度越大．非匀强电场中，距离相等的两点间，场强越大，电势差越大．根据电场力做功的大小，判断动能变化量的大小．【解答】解：A、由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性．故A 错误．B、由题，a所受电场力逐渐减小，加速度减小，b所受电场力增大，加速度增大．故B正确．C、已知MN=NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差|U MN|大于NQ两点电势差|U NQ|．故C错误．D、根据电场力做功公式W=Uq，|U MN|＞|U NQ|，a粒子从等势线2到3电场力做功小于b粒子从等势线2到1电场力做功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小．故D正确．故选：BD．4．如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为500匝和l00匝，电压表的示数为10V．则（）A．电流表的读数为2.5AB．流过电阻的交变电流频率为10HzC．交流电源的输出电压的最大值为100VD．交流电源的输出功率为10W【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】交流电表的示数为有效值，经过变压器的交流电的频率不变，交流电的输入功率等于输出功率．【解答】解：A、副线圈的电流为I2=0.5A，则原线圈的电流为I1，由=得I1=×I2=0.1A．故A错误B、流过电阻的交流电的频率为50Hz．故B错误C、副线圈的电压为U2=2×10=20V，交流电源的输出电压的最大值为20V，故C错误D、P出=U2I2=20×=10w．故D正确故选D．5．如图所示，两条足够长的光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面的夹角为θ，导轨上端连有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面．将质量为m的导体棒放在导轨上静止释放，当速度达到v时导体棒开始匀速运动，此时再对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒定，导体棒最终以2v的速度匀速运动．已知导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g．在由静止开始运动到以速度2v匀速运动的过程中（）A．拉力的功率为2mgvsin θB．安培力的最大功率为2mgvsin θC．加速度的最大值为2gsinθD．当棒速度为时，加速度大小为gsinθ【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DD：电磁感应中的能量转化．【分析】（1）当导体棒以速度v和2v匀速运动时，以导体棒为研究对象，由安培力计算公式、感应电动势计算公式和闭合电路欧姆定律求出两种情况下的安培力，结合物体的平衡条件可计算出导体棒以2v匀速运动时的外力F（2）当导体棒刚受到外力F时其具有最大加速度（3）根据牛顿第二定律可求得导体棒的最大加速度a max和导体棒的速度为时导体棒的加速度a 【解答】解：设当导体棒速度以速度v和2v匀速运动时，导体棒所受安培力的大小分别为F1和F2，当导体棒的速度为2v时平行于导轨向下拉力的大小为F，定值电阻的阻值为R，则有：mgsinθ=F1F1=vmgsi nθ+F=F2F2=2v解得：F=mgsinθ因拉力功率的恒定，故拉力的功率P=F×2v=2mgsinθ，故A正确经分析可知安培力的最大值为F2，导体棒的最大速度为2v，则安培力的最大功率P1=2F2×2v=4mgvsinθ，故B错误经分析可知对导体棒刚施加拉力F时其具有最大加速度a max，则有：+mgsinθ﹣F1=ma max解得：a max=2gsinθ，故C正确设当棒的速度为时，棒所受安培力的大小为F3，加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有：+mgsinθ﹣F3=maF3==θ解得：a=gsinθ，故D错误故选：AC6．如图所示是氢原子的能级图，现有一群处于n=4能级上的氢原子，它们在跃迁回到n=1能级的过程中，可能辐射出N种不同频率的光子．辐射出的光子照射某种金属，能产生的光电子最大初动能是E k，已知该金属的逸出功是，则（）A．N=3 B．N=6 C．E k= eV D．E k= eV【考点】J3：玻尔模型和氢原子的能级结构．【分析】根据数学组合公式得出一群处于n=4能级上的氢原子向n=1能级跃迁时辐射出不同频率光子的种数；结合辐射的最大光子能量，根据光电效应方程求出光电子的最大初动能．【解答】解：AB、一群处于n=4能级上的氢原子，它们在跃迁回到n=1能级的过程中，可能辐射出不同光子频率种数N==6种，故A错误，B正确．CD、从n=4向n=1能级跃迁辐射的光子能量最大，有：hv=E4﹣E1=﹣+=，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能为：E k=hv﹣W0=﹣=，故C正确，D错误．故选：BC．7．一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平外力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是（）A．物体在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1：10B．物体在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1：8C．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1：8D．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1：6【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率；66：动能定理的应用．【分析】根据牛顿第二定律和运动学基本公式，求出t0和2t0时刻瞬时速度，根据动能定理，求出外力在0到t0和t0到2t0时间内做功；根据P=Fv求解外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比．【解答】解：AB、0到t0时间内的加速度a1=，t0时刻的速度为v1=a1t0=，t0和2t0时间内的加速度为a2=，2t0时的速度为v2=v1+a2t0=，根据动能定理得：外力在0到t0时间内做的功为W1=mv12=，外力在t0到2t0时间内做的功为W2=mv22﹣mv12=，所以外力在0到t0和t0到2t0时间内做功之比是1：8，故A错误，B正确；CD、外力在t0的时刻的瞬时功率为P1=F0v1=，2t0时刻的瞬时功率P2=2F0v2=，所以外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1：6，故C错误，D正确．故选：BD．8．“蹦床”已被奥运会列为正式比赛项目．运动员利用蹦床网的弹性弹起到空中，完成动作后落回到网上，再经蹦床网的弹性弹起，如此往复．图示的F﹣t图象是传感器记录的是一位运动员双脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化情况．设运动员只在竖直方向上运动，取重力加速度为10m/s2，则运动员在前12s的时间内（）A．获得的最大加速度为40 m/s2B．获得的最大加速度为50 m/s2C．腾空弹起时的最大高度约为2.5 mD．腾空弹起时的最大高度约为3.2 m【考点】37：牛顿第二定律；1N：竖直上抛运动．【分析】运动员的合力最大时，加速度最大，根据牛顿第二定律求最大加速度；由图读出运动在空中上升或下落的时间，由运动学公式求得腾空弹起时的最大速度，从而求出弹起的最大高度．【解答】解：AB、由图知：运动员的重力 G=500N，则得其质量为：m===50kg 蹦床对运动员的最大弹力：F m=2500N由牛顿第二定律得 F m﹣G=ma m解得：获得的最大加速度 a m=40m/s2．故A正确，B错误．CD、运动员在空中运动的时间：t0=﹣=下落时间：t==，腾空弹起时的最大速度为 v=gt=10×0.8m/s=8m/s，由v2=2gh可得，弹起的最大高度h===3.2m；故C错误，D正确．故选：AD．三、解答题（共4小题，满分47分）9．某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究恒力对小车做功与小车动能改变的关系”实验，在实验中，该小组同学进行了平衡摩擦力后，把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合外力．①除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有刻度尺、天平．②如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A、B两点来探究“恒力对小车做功与小车动能改变的关系”．已知打点计时器的打点周期为T，重力加速度为g．图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m．用题中给出的字母，恒力对小车做的功可表示为mgx，小车动能的改变量可表示为，只要推导出二者在误差范围内相等即可得出结论．【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．【分析】（1）由于实验需要测量小车速度和质量，故还需要的测量仪器有刻度尺、天平．（2）恒力做功根据W=Fscosα进行计算，用平均速度代替瞬时速度的方法求出AB两点的速度，进而求出动能的改变量．【解答】解：（1）由于实验需要测量小车速度，速度是使用打点计时器打的纸带计算得出的，故要测量点距，需要刻度尺；本实验还要测量质量，故选要天平．（2）小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m，M远大于m．则对小车的作用力等于砂和砂桶的总重力mg，所以恒力对小车做的功可表示为：mgx．由可知，，．所以小车动能的改变量为：=故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）mgx；．10．图甲是“用伏安法测量金属丝电阻率ρ”的实验电路图．（1）用螺旋测微器测得金属丝直径d如图乙所示，可读出d= ×10﹣4m m．（2）闭合电键，调节P的位置，读出MP的长度为x时电压表和电流表的示数，算出对应的电阻R，利用多组数据绘出如图丙所示的R﹣x图象，可得该图线的斜率 k= 10 Ω/m．（3）利用图线的斜率k、金属丝的直径d，得到金属丝电阻率ρ的表达式为_ ρ=（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，可以测量电源的电动势和内阻．闭合电键，调节P的位置，读出多组电压表和电流表的示数，把实验得到的数据绘成如图丁所示的U﹣I图象，得出电源的电动势 E= V；若R0=Ω，则电源的内阻r= Ω．【考点】N2：测定金属的电阻率．【分析】的关键是根据电阻定律以及闭合电路欧姆定律写出表达式，再根据图象的截距和斜率的含义即可求解．【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为d=×0.01mm=0.395mm=×10﹣4m（×10﹣4～×10﹣4都对）（2）R﹣x图象的斜率为k=Ω/m（3）由R=可得ρ=（4）图中的a导线从电流表的“0.6A”接线柱改接于电流表的“﹣”接线柱上，由U=E﹣I （R0+r）可得，U﹣I图象的纵轴的截距为电源的电动势E，斜率大小为（R0+r），所以E=（～都对），R0+r=，解得r=Ω（～都对）．故答案为：（1）×10﹣4m，（2）10，（3）ρ=；（4），11．如图所示，水平轨道上有一轻弹簧左端固定，弹簧处于自然状态时，其右端位于P点．现用一质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度v0=18m/s，经过水平轨道右端Q点后沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑圆轨道，最后物块经轨道最低点A抛出后落到B点，已知物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=，R=l=1m，A到B 的竖直高度h=1.25m，取g=10m/s2．（1）求物块到达Q点时的速度大小（保留根号）；（2）求物块经过Q点时圆轨道对物块的压力；（3）求物块水平抛出的位移大小．【考点】66：动能定理的应用；37：牛顿第二定律；4A：向心力．【分析】（1）根据动能定理求出物块到达Q点的速度大小；（2）根据牛顿第二定律求出物块经过Q点时所受的弹力，从而得出物块对Q点的压力；（3）根据机械能守恒定律求出物块通过最低点A的速度大小，结合平抛运动的规律求出物块水平抛出的位移大小．【解答】解：（1）设物块到达Q点时的速度为v，由动能定理得﹣μmg l=mv2﹣mv02代入数据解得v=m/s（2）设物块刚离开Q点时，圆轨道对物块的压力为F N根据牛顿定律有F N+mg=m则F N=m﹣mg=＞0故物块能沿圆周轨道运动（3）设物块到达半圆轨道最低点A时的速度为v1由机械能守恒得mv2+mg•2R=mv12解得v1=19 m/s由 h=gt2s=vt得s=v1代入数据，得s=9.5m．答：（1）物块到达Q点时的速度大小为m/s；（2）物块经过Q点时对轨道的压力为；（3）物块水平抛出的位移大小为9.5m．。