河北省邯郸市广平一中高三物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省邯郸市广平一中高三（上）期中物理试卷一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，第18题为单选题，其中第912题为多项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，从着陆到停下来所用的时间为t，则飞机着陆时的速度为（）abcd到之间的某个值2a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（）aa、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度b20秒时，a、b两物体相距最远c40秒时，a、b两物体速度相等，相距200md60秒时，物体a在物体b的前方3如图所示，物体受到水平推力f的作用在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监视测到推力f、物体速度v随时间t变化的规律如图所示取g=10m/s2则（）a物体的质量m=1.0kgb物体与水平面间的动摩擦因数=0.20c第2s内物体克服摩擦力做的功w=2.0jd第2s内推力f做功的平均功率=1.5w4如图所示，物体a用轻质细绳与圆环b连接，圆环固定在竖直杆mn上现用一水平力f作用在绳上的o点，将o点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角逐渐增大关于此过程，下列说法中正确的是（）a水平力f逐渐减小b水平力f逐渐增大c绳ob的弹力逐渐减小d绳ob的弹力保持不变5如图所示，一辆小车以一定的初速度冲上高度为h、长度为l的斜坡，已知小车的质量为m，小车受到沿斜面向下的阻力为f，则对小车由坡底冲到坡顶的运动过程分析正确的是（）a此过程中小车的动能减少了 flb此过程中小车的势能增加了（mghfl）c此过程中自然界中的能量减少了fld此过程中小车的机械能减少了fl6某行星的半径是地球半径的3倍，质量是地球质量的36倍则该行星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的（）a4倍b6倍c倍d12倍7带电量分别为+4q和6q的两个相同的金属小球，相距一定距离时，相互作用力的大小为f若把它们接触一下后，再放回原处，它们的相互作用力的大小变为（）abcd8汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值当汽车的速率加大到原来的二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应（）a增大到原来的二倍b减小到原来的一半c增大到原来的四倍d减小到原来的四分之一9一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则图所示的图象中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是（）abcd10图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a，b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图，下列说法正确的是（）a带电粒子所带电荷为正b带电粒子在a，b两点的受力方向指向曲线内侧c带电粒子在a点的速度小于b点速度d带电粒子在a点电势能小于b点电势能11如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态现将两极板的间距变大，则（）a电荷将向上加速运动b电荷将向下加速运动c电流表中将有从a到b的电流d电流表中将有从b到a的电流12在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示下列判断正确的是（）a|u1|u2|，|u2|u3|b|不变，变小c|变大，变大d|变大，变大二、实验题（共2小题，共16分）13（1）用游标卡尺测量某钢管的外径，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图1所示，其读数为cm（2）如图2所示，螺旋测微器测出的某物件的宽度是mm14研究匀变速直线运动实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，每隔三个计时点取一个计数点，记为图中0、1、2、3、4、5、6点测得相邻两个计数点间的距离分别为s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，打点计时器的电源频率为50hz，计算此纸带的加速度大小a=m/s2，打计数点“4”时纸带的速度大小v=m/s（保留两位有效数字）三、计算题（共3小题，共36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，质量m=2.2kg的金属块放在水平地板上，在与水平方向成=37角斜向上、大小为f=10n的拉力作用下，以速度v=5.0m/s向右做匀速直线运动（cos37=0.8，sin37=0.6，取g=10m/s2）求：（1）金属块与地板间的动摩擦因数；（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离16ab是竖直平面内的四分之一光滑圆弧形轨道，圆轨道半径r=1.25m，如图所示一质量 m=1kg的小球自a点起由静止开始沿轨道下滑至 b点水平抛出，落在地上的c点，b 点距离地面高度 h=0.8m重力加速度 g 取10m/s2求（1）小球从b点抛出时的速度大小；（2）小球在圆弧轨道底端b点受到的支持力大小；（3）小球落地点c距离抛出点b的水平距离x17如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加以电压u1=2500v，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔s射出装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l=6.0cm，相距d=2cm，两极板间加以电压u2=200v的偏转电场从小孔s射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场已知电子的电荷量e=1.61019c，电子的质量m=0.91030kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力求：（1）电子射入偏转电场时的动能ek；（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功w2015-2016学年河北省邯郸市广平一中高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分，第18题为单选题，其中第912题为多项选择题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，从着陆到停下来所用的时间为t，则飞机着陆时的速度为（）abcd到之间的某个值【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】直线运动规律专题【分析】设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，根据匀加速直线运动位移速度公式及速度时间公式即可解题【解答】解：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，则有：2as=0v2 0=v+at 由得：v=；故选b【点评】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题2a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（）aa、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度b20秒时，a、b两物体相距最远c40秒时，a、b两物体速度相等，相距200md60秒时，物体a在物体b的前方【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】运动学中的图像专题【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，图的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负据此分析即可【解答】解：a、在速度时间图象中图线的斜率表示加速度，由图看出：a、b加速时，物体a图象的斜率小于b图象的斜率，所以物体a的加速度小于物体b的加速度故a错误b、d、a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，到40s末之前a的速度一直大于b的速度，a、b之间的间距逐渐增大，40s之后a的速度小于b的速度，b开始追赶a物体，间距减小，所以40s末两物体相距最远，最远距离：x=xaxb=（10+40）20m+2040m2040m=900m，故b错误，d正确c、60秒时，由图象与坐标轴围成面积代表位移知xa=（10+40）20+4040=2100mxb=（6020）80=1600m，xaxb=500m，即a在b的前方500m，故c错误故选：d【点评】本题为考查速度时间图象的应用，要注意应用图象中斜率表示物体的加速度、面积表示位移这两个重要结论3如图所示，物体受到水平推力f的作用在粗糙水平面上做直线运动通过力传感器和速度传感器监视测到推力f、物体速度v随时间t变化的规律如图所示取g=10m/s2则（）a物体的质量m=1.0kgb物体与水平面间的动摩擦因数=0.20c第2s内物体克服摩擦力做的功w=2.0jd第2s内推力f做功的平均功率=1.5w【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算【专题】功率的计算专题【分析】根据物体做匀速直线运动求出滑动摩擦力的大小，结合速度图线得出匀加速运动的加速度，根据牛顿第二定律求出物体的质量根据速度时间图线与时间轴围成的面积求出物体的位移，结合功的公式求出克服摩擦力做功的大小根据推力做功的大小，结合平均功率的公式求出推力f的平均功率【解答】解：a、物体在23s内做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力f，则f=2n，在12s内做匀加速直线运动，加速度为：a=，根据牛顿第二定律得：ff=ma，则有：32=2m，解得：m=0.5kg，故a错误b、物体与水平面间的动摩擦因数为：，故b错误c、第2s内的位移为：，则克服摩擦力做功为：wf=fx2=21j=2j，故c正确d、第2s内推力做功的平均功率为：，故d错误故选：c【点评】对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移4如图所示，物体a用轻质细绳与圆环b连接，圆环固定在竖直杆mn上现用一水平力f作用在绳上的o点，将o点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角逐渐增大关于此过程，下列说法中正确的是（）a水平力f逐渐减小b水平力f逐渐增大c绳ob的弹力逐渐减小d绳ob的弹力保持不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】o点缓慢向左移动过程中，结点o的合力保持为零，分析结点o的受力情况判断f的变化，对整体研究，根据平衡条件判断杆对圆环的弹力和摩擦力的变化情况【解答】解：设细绳与水平方向的夹角为，物体的质量为m，对结点o受力分析，运用合成法，则由平衡条件得：f=，减小，则f增大故a错误，b正确；c、设绳对圆环的弹力为t，则tsin=mg，t=，减小，则t增大，即绳对圆环b的弹力变大，故cd错误故选：b【点评】本题采用隔离法和整体法相结合研究动态平衡问题，由于不分析系统的内力，运用整体法分析杆对圆环的摩擦力和弹力比较简便5如图所示，一辆小车以一定的初速度冲上高度为h、长度为l的斜坡，已知小车的质量为m，小车受到沿斜面向下的阻力为f，则对小车由坡底冲到坡顶的运动过程分析正确的是（）a此过程中小车的动能减少了 flb此过程中小车的势能增加了（mghfl）c此过程中自然界中的能量减少了fld此过程中小车的机械能减少了fl【考点】机械能守恒定律；功能关系【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】根据动能定理列式求解动能减小量；机械能减小量等于除重力外其余力做的功【解答】解：a、上升过程中，受到重力、支持力和阻力，根据动能定理得mghfl=ek所以此过程中小车的动能减少了mgh+fl，故a错误b、此过程中小车重力做功为mgh，所以此过程中小车的势能增加了mgh，故b错误c、根据自然界中能量是守恒的，故c错误d、机械能减小量等于除重力外其余力做的功所以此过程中小车的机械能减少了fl，故d正确故选d【点评】本题关键是根据动能定理计算动能的变化，根据除重力外其余力做的功判断机械能的变化6某行星的半径是地球半径的3倍，质量是地球质量的36倍则该行星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的（）a4倍b6倍c倍d12倍【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】星球表面重力与万有引力相等，得到重力加速度的表达式，再由质量和半径关系求出重力加速度的关系【解答】解：地球表面重力与万有引力相等，故有：可得地球表面重力加速度同理行星表面的重力加速度故选：a【点评】星球表面重力与万有引力相等得到重力加速度的表达式，再根据星球质量与半径关系求出重力加速度与地球表面重力加速度的关系即可，掌握万有引力公式是解决问题的关键7带电量分别为+4q和6q的两个相同的金属小球，相距一定距离时，相互作用力的大小为f若把它们接触一下后，再放回原处，它们的相互作用力的大小变为（）abcd【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】两个小球接触后分开，电荷先中和再平分，根据库仑定律f=k相互作用力【解答】解：接触前库仑力f1=f=k接触后分开，两小球的电荷都为q，则库仑力f2=k=f故选a【点评】解决本题的关键掌握接触带电的原则，先中和再平分以及掌握库仑定律f=k8汽车在水平地面上转弯，地面对车的摩擦力已达到最大值当汽车的速率加大到原来的二倍时，若使车在地面转弯时仍不打滑，汽车的转弯半径应（）a增大到原来的二倍b减小到原来的一半c增大到原来的四倍d减小到原来的四分之一【考点】向心力【专题】匀速圆周运动专题【分析】汽车在水平地面上转弯，在水平面上做匀速圆周运动，所需的向心力是由侧向静摩擦力提供，根据汽车以某一速率在水平地面上匀速率转弯时，地面对车的侧向摩擦力正好达到最大，当速度增大时，地面所提供的摩擦力不能增大，根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：汽车在水平地面上转弯，所需的向心力是由侧向静摩擦力提供，摩擦力已达到最大值，设摩擦力的最大值为fm，则得： fm=m当速率v增大为原来的二倍时，fm不变，由上得，r应增大为原来的4倍故选：c【点评】汽车转弯问题对日常生活有指导意义，当转弯半径越大时，汽车所能达到的最大速度越大9一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下，若雨滴下落过程中所受重力保持不变，且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大，则图所示的图象中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是（）abcd【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】雨滴下落的过程中受重力和阻力，阻力随速度增大而增大，根据牛顿第二定律，判断加速度的变化，以及根据加速度方向与速度的方向关系判断速度的变化【解答】解：根据牛顿第二定律得，速度增大，阻力增大，加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动故a、c正确，b、d错误故选ac【点评】解决本题的关键会通过牛顿第二定律，根据物体的受力情况判断物体的运动情况10图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a，b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图，下列说法正确的是（）a带电粒子所带电荷为正b带电粒子在a，b两点的受力方向指向曲线内侧c带电粒子在a点的速度小于b点速度d带电粒子在a点电势能小于b点电势能【考点】电场线；电势能【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】从图中可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小【解答】解：a、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性故a错误b、由曲线运动的条件可知：带电粒子在a，b两点的受力方向指向曲线内侧故b正确cd、由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知，由a到b电场力的方向与速度方向之间的夹角是钝角，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在b点速度较小带电粒子在a的电势能小于b点的电势能，故c错误，d正确故选：bd【点评】本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次判断粒子动能和电势能的变化要根据电场力做功情况11如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态现将两极板的间距变大，则（）a电荷将向上加速运动b电荷将向下加速运动c电流表中将有从a到b的电流d电流表中将有从b到a的电流【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强e=分析场强的变化，再分析电荷q所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向【解答】解：a、b将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强e=减小，电荷q所受的电场力f=eq减小，电荷将向下加速运动故a错误，b正确c、d根据电容的决定式c=可知，电容减小，电容器的电压u不变，由电容的定义式c=分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流故c错误，d正确故选bd【点评】对于电容器动态变化分析问题，首先要根据电容的决定式c=判断电容的变化，抓住不变量，再由电容的定义式c=分析电量或电压的变化，再进一步研究场强等的变化12在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的大小分别用i、u1、u2和u3表示下列判断正确的是（）a|u1|u2|，|u2|u3|b|不变，变小c|变大，变大d|变大，变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，接入电路的电阻增大，分析电路中电流的变化，判断各个电阻的电压变化，根据路端电压的变化，确定电压变化量的关系题中r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=|=r1变阻器是可变电阻，根据闭合电路欧姆定律研究|、|与电源内阻的关系，再分析选择【解答】解：a、当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，接入电路的电阻增大，电路中电流的减小，根据串联电路的特点可知，r1的电压减小，r2的电压增加电源的内电压减小，则路端电压增大，因为u1+u2=u3，所以r1的电压减小量小于r2的电压增加量，即有：|u1|u2|，且有|u2|u3|故a正确b、由于r1是定值电阻，根据欧姆定律得知=|=r1，保持不变，故b错误c、|=r2，变大根据闭合电路欧姆定律知：u2=ei（r1+r），则得|=r1+r，保持不变，故c错误d、|=r1+r2，变大；根据闭合电路欧姆定律得：u3=eir，|=r保持不变故d错误故选：a【点评】本题要注意对于定值电阻，是线性元件，有r=，而变阻器是非线性元件，r=二、实验题（共2小题，共16分）13（1）用游标卡尺测量某钢管的外径，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图1所示，其读数为5.44cm（2）如图2所示，螺旋测微器测出的某物件的宽度是5.695mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握螺旋测微器和游标卡尺的读数方法，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为5.4cm，游标尺上第4个刻度游标读数为：0.14mm=0.4mm=0.04cm，所以最终读数为：5.4cm+0.04cm=5.44cm；（2）螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.0119.5mm=0.195mm，所以最终读数为：5.5mm+0.195mm=5.695mm故答案为：（1）5.44；（2）5.695【点评】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，注意两种仪器读数的不同14研究匀变速直线运动实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，每隔三个计时点取一个计数点，记为图中0、1、2、3、4、5、6点测得相邻两个计数点间的距离分别为s1=0.96cm，s2=2.88cm，s3=4.80cm，s4=6.72cm，s5=8.64cm，s6=10.56cm，打点计时器的电源频率为50hz，计算此纸带的加速度大小a=3.0m/s2，打计数点“4”时纸带的速度大小v=0.96m/s（保留两位有效数字）【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】实验题；直线运动规律专题【分析】根据匀变速直线运动的推论公式x=at2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上4时小车的瞬时速度大小【解答】解：每隔三个计时点取一个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t=0.024=0.08s根据x=at2，有：a=m/s2=3.0m/s2在匀变速直线匀速中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，故有：v4=m/s=0.96m/s故答案为：3.0； 0.96【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用三、计算题（共3小题，共36分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15如图所示，质量m=2.2kg的金属块放在水平地板上，在与水平方向成=37角斜向上、大小为f=10n的拉力作用下，以速度v=5.0m/s向右做匀速直线运动（cos37=0.8，sin37=0.6，取g=10m/s2）求：（1）金属块与地板间的动摩擦因数；（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）分析金属块的受力情况，根据平衡条件和滑动摩擦力公式求解动摩擦因数；（2）撤去拉力后金属块水平方向只受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度，再由位移速度公式求解金属块在桌面上滑行的最大距离【解答】解：（1）因为金属块匀速运动，受力平衡则有 fcos37（mgfsin37）=0得=（2）撤去外力后金属块的加速度大小为：a=g=5m/s2金属块在桌面上滑行的最大距离：s=2.5m答：（1）金属块与地板间的动摩擦因数为0.5；（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离为2.5m【点评】本题是物体的平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出力图撤去f后动摩擦因数不变16ab是竖直平面内的四分之一光滑圆弧形轨道，圆轨道半径r=1.25m，如图所示一质量 m=1kg的小球自a点起由静止开始沿轨道下滑至 b点水平抛出，落在地上的c点，b 点距离地面高度 h=0.8m重力加速度 g 取10m/s2求（1）小球从b点抛出时的速度大小；（2）小球在圆弧轨道底端b点受到的支持力大小；（3）小球落地点c距离抛出点b的水平距离x【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）根据机械能守恒定律或动能定理，求解小球通过b点的速度（2）小球通过b点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球通过b点时支持力的大小（3）小球离开b点后做平抛运动，由平抛运动的规律求解水平距离x【解答】解：（1）小球从a到b，只有重力做功，机械能守恒，则得：解得：vb=m/s=5m/s（2）小球通过b点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律知：fnmg=m可得：fn=m（g+）=3mg=3110n=30n （3）物块从b点到c点做平抛运动，则有：竖直方向 h=gt2水平方向 x=vbt 联立得：x=vb=5m=2m 答：（1）小球从b点抛出时的速度大小为5m/s；（2）小球在圆弧轨道底端b点受到的支持力大小为30n；（3）小球落地点c距离抛出点b的水平距离x为2m【点评】本题是圆周运动和平抛