2024年江苏省徐州市重点初中物理高三上期中达标测试试题含解析

2024年江苏省徐州市重点初中物理高三上期中达标测试试题注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、一个滑块以初速度v0从够长的固定斜面底端沿斜面向上运动，经2t0时间返回到斜面底端．如图所示图象表示该滑块在此斜面上运动过程中速度的大小v随时间t变化的规律，其中可能正确的是（）
A．B．
C．D．
2、如图所示为一质点在平直轨道上运动的v－t图象．则下列说法正确的是( )
A．0～1 s内与2～3 s内质点的速度方向相反
B．2～3 s内与3～4 s内质点的加速度方向不同
C．0～1 s内与3～4 s内质点的位移不同
D．0～2 s内与0～4 s内质点的平均速度相同
3、为了研究太阳演化的进程，需知太阳的质量，已知地球的半径为R，地球的质量为m，日地中心的距离为r，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T，则太阳的质量为( )
A．
23
22
4mr
T R g
π
B．
22
23
4
T R g
mr
π
C．
22
32
4mgR
r T
π
D．
32
22
4
r T
mgR
π
4、如图所示,C为平行板电容器,a和b为其两极板,a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板,在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连,Q板接地．开
始时悬线静止在竖直方向,在b 板带电后,悬线偏转了角度α，在以下方法中,能使悬线的偏角α变大的是
A ．缩小a b 、间的距离
B ．在a b 、两板间插入电介质
C ．a 板向上平移
D ．Q 板向右平移
5、一质点沿x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其x t
–t 图象如图所示，则
A ．质点做匀速直线运动，速度为1 m/s
B ．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s 2
C ．质点在1 s 末速度为1.5 m/s
D ．质点在第1 s 内的位移为2 m
6、如图，小球质量为m ，通过长度为L 的无伸缩性轻质条状物与水平转轴O 相连，并能绕转轴O 在竖直平面做完整的圆周运动。

小球运动过程中受到的空气阻力可以忽略不计，下列关于小球运动的说法正确的是（ ）
A ．当轻质条状物为绳子且转轴O 不受摩擦时，小球经过最低点的速度应不小于
B ．当轻质条状物为杆且转轴O 不受摩擦时，小球经过最低点的速度应不小于
C ．当轻质条状物为绳子时，可通过控制转轴O 的转动让小球做匀速圆周运动
D ．当轻质条状物为杆时，不可能通过控制转轴O 的转动让小球做匀速圆周运动 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，两根细杆周期性地触动水面形成两个频率相同的波源。

两个波源发出的两列波相遇后，
在它们重叠的区域形成如图所示的图样。

波源S1的振动方程为x1＝30sin100πt(cm)，波源S2的振动方程为x2＝20sin100πt(cm)，此刻，M是波峰与波峰的相遇点，下列说法中正确的是（）
A．这两列波的频率均为50Hz
B．随着时间的推移，M处的质点将向O处移动
C．从该时刻起，经过四分之一周期，M处的质点到达平衡位置，此时位移为零D．O、M连线的中点是振动加强的点，其振幅为50cm
8、右图是某小组同学为研究滑动摩擦因数所设计的实验装置．其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的木块，Q为木块右端连接的一弹簧测力计．实验时用力将A从B的下方抽出，通过Q的读数即可测出动摩擦因数．若实验条件较为理想，则（）
A．只有将木板A匀速抽出才能从Q上读取稳定读数
B．将木板A加速、减速或匀速抽出均能从Q上读取稳定读数
C．通过该方法可测得A与B之间的动摩擦因数
D．通过该方法可测得A与地面之间的动摩擦因数
9、如图所示，水平传送带A、B两端相距s=3.5m，物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，物块滑上传送带A端的瞬时速度v A=4m/s，到达B端的瞬时速度设为v B．下列说法正确的是（）
A．若传送带不动，v B=3m/s
B．若传送带顺时针匀速转动，v B一定等于3m/s
C．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3m/s
D．若传送带逆时针匀速转动，有可能等于2m/s
10、如图所示，三角形传送带以lm/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m 且与水平方向的夹角均为37°．现有两个小物块A、B从传送带顶端都以lm/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），下列说法正确的是（）
A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A做正功，对物块B做负功
D．物块在传送带上的划痕长度之比为1：3
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）用如图所示装置做“验证动能定理”的实验．实验中，小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面．
（1）为了使细绳的拉力等于小车所受的合外力，以下操作必要的是__________（选填选项前的字母）
A．在未挂钩码时，将木板的右端垫高以平衡摩擦力
B．在悬挂钩码后，将木板的右端垫高以平衡摩擦力
C．调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行
D．所加钩码的质量尽量大一些
（2）如图是某次实验中打出纸带的一部分．O、A、B、C为4个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为50Hz．通过测量，可知打点计时器打B点时小车的速度大小为__________m/s．
（3）甲同学经过认真、规范地操作，得到一条点迹清晰的纸带．他把小车开始运动时打下的点记为O ，再依次在纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6等多个计数点，可获得各计数点到O 的距离s 及打下各计数点时小车的瞬时速度v ．如图是根据这些实验数据绘出的2v s -图象．已知此次实验中钩码的总质量为0.015kg ，小车中砝码的总质量为0.100kg ，取重力加速度2
9.8m /s g =，则由图象可知小车的质量为__________ kg ．（结果保留三位有效数字）
（4）在钩码质量远小于小车质量的情况下，乙同学认为小车所受拉力大小等于钩码所受重力大小．但经多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些，造成这一情况的原因可能是__________________________________________________．
（5）假设已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图中正确反映2v W -关系的是____________．
12．（12分）现在按图①所示的电路测量一节旧干电池的电动势E （约1.5 V ）和内阻（约20Ω），可供选择的器材如下：
电流表1A 、2A （量程0~500A μ，内阻约为500Ω）；
滑动变阻器R （阻值0~100Ω，额定电流1.0 A ）；
定值电阻1R （阻值约为100Ω），
电阻1R 、2R （阻值0999.9Ω）
，开关、导线若干。

由于现有电流表量程偏小，不能满足实验要求，为此先将电流表改装（扩大量程），然后再按图①电路进行测量。

(1)测量电流表2A 的内阻：按图②电路测量2A 的内阻，以下给出了实验中必要的操作。

A ．断开1S
B ．闭合1S 、2S
C ．按图②连接线路，将滑动变阻器R 的滑片调至最左端，2R 调至最大
D ．调节2R ，使1A 的示数为1I ，记录2R 的值
E.断开2S ，闭合3S
F.调节滑动变阻器R ，使1A 、2A 的指针偏转适中，记录1A 的示数1I
请按合理顺序排列实验步骤（填序号）：________________
图① 图②
(2)将电流表2A （较小量程）改等成电流表A （较大量程）
如果(1)中测出2A 的内阻为468.0Ω，现用2R 将2A 改装成量程为20 mA 的电流表A ，应把2R 调为________Ω。

利用电流表A 、电阻箱3R 测电池的电动势和内阻
用电流表A 、电阻箱3R 及开关S 按图①所示电路测电池的电动势和内阻。

实验时，改变3R 的值，记录下电流表A 的示数I ，得到若干组3R 、I 的数据，然后通过作出有关物理量的线性图象，求得电池电动势E 和内阻r 。

a.请写出与你所作线性图象对应的函数关系式________________________。

b.请在虚线框内坐标中作出定性图象_________________（要求标明两上坐标轴所代表的物理量，用符号表示）
c.图中________表示E ，图中________表示r 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）北京将在2022年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深受广大观众的欢迎。

一质量为60kg 的运动员在高度为80h m =，倾角为
30θ=︒的斜坡顶端，
从静止开始沿直线滑到斜面底端。

下滑过程运动员可以看作质点，收起滑雪杖，忽略摩擦阻力和空气阻力，g 取210/m s ，问：
（1）运动员到达斜坡底端时的速率v ；
（2）运动员刚到斜面底端时，重力的瞬时功率；
（3）从坡顶滑到坡底的过程中，运动员受到的重力的沖量。

14．（16分）如图所示，长L=8m ，质量M=3kg 的薄木板静止放在光滑水平面上，质量m=1kg 的小物体放在木板的右端，现对木块施加一水平向右的拉力F ，取g=10m/s 2，求：
(1)若薄木板上表面光滑，欲使薄木板以2 m/s 2的加速度向右运动，需对木板施加的水平拉力为多大?
(2)若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=6N ，求物体对薄木板的摩擦力大小和方向？
(3)若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=15N ，物体所能获得的最大速度。

15．（12分）如图所示，abcd为固定在竖直平面内的光滑轨道，其中ab倾斜、bc水平、
cd为半径R＝0.25m的1
4
圆弧轨道三部分平滑连接，c为圆弧轨道的最低点，可为质点
的小球m1和m2中间压缩轻质弹簧静止在水平轨道上(弹簧与两小球不栓接且被锁定)，水平档板c与d点竖直距离h＝0.15m．现解除对弹簧的锁定，小球m1脱离弹簧后恰能沿轨道运动到a处，ab的竖直高度差H＝1.8m，小球m2沿轨道cd运动冲出轨道打在水平档板e上．已知m1＝0.5kg，m2＝1.0kg，在c点时小球m2对轨道压力的大小为46N，已知弹簧恢复原长时小球仍处于水平轨道，不计空气阻力，g＝10m/s2求:
（1）弹簧最大的弹性势能
（2）小球m2离开d点到打在水平档板e上的时间．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、B
【解题分析】
A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑
的速度大小小于上滑的速度大小，所以滑回出发点的速度小于
v，故AC错误；
B、根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，上滑时间短于下滑时间，故B正确，D错误。

2、C
【解题分析】
试题分析：速度的正负表示质点的运动方向；速度图象的斜率等于质点的加速度；根据斜率的大小可判断加速度的大小，由斜率的正负确定加速度的方向；速度时间图象与时
间轴包围的面积表示位移．
在速度时间图像的中，速度值的正负表示方向，从图中可知0～1 s 内与2～3 s 内质点的速度都为正，所以速度方向相同，A 错误；斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向，故从图中 可知2～3 s 内与3～4 s 内质点的加速度方向相同，B 错误；速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，则0～1s 内位移为正，3～4s 内质
点的位移为负，位移不同，
C 正确；速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，0～2s 内与0～4s 内质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不相同，
D 错误． 3、A
【解题分析】
根据万有引力定律得
22(2)GMm m r r T
π= 根据地球表面的万有引力等于重力得：对地球表面物体m ′有
2
Gmm m g R ''＝ 联立得
M ＝23
224mr T R g
π 故D 正确；ABC 错误；
故选D 。

4、C
【解题分析】
题中电容器ab 与平行金属板PQ 并联，电势差相等，根据左边电容器的电容的变化得出平行金属板两端的电势差变化，从而得出电场强度的变化，判断悬线偏转角度α的变化．
【题目详解】
A 、缩小a 、b 间的距离，根据4s C kd
επ=，则电容增大，Q 不变，ab 端的电势差Q U C =，知电势差减小，所以PQ 两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小；故A 错误.
B 、ab 间插入电介质，则电容增大，Q 不变，ab 端的电势差Q U C
=，知电势差减小，所以PQ 两端的电势差减小，电场强度减小，则电场力变小，α变小；故B 错误.
C 、a 板向上移动，正对面积减小，电容减小，而Q 不变，则ab 端的电势差增大，即PQ 两端的电势差增大，电场强度增大，则电场力变大，α变大；故C 正确.
D 、Q 板向右移动，PQ 间的距离增大，故电容器的电容C 变小，而Q 不变，则PQ 两端的电势差增大，而电场强度4kQ
E s πε=
不变，则电场力不变，α不变；故D 错误. 故选C.
【题目点拨】
本题综合了电路、电容的知识，综合性较强；是通过平衡条件的考查转移到电容器动态分析的一个考查，需要认真推敲一下．
5、C
【解题分析】根据公式2012x v t at =+变形可知012
x v at t =+，故纵截距表示初速度00.5/v m s =，横截距表示()01012
v a =+⨯-，解得21/a m s =，质点做匀加速直线运动，根据速度时间公式可知1s 末的速度为10.511 1.5/v m s =+⨯=，第1s 内的位移为210.511112
x m =⨯+
⨯⨯=，C 正确． 6、A
【解题分析】
当轻质条状物为绳子，恰好过过最高点的临界条件时：只有重力提供向心力；
当轻质条状物为杆时，恰好过过最高点的临界条件是速度为零，然后根据机械能守恒和牛顿第二定律即可分析；
【题目详解】
A 、当轻质条状物为绳子，恰好过过最高点的临界条件是：只有重力提供向心力，即为：
设最低点速度为，由机械能守恒定律得：
联立解得：； 因为绳子不可以通过转轴控制，所以小球不可能做匀速圆周运动，故A 正确，C 错误；
B 、当轻质条状物为杆时，恰好过过最高点的时速度为零，设最低点速度为，根据机械能守恒定律得：
,解得：,可以控制转轴O 的转动，让小球做匀速圆周运动，故BD 错误；
【题目点拨】
本题考查竖直面内圆周运动两种模型，关键是要掌握两种模型能做完整圆周运动的最高点的临界条件，绳模型是在最高点只有重力提供向心力，杆模型是到最高点速度恰好为零。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、ACD
【解题分析】
A ．由振动方程知：ω=100π rad/s ，则这两列波的频率均为：
10050Hz 22f ωπππ
=== 故A 正确。

B ．波向外传播的是振动的形式与能量，沿传播方向的各个质点不会向远处移动，故B 错误。

C ．这两列波的频率相等，则周期也相等；图示时刻M 是波峰与波峰的相遇点，经过四分之一周期，两列波的在M 点都回到平衡位置，所以M 处的质点到达平衡位置，此时位移为零，故C 正确。

D ．由图可知，M 点位于两个波源连线的垂直平分线上，这两列波的起振的方向相同，所以两个波源连线的垂直平分线上所有各点都是振动加强点，它们的振幅都是两列波振幅的和，即都是50cm ，故D 正确。

8、BC
【解题分析】
将木板A 加速、减速或匀速抽出，A 对B 的摩擦力力F f 是相同的，以B 为研究对象Q 对B 的拉力与A 对B 的摩擦力平衡，所以均能从Q 上读取稳定读数，故A 错误；B 正确；在根据f F mg μ=可求A 、B 之间的动摩擦因数，所以C 正确；A 与地面之间的动摩擦因数无法求出，故D 错误．
9、AC
【解题分析】
当传送带不动或者传送带逆时针匀速转动时，物体一定会受到滑动摩擦力作用，摩擦力方向水平向左且大小相同，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得物体加速度大小
为21m/s a = ．根据匀变速运动规律2202v v as -=可知，物体到达B 点时的速度为
3m/s B v =．故AC 正确；
当传送带顺时针匀速转动时，若传送带速度小于3m/s 时，则物体到达B 点时的速度大小为3m/s ．故B 、D 项错误；
综上所述本题正确答案为AC
10、BD
【解题分析】
A 、对A ，因为mgsin37°＞μmgcos37°，则A 物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，
B 所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，则运动的时间相等．根据速度时间公式知，到达底端的速度大小相等，故A 错误，B 正确；
C 、传送带对A 、B 的摩擦力方向与速度方向相反，都做负功，故C 错误；
D 、对A ，划痕的长度等于A 的位移减为传送带的位移，
以A 为研究对象，由牛顿第二定律得：a=2m/s 2
由运动学公式得运动时间分别为：t=1s ．
所以皮带运动的位移为x=vt=1m ．
所以A 对皮带的划痕为：△x 1=2m ﹣1m=1m
对B ，划痕的长度等于B 的位移加上传送带的位移，
同理得出B 对皮带 的划痕为△x 2=3m ．所以划痕之比为1：3，故D 正确．
故选BD ．
点睛：分析A 重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断A 物体的运动规律，B 所受的摩擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，结合运动学公式分析求解．
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、 AC 0.36 0.18 多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些，则可能长木板的右端垫起的高度过高，有一部分重力势能转化为动能；若滑轮的轴处有摩擦，则拉力做的功总是要比小车动能变化量大一些，小车释放时离打点计时器太近，拉力做的功和小车动能变化量相等，在钩码质量远小于小车质量的情况下，绳子的拉力等于钩码的重力，钩码做匀加速运动，不影响拉力做功． A
【解题分析】（1）小车下滑时受到重力，细线的拉力，支持力和摩擦力，为了在实验中能够把细绳对小车的拉力视为小车的合外力，则应该用重力的下滑分量来平衡摩擦力，并且调节木板左端定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行，故AC 正确，BD 错误；所以AC 选项是正确的．
（2）相邻的两个计数之间还有4个打出的点没有画出，则0.1s T =，
0.10060.02860.36m /s 20.2
AC B x v T -===． （3）根据动能定理得：
()212mgs M m m v =
+'+， 则22mg v s M m m
++'=， 根据图象可以知道斜率0.2010.2
k ==， 则21mg M m m +'=+， 计算得出0.18kg M =．
（4）多次实验他发现拉力做的功总是要比小车动能变化量小一些，则可能长木板的右端垫起的高度过高，有一部分重力势能转化为动能；
若滑轮的轴处有摩擦，则拉力做的功总是要比小车动能变化量大一些，小车释放时离打点计时器太近，拉力做的功和小车动能变化量相等，在钩码质量远小于小车质量的情况下，绳子的拉力等于钩码的重力，钩码做匀加速运动，不影响拉力做功．
（5）若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则()212
W M m v =+，得 22W v M m
=+，图象为过原点的直线，故A 正确。

12、CBFEDA 12Ω 31
·A R R E r I +=- 直线斜
率 纵轴截距绝对值
【解题分析】
(1)[1]为了保证实验的安全，在操作中要求滑动变阻器要放在使电流最小的位置，该电路图中，变阻器的滑片开始时放在最左边是正确的；为了电路的安全，电阻箱的电阻值调到最大时，电流的电流最小，所以R 2需要调到最大；
等效替代法测电阻的核心是“效果相同”，本题中体现为使A 1的示数相同，所以需要先接通开关S 2，同时断开开关S 3，调节出一个电流值，然后接通开关S 3，同时断开开关S 2，调节电阻箱R 2的电阻值，使电流表A 1的示数与上一次相同，记录电阻箱的电阻即为所求。

所以步骤为CBFEDA 。

(2)[2]改装原理如下图所示：
电阻R 2需要分担电流：
220mA 500μA 0.0195A I -==
电阻R 2电压：
2500468V 0.234V A U I R =⨯=⨯= 22212ΩU R I == [3]测电动势和内阻时，由闭合电路欧姆定律有()3A E I R R r =++，整理得
31·A R R E r I
+=- [4]A 31()R R I
+-图线为一直线，如图
[5]直线的斜率即为E
[6]图线在纵轴上截距的绝对值即为电源内阻r 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）40/m s （2）41.210W ⨯（3）34.810N s ⨯⋅ 方向为竖直向下
【解题分析】
（1）根据牛顿第二定律或机械能守恒定律都可以求出到达底端的速度的大小； （2）根据功率公式进行求解即可；
（3）根据速度与时间关系求出时间，然后根据冲量公式进行求解即可；
【题目详解】
（1）滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，系统机械能守恒：212
mgh mv =
到达底端时的速率为：40/v m s =；
（2）滑雪者由滑到斜面底端时重力的瞬时功率为：4sin 30 1.210G P mg v W =⋅⋅︒=⨯； （3）滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律0sin 30mg ma =，可以得到：2sin 305/a g m s =︒=
根据速度与时间关系可以得到：08v t s a
-== 则重力的冲量为：34.810G I mgt N s ==⨯⋅，方向为竖直向下。

【题目点拨】
本题关键根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解末速度，注意瞬时功率的求法。

14、（1）6N （2）1.5N （3）12m/s
【解题分析】
（1）薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得： F=Ma=3×2=6N ，则拉力大小为6N ；
（2）当木块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：
μmg=ma 0，
解得：a 0=μg=0.3×10=3m/s 2，
木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：
拉力：F 0=（M+m ）a 0=（3+1）×3=12N ＞6N ，
拉力为6N 时，木块相对于木板静止，由牛顿第二定律得：
F′=（M+m ）a′，解得： ；
对物块，由牛顿第二定律得：f=ma′=1×1.5=1.5N ，方向：水平向右；
（3）拉力F=15N ＞F 0，木块相对于木块滑动，对木板，由牛顿第二定律得： F-μmg=Ma 木板，
解得：
，
木块位移：s 木块= a 0t 2，
木板位移：s 木板= a 木板t 2，
木块从木板上滑下时有：s 木板-s 木块=L ，
此时木块的速度：v=a 0t ，
解得：v=12m/s ，则木块获得的最大速度为12m/s ；
点睛：本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律即可正确解题；求出木块相对于木板滑动的临界拉力是正确解题的前提与关键，这也是本题的易错点．
15、（1）13.5J ；（2）0.1s
【解题分析】
（1）对小球m 1，由机械能守恒定律得： 12m 1v ＝m 1gH 解得：v 1＝6m/s
设在c 点时轨道对小球m 2压力的大小为F ，由牛顿第二定律得：
2222m v F m g R
－ 解得：v 2＝3m/s
弹簧锁定时的弹性势能最大，由能量的转化及守恒定律得： E P ＝12m 1v ＋12
m 2v 代入数值得：E P ＝13.5J ．
（2）小球m 2从c 点到d 点，由动能定理得：
－m 2gR ＝12m 2v d 2－12
m 2v 解得：v d ＝2m/s
小球m 2离开d 点做竖直上抛运动，到打在水平档板e 上的时间为t ． h ＝v d t －12
gt 2 联立以上各式代入数值得：t 1＝0.1s ，t 2＝0.3s （舍去） 小球m 2离开d 点到打在水平档板e 上的时间为0.1s ．。