2016-2017学年江苏省苏北四市高三(上)摸底物理试卷(11月份)

2016-2017学年江苏省苏北四市高三（上）摸底物理试卷（11月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共5小题，共15.0分)1.关于物理学思想方法，下列叙述不正确的是（）A.演示微小形变时，运用了放大法B.将带电体看成点电荷，运用了理想模型法C.将很短时间内的平均速度看成瞬时速度，运用了等效替代法D.探究弹性势能表达式用F-l图象下梯形的面积代表功，运用了微元法【答案】C【解析】解：A、演示微小形变时，为了便于观察，运用了放大法，故A正确；B、将带电体看成点电荷，运用了理想模型法，故B正确；C、△t→0时的平均速度可看成瞬时速度，采用的是极限分析方法，故C错误；D、探究弹性势能表达式用F-l图象下梯形的面积代表功，运用了微元法，故D正确．本题选错误的，故选：C．明确物理学中的相应的物理方法，如：放大法、理想模型、等效替代、微元、比较、实验推理等，要理解相应方法的应用．在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，注意结合所学规律来理解相应的物理方法．2.甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图所示．下列说法正确的是（）A.两物体的加速度方向相同B.前2s内两物体的平均速度相等C.前4s内两物体的位移相等D.第1s末两物体相遇【答案】B【解析】解：A、在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲乙的加速度方向相反，故A错误；B、物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲乙的平均速度v=，故B正确；C、在v-t图象中与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4s内两物体的位移不相等，故C错误；D、第1s末两物体两物体所围面积不同，故不可能相遇，故D错误；故选：B根据甲乙速度的关系判断第1s内甲乙距离的变化．根据图线与时间轴围成的面积判断甲乙两物体是否相遇．解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．3.如图所示，用两根细线AC和BD悬挂一薄板．下列说法正确的是（）A.薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B.BD的拉力大于AC的拉力C.剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D.若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小【答案】D【解析】解：A、薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误．B、根据水平方向受力平衡可得：T BD sin60°=T AC cos45°，可得T BD＜T AC，故B错误．C、剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误．D、若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，如图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，由图知，T一直减小，故D正确．故选：D薄板受到三个力作用，不平行，必共点．根据水平方向受力平衡，列式分析两绳拉力的大小关系．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向垂直于AC向下，由向心力知识分析．作出受力图，运用合成法分析AC的拉力变化情况．解决本题的关键：一要理解并掌握三力汇交原理，即三力平衡时，不平行，力所在的直线交于一点．二要运用图解法分析动态平衡问题，比较直观．4.如图示为某电场中等势面的分布图，各等势面的电势值图中已标出．下列说法正确的是（）A.A点的电场强度比B点的大B.电子在A点的电势能比B点的小C.电子由A点移至B点电场力做功-0.17e VD.中心轴线上各点的电场强度方向向右A【解析】解：A、点A与点B相比较，点A附近等势面密集而且相邻等势面的电势差较大，故A 点电场强度大于B点电场强度，故A正确；B、电子带负电荷，在电势低的点电势能大，由于A点的电势小于B点的电势，故电子在A点的电势能比B点的大，故B错误；C、电子由A点移至B点电场力做功：W AB=q U AB=（-e）（0.8V-0.97V）=0.17e V，故C 错误；D、电场线与等势面垂直且从高电势指向低电势，故中心轴线上可以画出向左的电场线，电场强度方向向左，故D错误；故选：A根据U=d，等差等势面越密集的区域电场强度越大；负电荷在高电势点的电势能小；电场力做功表达式W AB=q U AB；电场线与等势面垂直且从高电势指向低电势．本题考查了非等差的等势面，关键是明确电场线与等势面垂直且从电势高的等势面指向电势低的等势面，同时结合公式E=E d、W AB=q U AB分析．5.电视综艺节目《加油向未来》中有一个橄榄球空中击剑游戏：宝剑从空中B点自由下落，同时橄榄球从A点以速度v0沿AB方向抛出，恰好在空中C点击中剑尖，不计空气阻力．关于橄榄球，下列说法正确的是（）A.在空中运动的加速度大于宝剑下落的加速度B.若以大于v0的速度沿原方向抛出，一定能在C点上方击中剑尖C.若以小于v0的速度沿原方向抛出，一定能在C点下方击中剑尖D.无论以多大速度沿原方向抛出，都能击中剑尖【答案】B【解析】解：A、橄榄球在空中运动的加速度等于宝剑下落的加速度，均等于重力加速度，故A 错误；B、若以大于v0的速度沿原方向抛出，则水平方向的速度增大，运动到相遇点的时间减小，橄榄球相同时间下降的高度减小，一定能在C点上方击中剑尖，故B正确；C、若以小于v0的速度沿原方向抛出，则水平方向的速度减小，运动到相遇点的时间增大，橄榄球相同时间下降的高度增大，一定能在C点下方击中剑尖，故C错误；D、若抛出的速度太小，可能橄榄球不会与剑尖相遇，故D错误；故选：B橄榄球都做斜上抛运动，将运动分解成水平和竖直两个研究，抓住竖直方向上都做竖直上抛运动，由运动学位移时间公式列式分析运动时间的关系对于抛体运动，要会运用运动的分解法进行研究，通常将抛体运动分解成：竖直方向的匀变速直线运动，水平方向的匀速直线运动，再运用运动学公式进行处理．二、多选题(本大题共4小题，共16.0分)6.2016年10月17日，神舟十一号载人飞船成功发射，10月19日与天宫二号交会对接．如图所示是天宫二号和神舟十一号交会对接前绕地球做匀速圆周运动的轨道示意图，下列说法正确的有A.神舟十一号的运动速度小于天宫二号B.神舟十一号的运动周期小于天宫二号C.神舟十一号的运动加速度小于天宫二号D.神舟十一号必须加速才能与天宫二号交会对接【答案】BD【解析】解：A、由万有引力提供向心力，得：v=，由于天宫二号的轨道半径大于神州十一号的轨道半径，则天宫二号的运行速率小于神州十一号的运行速率，故A错误；B、卫星的周期为T==2πr，由于天宫二号的轨道半径大于神州十一号的轨道半径，则天宫二号的周期大于神州十一号的周期，故B正确；C、卫星加速度为a=，由于神州十一号的轨道半径小于天宫二号的角速度轨道半径，则神州十一号的加速度大于天宫二号的加速度，故C错误；D、神舟十一号飞船适当加速时，所需要的向心力，将做离心运动，轨道半径变大，与天宫二号实现对接，故D正确故选：BD根据万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出线速度、周期、角加速度表达式，再分析它们的大小．神州十一号加速后做离心运动轨道半径变大可以与天宫二号对接知道万有引力提供向心力是解决卫星问题的前提，应用万有引力公式牛顿第二定律可以解题，要理解卫星、航天器变轨的原理．7.如图所示，电路中平行板电容器C不带电．下列说法正确的有（）A.闭合S瞬间，电流计G中有a→b方向的电流B.闭合S后，增大C两极板间距离的过程中，电流计G中有a→b方向的电流C.闭合S后再断开，增大C两极板间距离，极板间电场强度保持不变D.闭合S后再断开，在C两极板间插入电介质，极板间电势差变小【答案】ACD【解析】解：A、闭合S瞬间，电容器充电，上极板接正极，故电流计中有a→b方向的电流，故A正确；B、闭合S后，电压不变，增大C两极板间距离的过程中，由C=可知，C减小，由Q=UC可知，电量减小，电容器放电，故电流计中b→a方向的电流，故B错误；C、闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，增大C两极板间距离，由C=和Q=UC可知，U=，再由U=E d可得，E=，故两极板间电场强度不变，故C正D、闭合S后再断开，电容器两板上的电量不变，在C两极板间插入电介质时电容C增大，则由Q=UC可知，U变小，故D正确；故选：ACD．S断开，电容器所带的电荷量不变，结合电容的变化得出电势差的变化，从而得出电场强度的变化．当S闭合时，两极板间的电势差不变，结合电容的变化得出所带电荷量的变化，结合两极板间的距离得出电场强度的变化．本题考查了电容器的动态分析，关键抓住不变量，结合电容的决定式、定义式以及匀强电场的场强公式分析判断．注意记住结论：当电量不变，只改变两板间的距离时，两板间的电场强度不变．8.如图所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状态．小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力．下列说法正确的有（）A.小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零B.小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零C.上述过程中小球的机械能守恒D.上述过程中小球重力的功率一直增大【答案】AC【解析】解：A、小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故A正确；B、小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，故B错误；C、整体受力分析，只有重力做功，故机械能守恒，故C正确；D、刚释放时，速度为零，小球的功率为零，到达最低端时，速度方向与重力方向垂直，功率为零，故功率先减小后增大，故D错误；故选：AC对小球的运动过程分析，然后对物体进行受力分析，根据物块始终处于静止即可判断，在判断机械能守恒时对重力受力分析，只有重力做功即可判断本题主要考查了整体法和隔离法受力分析，明确机械能守恒的条件即可判断9.图甲中，两滑块A和B叠放在光滑水平地面上，A的质量为m1，B的质量为m2．设A、B间的动摩擦因数为μ，作用在A上的水平拉力为F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图乙为F与μ的关系图象，其直线方程为F=μ．下列说法正确的有（）A.μ和F的值位于a区域时，A、B相对滑动B.μ和F的值位于a区域时，A、B相对静止C.μ和F的值位于b区域时，A、B相对滑动D.μ和F的值位于b区域时，A、B相对静止【答案】AD【解析】定律得：μm1g=m2a，得a=以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F=（m1+m2）a=μ可知，图中实线对应两个物体刚要发生相对滑动的情形．μ和F的值位于a区域时，该区域中的点与原点连线的斜率大于实线的斜率，即有＞，可得，F＞μ，A、B相对滑动；μ和F的值位于b区域时，该区域中的点与原点连线的斜率小于实线的斜率，即有＜，可得，F＜μ，A、B相对静止，故AD正确，BC错误．故选：AD根据AB间刚好发生相对滑动时静摩擦力达到最大值，以B为研究对象，由牛顿第二定律求得加速度，再对整体，运用牛顿第二定律求得F的表达式．根据AB间保持相对静止的最大加速度，分析AB间能否相对静止．本题考查了牛顿第二定律的运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B刚好不发生相对滑动时的最大拉力，结合数学知识进行分析．四、多选题(本大题共1小题，共4.0分)12.下列说法正确的有（）A.石蜡具有各向异性B.布朗运动就是液体分子的无规则运动C.水黾可以停在水面上说明液体存在表面张力D.空气中水蒸气的压强与同温度时水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大【答案】CD【解析】解：A、石蜡属于非晶体，不具有各向异性，A错误；B、布朗运动是固体小颗粒的运动，不是液体分子的无规则运动，但能够反映液体分子的无规则运动，B错误；C、水黾可以停在水面上说明液体存在表面张力，使得表面张力与水黾的重力相平衡，C 正确；D、根据相对湿度的定义式可知，空气中水蒸气的压强与同温度时水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大，D正确．故选：CD．晶体具有各向异性；布朗运动不是液体分子的无规则运动；根据液体的表面张力分析C 选项；根据相对湿度的定义式分析D选项．本题主要是考查晶体的特点、分子的热运动、表面张力和相对湿度等概念，牢固掌握热学部分的基本知识即可正确解答．七、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.下列说法正确的有（）A.光的偏振现象说明光是横波B.阳光下肥皂泡呈现彩色是光的干涉现象C.受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关D.变化的磁场一定产生变化的电场【答案】AB【解析】解：A、光的偏振现象是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是横波，故A正确．B、阳光下肥皂泡呈现彩色是肥皂膜内外表面反射的两束光发生干涉形成的，是光的干涉现象，故B正确．C、受迫振动的频率由驱动力的频率决定，与振动系统的固有频率无关．故C错误．D、变化的磁场一定产生电场．均匀变化的磁场产生稳定的电场．故D错误．故选：AB光的偏振现象说明光是横波．阳光下肥皂泡呈现彩色是光的干涉现象．受迫振动的频率与振动系统的固有频率无关．变化的磁场一定产生电场．对于波的基本知识要理解并掌握．对于光的常见现象形成的原因要理解，并明确它们之间的区别．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)18.下列说法中正确的有（）A.结合能越大的原子核越稳定B.光电效应揭示了光具有粒子性C.动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等D.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布规律与黑体的温度无关【答案】BC【解析】解：A、比结合能越大，原子核越稳定，与结合能无关．故A错误；B、光电效应揭示了光具有粒子性，故B正确；C、根据德布罗意波波长的公式：可知，动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等，故C正确；D、根据黑体辐射的特点可知，黑体辐射的强度按波长的分布与黑体的温度有关，故D 错误；故选：BC比结合能越大的，原子核越稳定；光电效应揭示了光具有粒子性；根据德布罗意波波长的公式：分析；黑体辐射的强度按波长的分布与黑体的温度有关．该题考查比结合能与结合能的区别，认识光电效应的作用以及黑体辐射的特点等，考查的知识点虽然比较多，但都是一些记忆性的知识点，在平时的学习中多加积累即可．三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)10.用图示装置验证机械能守恒定律．实验前调整光电门位置使小球下落从A点下落，经过光电门B，记录挡光时间△t，测出小球在AB间下落的距离h．竖直平移光电门B，重复上述步骤，测得多组h及相应的△t，已知当地重力加速度为g．（1）实验中还需测量的物理量是______ ．（2）小球通过光电门速度的表达式为v= ______ ．（3）根据测量数据描绘-h图象，能否仅依据图象是过原点的直线就得出机械能守恒的结论？______ ，理由是______ ．【答案】小球直径d；；不能；斜率近似等于，才能判断小球下落过程中机械能守恒【解析】解：（1）实验需要求出小球经过光电门时的速度，需要测出小球的直径d；（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=；（3）根据机械能守恒的表达式有：mgh=mv2，即：=h，不能依据图象是过原点的直线就得出机械能守恒的结论，当斜率近似等于，才能判断小球下落过程中机械能守恒；故答案为：（1）小球直径d；（2）；（3）不能；斜率近似等于，才能判断小球下落过程中机械能守恒．（1）该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度h AB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据．（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度；（3）根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式，然后分析答题．无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律．11.某实验小组用图甲所示装置探究加速度与力的关系．（1）关于该实验，下列说法正确的是______ ．A．拉小车的细线要与木板平行B．打点计时器要与6V直流电源连接C．沙桶和沙的质量要远小于小车和传感器的质量D．平衡摩擦力时，纸带要穿过打点计时器后连在小车上好．（3）实验中得到一条如图丙所示的纸带，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，打点计时器所用电源的频率为50H z．由图中实验数据可知，打点计时器打下B点时小车的速度v B= ______ m/s，小车的加速度a= ______ m/s2．（结果保留两位有效数字）（4）某同学根据测量数据作出的a-F图象如图丁所示．该直线不过坐标原点的原因可能是______ ．【答案】AD；右；0.16；0.50；平衡摩擦力时斜面倾角过大【解析】解：（1）A、为了保证拉力沿水平方向，拉小车的细线要与木板平行，故A正确；B、打点计时器要与交流电源连接，故B错误；C、本实验采用力传感器测量小车受到的力，故不需要要求沙桶和沙的质量远小于小车和传感器的质量，故C错误；D、平衡摩擦力时，不需砝码和小桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过程中纸带受到阻力．故D正确；故选：AD．（2）在实验中纸带应放在复写纸的下方，这样才能打出清楚的点，故右边打点效果要好；（3）相邻两计数点间还有4个点未画出，故两计数点间的时间间隔为0.1s；B点的速度等AC段的平均速度，由图可知，AB=1.40cm=0.0140m；BC=1.89cm=0.0189m，CD=2.41cm=0.0241m，DE=2.89cm=0.0289m；则B点的速度v B===0.16m/s；根据△x=a T2可得：a===0.50m/s2；（4）由图象可知，a-F图象在a轴上有截距，这是由于平衡摩擦力过度造成的．即在实际操作中，平衡摩擦力时斜面倾角过大故答案为：（1）AD；（2）右；（3）0.16，0.50；（4）平衡摩擦力时斜面倾角过大（1）明确探究加速度与拉力的关系实验原理，从而掌握实验方法和注意事项；特别注意要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出；（2）根据打点计时器的使用方法可选出正确接法；（3）根据平均速度可求得瞬时速度，根据逐差法可求得加速度；（4）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a-F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a-F图象的a轴上有截距．本题考查探究加速度与拉力的关系的实验，对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，比如为什么要平衡摩擦力，以及如何正确分析误差，同时掌握数据处理的基本方法．五、填空题(本大题共1小题，共4.0分)13.一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，压强保持不变，其p-V图象如图所示．此过程中气体分子热运动的平均动能______ （选填“增大”、“减小”或“不变”）．若此过程中气体吸收热量200J，气体做功150J，则该过程中气体内能变化了______ J．【答案】【解析】解：由图示图象可知，气体压强不变而体积增大，由理想气体状态方程：=C可知，气体温度升高，气体分子平均动能增大；由热力学第一定律得：△U=W+Q=-150+200=50J；故答案为：增大；50．根据图示图象判断气体状态变化情况，应用理想气体状态方程判断气体温度如何变化，然后判断气体分子平均动能如何变化；应用热力学第一定律求出气体内能的变化．温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，温度降低分子平均动能减少；应用热力学第一定律解题时要注意各符号表示的物理及各量正负的含义．六、计算题(本大题共1小题，共4.0分)14.一定质量的理想气体在1个标准大气压下、0℃时的体积为6.72×10-1m3，已知该状态下1mol气体的体积是2.24×10-2m3，阿伏加德罗常数N A=6.0×1023mol-1．求该气体的分子数．【答案】解：由阿伏加德办常数的定义可知：解得：N==1.8×1025个答：气体的分子数为1.8×1025个【解析】已知气体的体积和摩尔体积，则可求得气体对应的物质的量，则可求得气体的分子数．本题考查阿伏加德罗常数的计算，要注意气体的实际体积和对应的摩尔体积之间的关系，从而计算出分子个数．八、填空题(本大题共1小题，共4.0分)16.一列简谐横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，此时P点的振动方向沿y轴正方向，振动周期为0.4s．该波沿x轴______ （选填“正”或“负”）方向传播，波速为______ m/s．【答案】正；10【解析】解：某时刻的波形如图所示，此时P点的振动方向沿y轴正方向，依据波的平称法，则波沿着x轴正方向传播；故答案为：正，10．根据P点的振动方向，可判断波的传播方向；再根据波形图的波长，结合v=，即可求解波速．考查由质点的振动方向，来确定波的传播方向，并掌握v=公式的应用，注意波形图象与振动图象的区别．九、计算题(本大题共1小题，共4.0分)17.如图所示，一束光以45°的入射角从AB面射入三棱镜中，棱镜的折射率n=，光在真空中的传播速度c=3.0×108m/s．求：①光在棱镜中的传播速度；②光在棱镜中的折射角．【答案】解：①光在棱镜中的传播速度：v==≈2.1×108m/s；②折射率：n=，则：sinr===，解得：r=30°；答：①光在棱镜中的传播速度为2.1×108m/s；②光在棱镜中的折射角为30°．【解析】①根据公式v=可以求出光的传播速度；②已知折射率与入射角，应用折射率的定义式可以求出折射角．本题考查了求棱镜中的光速、折射角问题，应用v=、折射角定义式即可解题，本题是一道基础题．十一、填空题(本大题共1小题，共4.0分)19.静止的L i核俘获一个中子发生核反应，放出α粒子同时生成一个______ 核，该核反应过程放出能量为E，已知真空中光速为c，则该核反应质量亏损为______ ．【答案】；【解析】解：根据质量与电荷数守恒，则有：n+L i-→H+H e；由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为：△m=故答案为：；．根据质量数和电荷数守恒，书写核反应方程；根据爱因斯坦质能方程，结合核反应释放出的能量求出质量亏损．考查核反应方程书写规律，掌握质能方程的应用，注意能量与质量的关系．十二、计算题(本大题共4小题，共57.0分)20.氢原子能级图如图所示，氢原子从n=2的激发态跃迁到基态．①求氢原子辐射的光子能量．②氢原子辐射的光子照射逸出功为3.34e V的锌板时，求逸出光电子的最大初动能．【答案】解：①若从能级2跃迁到能级1，根据△E=E m-E n，则有，△E=E2-E1=10.2e V，因此放出的光子能量为10.2e V．②根据光电效应方程得，光电子的最大初动能为：E km=hv-W0=6.86e V答：①氢原子辐射的光子能量10.2e V．②氢原子辐射的光子照射逸出功为3.34e V的锌板时，则逸出光电子的最大初动能6.86e V．【解析】根据一群氢原子处于量子数n=2的激发态，激发态不稳定，会向基态跃迁，放出的光子能量△E=E m-E n．根据光电效应方程求出光电子的最大初动能．本题考查了能级与光电效应的综合运用，知道能级间跃迁时吸收或辐射的能量等于两能级间的能级差，掌握光电效应方程，并能灵活运用．21.如图所示，高H=0.8m的桌面上固定一半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道未端B与桌面边缘水平相切，地面上的C点位于B点的正下方．将一质量m=0.04kg的小球由轨道顶端A处静止释放，g取10m/s2．求：（1）小球运动到B点时对轨道的压力大小；（2）小球落地点距C点的距离；（3）若加上如图所示的恒定水平风力，将小球由A处静止释放，要使小球恰落在C点，作用在小球上的风力应为多大？。