浙江大学附中高三物理上学期期中试题（含解析）新人教版.doc

物理试卷一单选题（每题3分，共24分）1（3分）下列说法正确的是（）a速度变化越快的物体惯性越小b物体做曲线运动的条件是所受合力与速度既不垂直也不在同一直线上c吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力d用弹簧连接的两个小球a和b，其中弹簧对a的力和弹簧对b的力是作用力和反作用力考点：牛顿第三定律.分析：物体的惯性与运动的状态无关；物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上；吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上反作用力；弹簧对a的力和弹簧对b的力都是弹簧的弹力解答：解：a、物体的惯性与运动的状态无关；故a错误；b、物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，可以相互垂直；故b错误；c、吊扇工作时向下压迫空气，使空气向下运动，空气对吊扇产生竖直向上反作用力的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力；故c正确；d、弹簧对a的力和a物体对弹簧拉力是作用力与反作用力故d错误故选：c点评：该题考查惯性、物体做曲线运动的条件、作用力与反作用力等知识点，都是力学中的基础概念，要加强对它们的理解、2（3分）物体从静止开始做直线运动，vt图象如图所示，则该物体（）a在第8s末相对于起点的位移最大b在第4s末相对于起点的位移最大c在第2s末到第4s末这段时间内的加速度最大d在第4s末和第8s末在同一位置上考点：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：vt图象中图象中图象中的点表示物体的速度，图象的斜率表示物体的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移解答：解：a、b、由图可知，6s内物体一直沿正方向运动，68s时物体反向运动，故6s时相对于起点的位移最大，故a错误，b错误；c、图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，48s的加速度最大，故c错误；d、46s内和68s内物体的位移大小方向，故8s时物体回到4s所在的位置，故d正确；故选：d点评：本题考查vt图象的性质，要注意明确图象中点、线及面的含义，并能熟练应用3（3分）某变速箱中有甲、乙、丙三个齿轮，如图所示，其半径分别为r1、r2、r3，若甲轮的角速度为，则丙轮边缘上某点的向心加速度为（）abcd考点：常见的传动装置；向心加速度.专题：匀速圆周运动专题分析：甲乙丙三个轮子的线速度相等，根据a=求出丙轮边缘上某点的向心加速度解答：解：甲丙的线速度大小相等，根据a=知甲丙的向心加速度之比为r3：r1，甲的向心加速度，则故a正确，b、c、d错误故选a点评：解决本题的关键知道甲乙丙三个轮子具有相同的线速度大小，根据a=可求出它们的向心加速度之比4（3分）（2013宁波二模）如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图中o为轻绳之间联结的节点，图中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图中的b滑轮或图中的端点b沿虚线稍稍上移一些，则关于角变化说法正确的是（）a图、图中角均增大b图、图中角均不变c图中增大、图中角不变化d图中不变、图中角变大考点：合力的大小与分力间夹角的关系.专题：平行四边形法则图解法专题分析：根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解解答：解：图1中，根据钩码个数，三个力正好构成直角三角形，若端点b沿虚线稍稍上移一些，三力大小不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角不变图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则a、b的力总是相等的，因此合力平分a、b绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小仍不变，则根据力的合成法则，可知，ab夹角也不变 故选：b点评：本题解题关键是抓住动滑轮绳子的张力大小相等的特点，以及合力与分力的关系：合力大小不变，夹角增大时，合力减小进行分析5（3分）（2014大庆二模）如图所示是倾角为45的斜坡，在斜坡底端p点正上方某一位置q处以速度v0水平向左抛出一个小球a，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1小球b从同一点q处自由下落，下落至p点的时间为t2不计空气阻力，则t1：t2=（）a1：2b1：c1：3d1：考点：平抛运动；自由落体运动.专题：平抛运动专题分析：小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间解答：解：小球a恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量vy=gt1=v0 水平位移s=v0t1 竖直位移hq=g 由得到：由几何关系可知小球b作自由下落的高度为：hq+sg 联立以上各式解得：故选：d点评：本题关键是明确小球q的运动是平抛运动，然后根据平抛运动的分位移和分速度公式联立求解出运动时间，再根据几何关系得到自由落体的位移，从而进一步求得时间，最后得到比值6（3分）（2012南宁模拟）a、b是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从a点沿电场线运动到b点，其速度时间图象如图所示则这一电场可能是下图中的（）abcd考点：匀变速直线运动的图像；电场线.分析：（1）速度时间图象中，图象的斜率表示加速度；（2）电场线分布密集的地方电场强度大，分布稀疏的地方，电场强度小；（3）负电荷受电场力的方向与电场强度方向相反；（4）对只受电场力作用的带电微粒，电场力越大，加速度越大，也就是电场强度越大，加速度越大解答：解：由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反故选：a点评：本题考查了速度时间图象的应用和电场线的相关知识，要明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况能根据电场线的分布判断电场强度的大小难度适中7（3分）如图所示，a、b两小球分别连在弹簧两端，b端用细线固定在倾角为30的光滑斜面上a、b两小球的质量分别为ma、mb，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，a、b两球的加速度分别为（）a都等于b和0c和0d0和g考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：当两球处于静止时，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分别求出a、b的加速度大小解答：解：对a球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力f=magsin30，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对a，所受的合力为零，则a的加速度为0，对b，根据牛顿第二定律得，=g故选：d点评：本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解8（3分）一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为h，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h重力加速度大小为g物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为（）atan和b（1）tan和ctan和d（1）tan和考点：牛顿第二定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：两次上滑过程中，利用动能定理列式求的即可；解答：解：以速度v上升过程中，由动能定理可知以速度上升过程中，由动能定理可知联立解得，h=故d正确故选：d点评：本题主要考查了动能定理，注意过程的选取是关键；二多选题（每题4分，共16分）9（4分）关于物理学研究中使用的主要方法，以下说法正确的是（）a在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，应用了控制变量法b在利用速度时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，使用的是微元法c用点电荷代替带电体，应用的是理想化模型法d伽利略在利用理想实验探究力和运动的关系时，使用的是实验归纳法考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法.分析：物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等解答：解：a、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故a正确；b、在利用速度时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，采用极限思想，把时间轴无限分割，得出面积大小等于物体位移的结论，故b正确；c、点电荷是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故c正确；d、理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法和将试验结论外推的方法，故d错误故选：abc点评：本题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想10（4分）如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）a将打在下板中央b仍沿原轨迹由下板边缘飞出c不发生偏转，沿直线运动d若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析.专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况解答：解：abc、将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量q不变，由于：e=，由公式可知当d减小时，场强e不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故a错误，b正确，c错误d、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故d正确故选：bd点评：注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，当电容器与电源相连时，电容器两端电压为定值11（4分）如图所示，a、c和b、c是两个固定的斜面，斜面的顶端a、b在同一竖直线上甲、乙两个小物体在同一竖直线上甲、乙两个小物块分别从斜面ac和bc顶端由静止开始下滑，质量分别是m1、m2（m1m2），与斜面间的动摩擦因数均为若甲、乙滑至底端c的过程中克服摩擦力做的功分别是w1、w2，所需时间分别是t1、t2甲、乙滑至底端c时速度分别是v1、v2，动能分别是ek1、ek2，则（）aek1ek2bv1v2cw1w2dt1t2考点：动能定理的应用.专题：动能定理的应用专题分析：应用动能定理求出物体到达底端的动能，然后比较动能大小，根据动能的计算公式求出物体的速度，然后比较大小；由功的计算公式求出克服摩擦力所做的功，然后比较功的大小；由牛顿第二定律与运动学公式求出物体的运动时间，然后比较时间大小解答：解：a、设斜面的倾角为，斜面水平长度为l，由动能定理得：mgltanmgcos=ek10，ek1=mgl（tan），m1m2，12，无法判断两物体动能大小，故a错误；b、ek1=mgl（tan）=mv2，v=，12，v1v2，故b正确；c、克服摩擦力做的功w=mgcos=mgl，m1m2，w1w2，故c正确；d、由牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma，=at2，t=，其中：tan=，sin是增函数，角越大，sin越大，由于12，则sin（21）sin（22），分母越大，分数的值越小，因此：t1t2，故d正确；故选：bcd点评：熟练应用动能定理、功的计算公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题12（4分）（2014普陀区二模）某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差h，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为s，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）a出水口单位时间内的出水体积q=vsb出水口所出水落地时的速度c出水后，手连续稳定按压的功率为+d手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和考点：功率、平均功率和瞬时功率；功能关系.分析：出水口的体积v=sl，再除以时间即为位时间内的出水体积，水从出水平流出后做平抛运动，根据高度求出落地时竖直方向的速度，再根据几何关系求出出水口所出水落地时的速度，在时间t内，流过出水口的水的质量m=svt，手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，根据势能和动能的表达式及供水系统的效率求出手连续稳定按压做的功，再根据求解功率即可解答：解：a、出水口的体积v=sl，则单位时间内的出水体积q=，故a正确；b、水从出水平流出后做平抛运动，则落地时速度方向速度，所以出水口所出水落地时的速度v=，故b错误；c、手连续稳定按压使水具有初动能和重力势能，在时间t内，流过出水口的水的质量m=svt，则出水口的水具有的机械能e=，而供水系统的效率为，所以手连续稳定按压做的功为w=，则功率p=，故c正确；d、手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和除以供水系统的效率，故d错误；故选：ac点评：解答本题要知道水从出水平流出后做平抛运动，根据平抛运动的基本规律求解，注意手连续稳定按压时做水做的功没有全部转化为水的机械能，注意供水系统的效率，难度适中三填空题（每题4分，共20分）13（4分）如图所示，足够长的斜面倾角=37，一物体以v0=24m/s的初速度从斜面上a点处沿斜面向上运动；加速度大小为a=8m/s2，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则物体沿斜面上滑的最大距离x=9m，物体与斜面间的动摩擦因数=0.25考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出物体沿斜面上滑的最大距离（2）根据牛顿第二定律，结合沿斜面方向上产生加速度，垂直斜面方向上合力为零，求出动摩擦因数的大小解答：解：（1）由运动学公式得：=36m（2）由牛顿第二定律得有：沿斜面方向上：mgsin+f=ma（1）垂直斜面方向上：mgcosn=0（2）又：f=n（3）由（1）（2）（3）得：=0.25 故答案为：9m0.25点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁14（4分）板长为l的平行金属板与水平面成角放置，板间有匀强电场一个带负电、电量为q、质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度e=液滴离开电场时的速度为（液滴的运动方向没有改变）考点：带电粒子在混合场中的运动.专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：粒子在电场中受到重力和电场力作用，重力方向竖直向下，电场力方向垂直于两极板，两个力不在同一条直线上，故合力不为零，物体沿直线运动，所以合力方向必定与物体的运动方向同向或者反向，很明显在这合力应与物体的运动方向反向电场力方向应垂直于虚线向上，此过程中电场力不做功，由平行四边形定则求解电场力，得到电场强度；由动能定理可知，动能的增量等于重力做功解答：解：由题液滴做直线运动，则电场力方向应垂直于虚线向上，液滴所受的合力方向沿虚线向下，如图所示，液滴做匀减速直线运动，则：qe=mgcos解得：e=因电场力与位移方向垂直，不做功，故电势能不变；根据动能定理，液滴离开电场时动能为：+mglsin液滴离开电场时的速度为：v=故答案为：，点评：本题是带电体在复合场中运动的类型，分析液滴的受力情况，确定电场力的方向是解题的关键，要紧扣直线运动的条件进行分析15（4分）（2013龙江县三模）某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐减小至零，如图所示在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化设自行车无动力后受到的阻力恒定（1）在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s，为了计算自行车的初速度v，还需要测量人停止蹬车后自行车滑行的时间t（填写物理量的名称及符号）（2）设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车初速度为横坐标，作出w一v曲线分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系在实验中作出w一v图象如图所示，其中符合实际情况的是c考点：探究功与速度变化的关系.专题：实验题分析：根据动能定理得出人停止蹬车后，阻力做功与自行车速度的关系从而判断w与v图线解答：解：（1）人停止蹬车后，人和车组成的系统做匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律得：v2=2as；且有v=at，故需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的时间t；（2）根据动能定理得：w=0mv2，故知w与v成二次函数关系，且抛物线开口向上故c正确故答案为：（1）人停止蹬车后自行车滑行的时间t；（2）c点评：解决本题的关键根据动能定理得出阻力做功与速度的关系16（4分）某人在一个以2.5m/s2的加速度匀加速下降的电梯里最多能举起80kg的物体，在地面上最多能举起60kg的物体；若此人在匀加速上升的电梯中最多能举起40kg的物体，则此电梯上升的加速度为5m/s2考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重.专题：牛顿运动定律综合专题分析：当电梯以2.5m/s2的加速度匀加速下降时，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律求出人的最大举力人的最大举力是一定的，再求解在地面上最多举起的物体质量及电梯的加速度解答：解：设人的最大举力为f以物体为研究对象根据牛顿第二定律得： 当电梯以2.5m/s2的加速度匀加速下降时，m1gf=m1a1 解得f=600n 在地面上：人能举起的物体的质量m2=60kg 当电梯匀加速上升时，fm3g=m3a3，代入解得 a3=5m/s2故答案为：60；5点评：本题应用牛顿第二定律处理生活中问题，关键抓住人的最大举力一定17（4分）质量m=500t的机车，以恒定的功率从静止出发，经过时间t=5min在水平路面上行驶了s=2.25km，速度达到了最大值vm=54km/h，则机车的功率为3.75105w，机车运动中受到的平均阻力为2.5104n考点：功率、平均功率和瞬时功率.专题：功率的计算专题分析：汽车达到速度最大时做匀速直线运动，牵引力做功为w=pt，运用动能定理求解机车的功率p根据匀速直线运动时的速度和功率，由p=fv求出此时牵引力，即可得到阻力解答：解：机车的最大速度为vm=54km/h=15m/s以机车为研究对象，机车从静止出发至达速度最大值过程，根据动能定理得 ptfx=当机车达到最大速度时p=fvm=fvm由以上两式得p=3.75105w机车匀速运动时，阻力为f=f=2.5104n故答案为：3.75105；2.5104点评：本题关键要清楚汽车启动的运动过程和物理量的变化，能够运用动能定理和牛顿第二定律解决问题四计算题（每题10分，共40分）18（10分）小轿车以20m/s的速度在平直公路上匀速行驶，司机突然发现正前方有个收费站，经10s后司机才刹车，使车匀减速运动10s恰停在缴费窗口，缴费后匀加速到20m/s后继续匀速前行已知小轿车刹车时的加速度为2m/s2，停车缴费所用时间为30s，启动时加速度为1m/s2（1）司机是在离收费窗口多远处发现收费站的（2）因国庆放假期间，全国高速路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求轿车通过收费窗口前9m区间速度不超过6m/s，则国庆期间该小轿车应离收费窗口至少多远处开始刹车？因不停车通过可以节约多少时间？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：（1）解出匀速运动的位移，再解出匀减速运动的位移，两位移相加即为要求的距离（2）分段研究，收费时总时间为：减速到0的时间，加上收费的时间，再加上加速到20m/s的时间不收费时的总时间为：减速到6m/s的时间，加上匀速运动的时间，加上加速到20m/s的时间，还要加上匀速运动的时间上述时间的差值即为节约的时间解答：解：（1）根据题意，设司机匀速运动位移为 s1；减速运动时间为t2，位移为s2s1=vt1=2010=200（m）减速的位移=，司机是在离收费窗口的距离x=200+100m=300m（2）根据题意轿车应该在收费窗口前9m处速度减为6m/s，设车减速位移为s1，由，所以，轿车应离收费窗口91+9=100（m）处开始刹车设停车收费后加速时间为t3，位移为s3，则有：若停车收费经过窗口前100m到窗后200m的总时间为：t1+t2+t3=10+30+20=60（s）若不停车收费也是窗前100m开始刹车，时间为：，窗口前匀速时间：窗口后加速到20m/s所用时间为：加速运动的位移由：得，=182m，窗口后还有200182=18（m）匀速运动，其时间为：若不停车经过窗口前100m到窗口后200m的总时间为：t4+t5+t6+t7=7+1.5+14+0.9=23.4（s）所以不停车通过可以节约时间为6023.4=36.6（s）的时间答：（1）司机是在离收费窗口300m处发现收费站的（2）国庆期间该小轿车应离收费窗口100m远处开始刹车，因不停车通过可以节约36.6s时间点评：此题运动的过程复杂，轿车经历减速、匀速、加速，加速度、位移、时间等都不一样分析这样的问题时，要能在草稿子上画一画运动的过程图，找出空间关系，有助于解题此题有一定的难度，是一道好题19（10分）电学中有些仪器经常用到下述电子运动的物理原理某一水平面内有一直角坐标系xoy，x=0和x=l=10cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场e1=1.0104v/m，x=l和x=3l的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场e2=1.0104v/m，一电子（为了计算简单，比荷取=21011c/kg）从直角坐标系xoy的坐标原点o以很小的速度进入匀强电场e1，计算时不计此速度且只考虑xoy平面内的运动求：（1）电子从o点进入到离开x=3l处的电场所需的时间；（2）电子离开x=3l处的电场时的y坐标考点：带电粒子在匀强电场中的运动.专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）电子在e1中匀加速直线运动，由速度时间公式求出在e1中运动时间t1，在e2做类平抛运动，由水平方向匀速直线运动规律求出运动时间t2，t=t1+t2；（2）电子在e2中做类平抛运动，竖直方向分运动为匀加速直线运动，位移时间公式求出竖直方向位移，即可得出y坐标解答：解：（1）设电子离开x=l的位置为p点，离开x=3l的位置为q点，则：vp=代入数据得：vp=2107m/s电子从o点运动到p点：代入数据得：t1=108s电子从p点运动到q点：t2=108s所以总时间为t=t1+t2=2108s （2）电子运动到q点时：yq=代入数据得：yq=0.1m 答：（1）电子从o点进入到离开x=3l处的电场所需的时间是2108s；（2）电子离开x=3l处的电场时的y坐标是0.1m点评：本题考查了带电粒子在电场中运动的两种情况：加速和偏转，加速过程也由牛顿第二定律和运动学公式求解，偏转时做由类平抛运动规律求解，这是高考的热点和难点20（10分）如图所示，长l=1.5m，高h=0.45m，质量m=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力f=50n，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的p点（小球可视为质点，放在p点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计取，求：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）小球放上p点后，木箱向右运动的最大位移；（3）小球离开木箱时木箱的速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动.专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度解答：解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动由，得小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：木箱向右运动的最大位移为：小球放上p点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m（3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下木箱向左运动的加速度为设木箱向左运动的距离为x2时