江西省九江外国语学校高三物理上学期月考试题（12月份）（含解析）新人教版.doc

2013-2014学年江西省九江外国语学校高三（上）月考物理试卷（12月份） 一.选择题：（本大题共10小题，每小题4分，满分40分，其中第1、3、4、5、6题只有一个答案，2、7、8、9、10有多个答案正确每小题全选对的得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）（2013秋浔阳区校级月考）物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系现有物理量单位：m（米）、s（秒）、n（牛）、w（瓦）、c（库）、a（安）、（欧）和t（特），由它们组合成的单位与电压单位v （伏）等效的是（）an/cbctm/sctamd考点：力学单位制专题：常规题型分析：单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的但为叫做导出单位解答：解：a、由电场力做功的公式w=qu，知u=，所以单位j/c与电压单位v等效，故a错误；b、由f=qvb知，ctm/s是力的单位，是与牛顿n等效的，故b错误；c、由f=bil可知，tam是和力的单位牛顿等效的故c错误；d、由p=可得u=，所以和电压的单位等效的，故d正确；故选：d点评：物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析物理量的单位即可2（4分）（2012湖南模拟）如图所示，物块a放在直角三角形斜面体b上面，b放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时a、b静止；现用力f沿斜面向上推a，但ab并未运动下列说法正确的是（）aa、b之间的摩擦力可能大小不变ba、b之间的摩擦力一定变小cb与墙之间可能没有摩擦力d弹簧弹力一定不变考点：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：隔离对a分析，通过a受力平衡判断a、b之间摩擦力的变化通过对整体分析，抓住ab不动，弹簧的弹力不变，判断b与墙之间有无摩擦力解答：解：a、对a，开始受重力、b对a的支持力和静摩擦力平衡，当施加f后，仍然处于静止，开始a所受的静摩擦力大小为magsin，若f=2magsin，则a、b之间的摩擦力大小可能不变故a正确，b错误c、对整体分析，由于ab不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于a、b的总重力，施加f后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则b与墙之间一定有摩擦力故c错误，d正确故选ad点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，以及掌握整体法和隔离法的运用3（4分）（2012湖南模拟）我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站如图所示，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下向月球靠近，并将与空间站在b处对接，巳知空间站绕月轨道半径为r，周期为t，万有引力常量为g，下列说法中正确的是（）a航天飞机在b处由椭圆轨道可直接进入空间站轨道b航天飞机经过b处时的加速度与空间站经过b处时的加速度相等c根据题中条件可以算出月球的密度d根据题中条件可以算出空间站受到月球的万有引力考点：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：关闭动力的航天飞机在月球引力作用下向月球靠近的过程中，引力做正功，动能增加在b点需减速，使得万有引力等于向心力，进入圆轨道根据万有引力提供向心力，通过周期和轨道半径可以求出月球的质量解答：解：a、航天飞机在b处速度较大，要进入圆轨道，需减速，使得万有引力等于向心力，从而进入圆轨道故a错误b、根据牛顿第二定律知，a=，航天飞机和空间站在b点时的轨道半径相等，则加速度大小相等故b正确c、根据万有引力提供向心力，解得月球的质量m=，由于月球的半径未知，无法求出月球的体积，则无法求出密度故c错误d、由于空间站的质量未知，无法求出空间站受到月球的引力故d错误故选b点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用，知道当飞船的万有引力不够提供向心力时，飞船将做离心运动4（4分）（2013秋浔阳区校级月考）如图所示，质量分别为m1和m2的两个物体用水平细线相连，m2在大小恒定的拉力f作用下，两者先沿水平面、再沿斜面（斜面与水平面成角）、最后竖直向上加速运动则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是（）a由大变小b由小变大c始终不变d由大变小再变大考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：先对整体进行受力分析求出整体加速度，再对m1进行受力分析，根据牛顿第二定律求出细线上的弹力，m1的加速度和整体加速度相同解答：解：设物体与接触面的动摩擦力因素为，在水平面有：a1=g对m1进行受力分析则有：t1m1g=m1a1=m1g所以t1=在斜面上有：a2=对m1进行受力分析则有：t2m1gcosmgsin=m1a2解得t2=竖直向上运动运动时有：a3=对m1进行受力分析则有：t3m1g=m1a3解得：t3=所以绳子的拉力始终不变，故c正确故选：c点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，注意整体法和隔离法在题目中的应用，难度适中5（4分）（2013秋浔阳区校级月考）如图所示，一小球做平抛运动，虚线是其运动轨迹实线部分是一固定的抛物线形的光滑轨道，轨道末端切线水平实线与虚线两者形状完全相同，小球做平抛运动落入轨道时其速度正好与轨道相切对于小球的运动，下列说法正确的是（）a小球做平抛运动时机械能守恒，沿轨道运动时机械能不守恒b小球到达轨道末端时速度与平抛运动初速度相等c小球做平抛运动时与沿轨道运动时的水平分速度不相等d小球做平抛运动时与沿轨道运动时所用时间相等考点：机械能守恒定律；平抛运动专题：机械能守恒定律应用专题分析：机械能守恒的条件是只有重力做功，根据这个条件分析机械能是否守恒；根据机械能守恒分析小球到达轨道末端时速度与平抛运动初速度关系；分析水平分速度的关系判断时间关系解答：解：a、小球做平抛运动时只受重力，机械能守恒；沿轨道运动时，轨道的作用力对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒故a错误b、小球在运动过程中，重力一直做正功，根据动能定理可知动能增大，速度增大，所以小球到达轨道末端时速度大于平抛运动初速度，故c错误c、小球沿轨道运动时速度不断增大，水平速度增大，大于平抛运动的初速度，故c正确d、由于小球做平抛运动时的初速度小于沿轨道运动时的水平分速度，水平位移大小相等，所以小球做平抛运动时所用时间大于沿轨道运动时所用时间，故d错误故选：c点评：解决本题的关键要掌握机械能守恒条件和动能定理，要正确分析小球的运动情况6（4分）（2012湖南模拟）如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，ab=cd=l，ad=bc=2l，电场线与矩形所在平面平行，已知a、b、d点的电势分别为20v、24v和12v，一个质子以速度v0经过b点，速度方向与bc成45角，经过一段时间质子恰好经过c点，不计质子的重力，则（）aa点的电势低于c点的电势b场强方向由b指向dc质子从b点运动到c点，电场力做功8evd质子从b点运动到c点，电场力做功10ev考点：电势；动能定理的应用；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：在匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等；根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据w=qu计算电场力做的功解答：解：a、在匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化相等，故uaud=ubuc解得uc=16v故a错误；b、设ad连线中点为o，则其电势为16v故co为等势面，电场线与等势面垂直，故电场线沿着bo方向故b错误；c、d、根据w=qu，质子从b点运动到c点，电场力做功为w=qubc=1e（24v16v）=8ev故c正确，d错误；故选c点评：本题关键是抓住匀强电场中沿着任意方向每前进相同的距离电势变化相等以及电场线与等势面垂直进行分析7（4分）（2013秋浔阳区校级月考）如图所示电路中，电源e的内阻为r，r1、r2为定值电阻，r0为滑动变阻器的最大里值，各电表均为理想电表已知rr2电阻r1r0闭合开关s，当滑动变阻器的滑动触头p由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法正确的是（）a电源内阻r消耗的热功率先变大后变小b电源的输出功率先变小后变大cv1的示数先变大后变小，v2的示数先变小后变大da1的示数不断变小，a2的示数不断变大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：电阻r1的阻值小于滑动变阻器r0的最大阻值当滑动变阻器的滑片p由中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与r1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中的电流变化和路端电压的变化，再由欧姆定律分析r2两端电压的变化，确定三个电表示数的变化解答：解：a、由题，电阻r1的阻值小于滑动变阻器r0的最大阻值，当滑动变阻器的滑片p变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与r1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，电源的内电压也变小后变大，则路端电压先变大后变小，所以v1的示数先变大后变小v2测量r2两端的电压，r2不变，则v2的示数先变小后变大并联电压u并=uu2，先变大后变小，电阻r1所在支路电阻r1支路逐渐减小，所以电流i1增大，电流表a2示数增大；i2=ii1，电流表a1示数变小，电源内部的热功率p=i2r，因为电流i先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故a错误，cd正确b、因为rr2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片p变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与r1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故b正确故选：bcd点评：本题考查了串、联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片p从最右端中间左端总电阻变化情况的判断8（4分）（2011秋平江县校级期末）物块从光滑曲面的p点由静止下滑，通过粗糙的静止水平传送带后落到了地面上的q点，现使传送带开始匀速转动，再把物块由p点静止释放，则有关下列说法正确的是（）a若传送带逆时针转动，物块可能落到q点左侧b若传送带顺时针转动，物块一定落到q点右侧c若传送带顺时针转动，物块可能落到q点d无论传送带转动方向如何，物块不可能落到q点左侧考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律专题：传送带专题分析：物块从光滑曲面p点由静止开始下滑，通过粗糙的静止水平传送带时，受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动若传送带逆时针转动，物块通过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在q点若传送带顺时针转动时，分情况讨论：若物块滑上传送带时速度等于传送带速度、大于传送带速度和小于传送带速度，分析物块的运动情况来选择解答：解：a、当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动若传送带逆时针转动，物块通过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在q点故a错误 b、c、d设物块滑上传送带时速度为v0，传送带的速度为v当v0v时，物块滑上传送带可能一直做匀减速运动，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在q点物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在q点右侧当v0=v时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在q点右侧当v0v时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在q点右侧故b错误，cd正确故选cd点评：本题是典型的传送问题，关键是分析物块的运动情况，要考虑各种可能的情况9（4分）（2014淮安四模）如图所示，半径为r的光滑圆环固定在竖直平面内，o是圆心，虚线oc水平，d是圆环最低点两个质量均为m的小球a、b套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则（）ab球运动至最低点d时，a、b系统重力势能最小ba、b系统在运动过程中机械能守恒ca球从c点运动至d点过程中受到的合外力做正功d当杆水平时，a、b球速度达到最大考点：机械能守恒定律；动能定理的应用专题：机械能守恒定律应用专题分析：a、b组成的系统在运动的过程中红，只有重力做功，机械能守恒，当动能最大时，系统重力势能最小根据外力做功判断a、b机械能的变化解答：解：a、a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒b球运动到最低点时，系统减小的重力势能为mgr，在杆子从竖直状态到水平状态的过程中，系统重力势能下降最大，大小等于故a错误，b正确c、a球从c点运动到d点的过程中，速度先增大后减小，则合力先做正功，后做负功故c错误d、因为杆子水平时，系统重力势能减小最大，根据机械能守恒，知系统动能最大，所以当杆水平时，a、b球的速度最大故d正确故选bd点评：解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，知道当杆子水平时，系统重力势能减小最大10（4分）（2014淮安四模）一质量为m的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平恒力f，经过时间t，物体的速度减小到最小值v0，此后速度不断增大则（）a水平恒力f大小为b水平恒力作用2t时间，物体速度大小为v0c在t时间内，水平恒力做的功为mvd若水平恒力大小为2f，方向不变，物体运动过程中的最小速度仍为v0考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：物体做类似斜上抛运动，将速度沿着平行力和垂直力的方向正交分解，平行力方向做类似竖直上抛运动，垂直力方向做匀速直线运动，结合动量定理、动能定理进行分析解答：解：a、物体做类似斜上抛运动，将速度沿着平行力和垂直力的方向正交分解，平行力方向做类似竖直上抛运动，垂直力方向做匀速直线运动；平行合力方向的分速度减为零时，速度达到最小值；物体的速度最小值为，速度分解如图：故平行合力方向的分速度的初始值为0.8v0，对平行合力方向分运动运用动量定理，有：ft=0m（0.8v0）解得：f=，故a错误；b、物体做类似斜上抛运动，由斜抛运动的对称性可知物体上升和下降同一高度时间相同，得到物体2t时刻物体的速度等于初速度，故b正确；c、在t时间内，根据动能定理，有：w=，故c正确；d、物体的最小速度等于物体垂直合力方向的分速度，合力大小增加而方向不变，故物体的最小速度不变，故d正确；故选bcd点评：本题关键明确物体做类似斜上抛运动，采用运动的合成与分解的方法进行研究，同时结合动能定理和动量定理列式分析，较难二、填空题（共3小题，共19分）11（4分）（2013长沙一模）如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300a，内rg=100，调零电阻的最大阻值r=50k，串联的固定电阻r0=50，电池电动势e=1.5v用它测量电阻rx，能准确测量的范围是 （）a30k80kb3k8kc300800d3080考点：多用电表的原理及其使用专题：恒定电流专题分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可解答：解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；欧姆表的中值电阻r中等于欧姆表的内电阻r总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：ig=半偏时，ig=联立解得：r中=r总=故选b点评：本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻12（5分）（2013秋浔阳区校级月考）如图，某实验小组在实验室中利用水平气垫导轨和两光电门计时器a和b验证滑块m和钩码m组成的系统机械能守恒，已知遮光条的宽度为d，先后通过a、b光电门的时间分别为t1、t2，滑块运动通过光电门b时，钩码未落地本实验中需要用到的器材有ab（填字母序号）a天平 b刻度尺 c打点计时器 d秒表 e测力计验证本系统机械能守恒的原理表达式为mgsab=（m+m）（ ）2（m+m）（ ）2（用已知量和能直接测量的量表示）下列因素中可能增大实验误差的是ad（填字母序号）a气垫导轨未调水平b滑块质量m和钩码质量m不满足mmc遮光条宽度太小d两光电门间距过小考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：设遮光条前进了s，钩码的重力势能减少了：mgs，系统动能增加了：（m+m）（ ）2（m+m）（ ）2，所以我们可以通过比较mgs和 （m+m）（ ）2（m+m）（ ）2的大小来验证机械能守恒定律解答：解：a、需要天平测量质量，故a正确b、需要刻度尺测量距离，故b正确c、有了光电门计时器，不需要打点计时器呢，也不需要秒表呢故c、d错误e、不需要测力计，故e错误故选：ab滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度遮光条前进了s，钩码的重力势能减少了：mgsab，系统动能增加了：（m+m）（ ）2（m+m）（ ）2，验证本系统机械能守恒的原理表达式为mgsab=（m+m）（ ）2（m+m）（ ）2，下列因素中可能增大实验误差的是a气垫导轨未调水平，m的重力势能也会改变，故a正确b滑块质量m和钩码质量m不满足m=m，对该实验没有影响，故b错误c遮光条宽度太小，有利于减小误差，故c错误d两光电门间距过小，有利于增大误差，故d正确故选：ad故答案为：ab；mgsab=（m+m）（ ）2（m+m）（ ）2；ad点评：物理实验如何变化，正确理解实验原理都是解答实验的关键，同时加强物理基本规律在实验中的应用13（10分）（2013秋浔阳区校级月考）甲同学设计了如图1所示的电路测电源电动势e及电阻r1和r2的阻值实验器材有：待测电源e（不计内阻），待测电阻r1，待测电阻r2，电压表v（量程为1.5v，内阻很大），电阻箱r（09999），单刀单掷开关s1，单刀双掷开关s2，导线若干（1）先测电阻r1的阻值请将甲同学的操作补充完整：闭合s1，将s2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数u1，保持电阻箱示数不变，将s2切换到b，读出电压表的示数u2则电阻r1的表达式为r1=（2）甲同学已经测得电阻r1=4.8，继续测电源电动势e和电阻r2的阻值该同学的做法是：闭合s1，将s2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数r和对应的电压表示数u，由测得的数据，绘出了如图2所示的图线，则电源电动势e=1.43，电阻r2=1.2（3）利用甲同学设计的电路和测得的电阻r1，乙同学测电源电动势e和电阻r2的阻值的做法是：闭合s1，将s2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数r和对应的电压表示数u，由测得的数据，绘出了相应的图线，根据图线得到电源电动势e和电阻r2这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围较小 （选填“较大”、“较小”或“相同”），所以甲 同学的做法更恰当些考点：测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻专题：实验题分析：（1）利用题目中给出的电路及步骤的提示，同时结合闭合电路的欧姆定律可得出实验的步骤；（2）再由原理可得出实验中数据处理的方法及公式，结合图象可求得电动势和内电阻（3）两位同学的实验中的主要区别在于甲中电压表测滑动变阻器两端的电压，而乙中电压表测滑动变阻器与定值电阻两端的电压，因r1阻值不变，则滑动变阻器对电压表的调节作用减弱，电压表变化范围减小解答：解：（1）由题意可知，本实验中没有给出电流表，故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的；实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式；为了多测数据，应再将s2切换到b；由欧姆定律可知：u2=i（r+r1）u1=ir而电路电流相等，联立解得：r1=；（2）根据e=u+（r1+r2），有=+，比照直线方程y=kx+b，有截距=b=0.7，所以，e=1.43（）；斜率k=4.2，又k=，已测出r1=4.8，求得r2=1.2 （3）若开关打在b处，则电压表测量的为电阻箱与r1两端的电压，因定值电阻的分压作用，使电压表测量范围减小，故实验中误差较多，故应选择甲同学的做法；故答案为：（1）；（2）1.43；1.2；（3）较小； 甲点评：用电压表和电阻箱测量电源的电动势和内电阻（本题的r2相当于内电阻）并用图象进行数据处理求出结果；本方法可与伏安法类比简称伏阻法也是实验中常用方法之一三、计算题（共4小题，共51分14题8分，15题12分，16题14分，17题17分解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的问题，答案中必须明确写出数值和单位）14（8分）（2010邵阳模拟）神州六号”飞船的成功飞行为我国在2010年实现探月计划“嫦娥工程”获得了宝贵的经验假设月球半径为r，月球表面的重力加速度为g0，飞船在距月球表面高度为3r的圆形轨道运动，到达轨道的a点点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月点b再次点火进入月球近月轨道绕月球作圆周运动求：（1）飞船在轨道上的运行速率；（2）飞船在a点处点火时，动能如何变化；（3）飞船在轨道绕月球运行一周所需的时间考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题分析：（1）设月球的质量为m，飞船的质量为m，根据万有引力定律及即可解题；（2）到达轨道的a点点火变轨进入椭圆轨道，运动半径变小，根据万有引力定律即可解题；（3）设飞船在轨道绕月球运行一周所需的时间为t，根据即可解题解答：解：（1）设月球的质量为m，飞船的质量为m，则飞船在月球表面绕月球运动时有：解得（2）飞船在a点处点火后将做近心运动，所需的向心力将小于万有引力，而万有引力不变，所以要减小速度以减小向心力，所以动能减小 （3）设飞船在轨道绕月球运行一周所需的时间为t，则答：（1）飞船在轨道上的运行速率为；（2）飞船在a点处点火时，动能减小；（3）飞船在轨道绕月球运行一周所需的时间为点评：本题主要考查了万有引力公式及向心力公式的直接应用，要注意飞船做近心运动时万有引力大于向心力15（12分）（2013潍坊一模）如图所示，半径为r的光滑半圆轨道abc与倾角为=37的粗糙斜面轨道dc相切于c，圆轨道的直径ac与斜面垂直质量为m的小球从a点左上方距a高为h的斜面上方p点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的a点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的d处已知当地的重力加速度为g，取，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力，求：（1）小球被抛出时的速度v0；（2）小球到达半圆轨道最低点b时，对轨道的压力大小；（3）小球从c到d过程中摩擦力做的功w考点：动能定理的应用；牛顿第三定律；机械能守恒定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球从p到a过程做平抛运动，由运动学公式求出小球经过a点时竖直方向分速度，作出速度分解图，即可求得小球被抛出时的速度v0；（2）从抛出点到b过程中，只有重力做功，机械能守恒，即可求出小球到达b点时的速度在b点，由重力和轨道支持力的合力充当向心力，由牛顿第二定律、第三定律求解小球对轨道的压力大小；（3）对于整个运动过程，重力做功为零，根据动能定理求解小球从c到d过程中摩擦力做的功w解答：解：（1）小球到达a点时，速度与水平方向的夹角为，如图所示则有 由几何关系得 v0=v1cot 得 （2）a、b间竖直高度h=r（1+cos）设小球到达b点时的速度为v，则从抛出点到b过程中，根据机械能守恒有 在b点，有 联立解得 fn=5.6mg由牛顿第三定律知，小球在b点对轨道的压力大小是fn=fn=5.6mg，方向竖直向下 （3）整个运动知过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有w=0= 答：（1）小球被抛出时的速度v0是（2）小球到达半圆轨道最低点b时，对轨道的压力大小是5.6mg，方向竖直向下（3）小球从c到d过程中摩擦力做的功w是点评：小球在轨道之前做的是平抛运动，在斜面上时小球做匀减速直线运动，根据不同的运动的过程，分段求解即可16（14分）（2014江西二模）如图所示，平板a长l=10m，质量m=4kg，放在光滑的水平面上在a上最右端放一物块b（大小可忽略），其质量m=2kg已知a、b间动摩擦因数=0.4，开始时a、b都处于静止状态（取g=10m/s2）则（1）若加在平板a上的水平恒力f=6n时，平板a与物块b的加速度大小各为多少？（2）要将a从物块b下抽出来，则加在平板a上的水平恒力f至少为多大？（3）若加在平板a上的水平恒力f=40n时，要使物块b从平板a上掉下来f至少作用多长时间？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：（1）当在平板a上加恒力f，先判断a、b之间是否发生相对滑动，再结合牛顿第二定律求出平板a和b的加速度大小（2）对b分析，根据牛顿第二定律求出b滑动时的加速度，再对整体分析得出a、b发生相对滑动时f的大小（3）在f的作用下a、b均做匀加速直线运动，撤去f后，a做匀减速直线运动，