2024年天津市红桥区高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年天津市红桥区高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.图中的(a)、(b)、(c)、(d)四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是( )
A. 根据图(a)所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为β射线
B. 如图(b)所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大
C. 玻尔通过图(c)所示的α粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分
D. 利用图(d)所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱
2.如图所示为半圆形玻璃砖的横截面，直径MN与水平面平行。由两种单色光组成的细光束沿aM从MN边射入玻璃砖，细光束进入玻璃砖后分成两束光分别打到玻璃砖截面的b、c两点处(入射到b、c两点的两束单色光分别称为单色光b和单色光c)，b、c两点分别位于玻璃砖截面最低点的左右两侧。下列说法正确的是( )
A. 图中b、c光线通过玻璃砖的时间相同
B. 在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的大
C. 单色光b的波长比单色光c的长
D. 单色光b的频率比单色光c的小
3.一定质量的理想气体由状态a经①过程到状态b，由状态b经②过程到状态c，由状态c又经③过程回到状态a，①过程气体不与外界发生热传递，③过程温度保持不变。整个过程压强p与体积V的关系如图所示，下列说法正确的是( )
A. ①过程外界对气体做正功
B. ②过程气体从外界吸热
C. ③过程气体既不吸热也不放热
D. 整个过程初末状态气体体积相等，外界不对气体做功
4.图(a)为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x=2m的质点。下列说法正确的是( )
A. 波的传播方向向右B. 波速为2m/s
C. 0∼2s时间内，P运动的路程为8cmD. 当t=15s时，P恰好在正的最大位移处
5.如图所示，轻质弹性绳(长度变化忽略不计)上端固定，下端连接一光滑小球a(可视为质点)，斜面b静止在水平地面上，小球放在斜面上，开始时弹性绳与斜面平行。现将斜面缓慢向左移到虚线处，小球仍静止在斜面上。下列说法正确的是( )
A. b对a的弹力增加B. 弹性绳的弹力减小
C. 地面对b的支持力增加D. 地面对b的摩擦力减小
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
6.三颗人造地球卫星A、B、C绕地球做匀速圆周运动，如图所示，已知mA=mBA. 运行线速度大小关系为vA>vB=vC
B. 运行角速度关系为ωA>ωB=ωC
C. 向心力大小关系为FA=FBD. 轨道半径与运行周期关系为RA3TA2=RB3TB2=RC3TC2
7.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为4Ω，外接灯泡的电阻为8Ω。则( )
A. 电压表的示数为6V
B. 瞬时电动势的表达式为e=6 2sin100πt(V)
C. 在t=0.01s时，穿过线圈的磁通量最小
D. 发电机的输出功率为2W
8.如图，电容器与电源连接，两极板竖直平行正对放置，左极板A接地且与电源正极相连，极板间P点固定一负点电荷。现将开关S闭合，电路稳定后再断开S，然后把A极板稍向左平移，则下列说法正确的是( )
A. 电容器的电容将变小
B. 电容器极板间的电场强度将变小
C. P点电势将升高
D. P处电荷的电势能将变大
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
9.如图甲所示，为“用双缝干涉测量光的波长”的实验装置。
(1)实验前，应调节光具座上放置的各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上，保证单缝和双缝平行。若从目镜中看到干涉条纹太密，要想减少从目镜中观察到的条纹数量，下列做法可行的是______。
A.仅换用间距更小的双缝
B.仅将单缝向双缝靠近
C.仅将屏向靠近双缝的方向移动
D.仅将红色滤光片换成紫色滤光片
(2)转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，读出手轮的读数为1.030mm。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮纹如图乙所示，读出手轮的读数为______ mm。已知双缝间的宽度d=0.3mm，通过激光测距仪测量出双缝到投影屏间的距离L=1.0m，则该种色光的波长是______ m。
10.某物理兴趣小组的同学要测定电源(由两节新干电池组成)的电动势和内阻，该同学根据实验室提供的实验器材设计了如图甲所示的原理图，其中定值电阻R0=1.8Ω。还有一毫安表，最大量程为40mA，内阻rA=4Ω。
(1)因为所给毫安表的最大量程较小，需利用定值电阻R1将毫安表改装成最大量程为200mA的电流表，图甲中虚线框内为改装后的电流表，其中R1=______Ω。
(2)现将实验中所测得的实验数据(电压表的示数用U表示，毫安表的示数用I表示)描绘在如图乙所示的坐标纸上，并画出了U−I图线，根据图乙可知电源的电动势为2.98V，则可求得内阻r=______Ω(结果保留2位小数)。
(3)当电压表的示数为2.30V时，由图乙可知I=30mA，此时电源的输出功率为______W(结果保留2位小数)。
四、简答题：本大题共2小题，共32分。
11.如图甲所示，水平面上有一圆形线圈，通过导线与足够长的光滑水平导轨相连，线圈内存在垂直线圈平面方向竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度B1大小随时间变化图像如图乙所示。平行光滑金属导轨处于磁感应强度大小为B2、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中。一导体棒MN垂直于导轨水平放置，由静止释放。已知线圈匝数n=10，面积S=0.02m2，其电阻R1=0.1Ω，导轨相距L=0.1m，磁感应强度B2=2.0T，导体棒质量m=0.5kg，其电阻R2=0.3Ω，其余电阻不计。求：
(1)t=0时刻，导体棒中的电流I的大小及方向；
(2)t=0时刻，导体棒的加速度大小和方向；
(3)导体棒的最大速度的大小。
12.如图所示，在平面直角坐标系的第一象限有竖直向上的匀强电场，在第四象限有一圆心在O(2L,−2L)半径为2L的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一负电子从P(0,L)点沿x轴正方向以速度v0入射，经匀强电场偏转后恰好从M(2L,0)点进入匀强磁场。已知电子电荷量为e，质量为m，电子重力不计。求：
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)若匀强磁场的磁感应强度为B，电子离开磁场后恰好垂直穿过y轴，求B的大小；
(3)在(2)条件下，求电子从y轴上的P点出发至再次经过y轴所需要的时间t。
五、计算题：本大题共1小题，共16分。
13.如图所示，一质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=1.0kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g=10m/s2.求
(1)小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小铁块和长木板达到的共同速度v.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.放射源射出的三种射线在磁场中运动轨迹不同，α射线带正电，根据左手定则判断出射线1为α射线，故A错误；
B.发生光电效应时，根据光电效应方程Ek=hν−W0，可知入射光频率越大，光电子的最大初动能也就越大，与入射光的强度无关，故B错误；
C.卢瑟福通过图(c)所示在α粒子散射实验的基础上，提出了原子核式结构模型，故C错误；
D.利用图(d)所示的氢原子能级示意图，玻尔将量子观念引入原子领域，提出氢原子能级是分立的，能够解释氢原子的光谱特征，光谱也是分立的，故D正确。
故选：D。
根据洛伦兹力对不同粒子的影响判断；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度无关；根据α粒子散射实验判断；根据玻尔理论判断。
本题考查了近代物理初步的相关知识，理解不同物理现象的影响因素，并知道其深层次的原因，结合熟悉的物理模型求解，难度不大，属于普通题。
2.【答案】A
【解析】BCD.解：根据折射率公式：n=sinθ1sinθ2，结合光路图可知，b光折射率大于c光折射率，则单色光b的频率比单色光c的大，根据单色光b的波长比单色光c的短，根据n=cv可知在玻璃砖中，单色光b的速度比单色光c的小，故BCD错误；
A.假设截面半圆半径为R，以b为研究对象，如图所示
则在玻璃中的光程为：s=2Rsinα，根据折射率公式可得：n=sinθsinα，又有v=cn，联立可得联立可得：tb=sv=2Rsinθc，同理可得：tc=2Rsinθc，所以光从M点到c点的传播时间与从M点到b点的传播时间相等，故A正确。
故选：A。
在同一种介质中，折射率越大，频率越大，波长越小，传播速度越小，根据光路图判断b、c光的折射率，进而可以判断在玻璃中频率、传播速度、波长关系；根据折射率求得光在玻璃中传播速度，波程，根据x=vt确定b、c光线通过玻璃砖的时间关系。
本题主要考查光的折射定律的应用，理解不同介质中频率、波速、波长的变化关系是解题关键。
3.【答案】B
【解析】解：A、①过程气体的体积增大，外界对气体做负功，故A错误；
B、②过程为等容变化，温度升高，气体的内能增大，外界没有对气体做功，由热力学第一定律可知气体从外界吸热，故B正确；
C、③过程温度不变，气体的内能不变，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体放热，故C错误；
D、②过程外界没有对气体做功，根据p−V图像与V轴所围的图形面积表示气体做功，则知③过程外界对气体做的正功大于①过程外界对气体做的负功，因此全过程外界对气体做正功，故D错误。
故选：B。
根据气体体积的变化分析气体做功情况。②过程为等容变化，根据温度变化分析气体内能的变化，由热力学第一定律分析热传递方向。③过程气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律分析吸放热情况。分析各个过程做功情况，从而判断整个过程做功情况。
本题考查气体实验定律和热力学第一定律的应用，要知道一定质量的理想气体的内能只与温度有关。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据图乙的振动图像可知，在x=1.5m处的质点在t=2s时振动方向沿y轴负向，根据上下坡法，可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B、由图甲可知该简谐横波波长λ=2m，由图乙知周期T=4s，则波速为v=λT=24m/s=0.5m/s，故B错误；
C、2s=12T，则P运动的路程为s=2A=2×4cm=8cm，故C正确；
D、由于t=15s=2s+3T+14T，则P恰好在负的最大位移处，故D错误。
故选：C。
从乙图找出x=1.5m处的质点在t=2s时的振动方向，再由甲图通过振动方向判断波的传播方向；由v=λT求波速；一个周期内质点振动的路程为4A；根据时间与周期的关系分析P的运动情况。
本题考查了波动图像和振动图像的综合运用，解决这类题目的关键时找到两图像的结合点：在波动图像中找到振动图像描绘的质点，在振动图像中找到波动图像对应的时刻。
5.【答案】D
【解析】解：AB.根据题意，对小球受力分析，如图所示：
设弹簧与斜面的夹角为α，斜面倾角为θ，由平衡条件有：
Tcsα=magsinθ；FN+Tsinα=magcsθ
当斜面缓慢向左移到虚线处时，α增大，则T增大，FN减小，故AB错误；
CD.根据题意，对斜面受力分析，如图所示：
结合AB分析，由牛顿第三定律可知，FN减小，由平衡条件可得，地面对b的支持力FN1减小，地面对b的摩擦力f减小，故C错误，D正确。
故选：D。
对小球受力分析，在水平和竖直方向上列平衡方程求解，再对斜面受力分析，结合牛顿第三定律讨论即可。
本题考查了受力分析，熟悉力的合成和分解，掌握正交分解的列式是解决此类问题的关键。
6.【答案】ABD
【解析】解：设卫星的质量为m，轨道半径为r，地球质量为M，由图示可知：rAA、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，则vA>vB=vC，故A正确；
B、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMmr2=mω2r，解得：ω= GMr3，则ωA>ωB=ωC，故B正确；
C、万有引力提供向心力，向心力F=GMmr2，已知rAFB，FBD、由开普勒第三定律可知，绕同一个中心天体运动的半径的三次方与周期的平方之比是一个定值，即RA3TA2=RB3TB2=RC3TC2，故D正确。
故选：ABD。
根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期表达式，根据万有引力定律及开普勒定律，可以分析答题．
本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、周期的表达式，再进行讨论．
7.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可知，线圈产生的电动势的最大值为：Em=6 2V，电动势有效值为E=Em 2=6 2 2V=6V
电压表测的是有效值，则示数为U=RR+rE=88+4×6V=4V，故A错误；
B、由图乙可知，电动势的周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为e=Emsin(2πT)t=6 2sin(2π0.02)t=6 2sin100πt(V)，故B正确；
C、在t=0.01s时，电动势为0，此时线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
D、灯泡消耗的功率为P=U2R=428W=2W，则发电机的输出功率为2W，故D正确。
故选：BD。
由图乙读出电动势的最大值，求出电动势有效值，根据串联电路的分压规律求出外电压的有效值，即为电压表的示数；根据周期求得角速度，即可表示出线圈转动产生的感应电动势的瞬时表达式；根据图象判断t=0.01s时，穿过线圈的磁通量最大；根据电压有效值求出发电机的输出功率。
本题的关键要理解交流电产生过程，能根据e−t图像读出电动势的最大值、周期以及初相位，从而写出瞬时电动势的表达式。要注意求交流电功率时必须用有效值。
8.【答案】AD
【解析】解：A、根据电容的决定式C=εrS4πkd可知把A极板稍向左平移，板间距离d变大，电容变小，故A正确；
B、开关断开后电容器所带电荷量Q不变，两极板正对面积S也不变，根据C=εrS4πkd、C=QU以及E=Ud可得E=4πkQϵrS，E与d无关，可知电容器间的电场强度将不变，故B错误；
C、P点电势为φP=0−EdAP=−EdAP，因为电场强度E不变，A极板向左平移，P点与A板间距离增大，因此P点的电势将降低，故C错误；
D、P处电荷的电势能为Ep=qφP，因为电势降低，而点电荷带负电，因此P处电荷的电势能将变大，故D正确。
故选：AD。
根据电容的决定式分析电容的变化；根据电容的决定式、定义式以及E=Ud推导出电容器极板间的电场强度的表达式，再分析电场强度的变化。由U=Ed分析A板与P点间电势差的变化，进而分析P点电势和P处电荷的电势能的变化。
本题考查电容器的动态分析，理解变化过程中的不变量：电容器所带电荷量Q，能根据电容的决定式C=εrS4πkd、定义式C=QU以及E=Ud推导出E=4πkQϵrS。
9.【答案】A14.5304.5×10−7
【解析】解：(1)要想减少从目镜中观察到的条纹数量，就要增大条纹间距；
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
由此可知，增大双缝到屏的距离L、减小双缝之间的距离或者增大入射光的波长都可以增大干涉条纹间距；
A.在其他条件不变时，换用间距更小的双缝，可以增大条纹间距，故A正确；
B.仅将单缝向双缝靠近，不会改变条纹间距，故B错误；
C.仅将屏向靠近双缝的方向移动，减小了双缝到屏的距离L，条纹间距变小，故C错误；
D.仅将红色滤光片换成紫色滤光片，入射光的波长减小，条纹间距变小，故D错误。
故选：A。
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为x10=14.5mm+3.0×0.01mm=14.530mm
相邻亮条纹之间的距离Δx=x10−x110−1=14.530−1.0309mm=1.500mm
根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ
入射光的波长λ=dΔxL=0.3×10−3×1.500×10−31.0m=4.5×10−7m。
故答案为：(1)A；(2)14.530；4.5×10−7。
(1)根据双缝干涉条纹公式分析作答；
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度上对齐格数(估读一位)×精确度；
根据第1和第10条亮条纹之间的距离求解相邻亮条纹之间的距离，根据双缝干涉条纹间距公式求波长。
本题考查了螺旋测微器的读数和双缝干涉仪测波长，要理解实验的原理，掌握双缝干涉条纹间距公式。
10.【答案】
【解析】解：(1)根据电流表改装原理，并联电路电流的关系有：I=Ig+IgRgR1=200mA
代入已知数据解得：R1=1Ω
(2)电路中的电流为：I′=I+IRgR1=5I
根据闭合电路的欧姆定律可得：E=U+I′(R0+r)
整理变形得到：U=−5I(R0+r)+E
图像斜率的绝对值为：|k|=5(R0+r)=2.98−2.2035×10−3Ω≈22.3Ω
代入已知数据解得内阻为：r=2.66Ω
(3)当电压表的示数为2.30V时，由图乙可知：I=30mA，此时电路中的电流为：I1=I+IRgR1=5I=5×30×10−3A=0.15A
电源的输出功率为：P=UI1+I12R0=2.3×0.15W+0.152×1.8W≈0.39W
故答案为：(1)1；(2)2.66(2.60∼2.72均可)；(3)0.39。
(1)根据图示电路图应用并联电路特点与欧姆定律求出并联的分流电阻阻值；
(2)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源的内阻。
(3)求出流过电路的电流，应用电功率公式求出电源的输出功率。
本题考查了测电源电动势和内阻实验，考查了实验数据处理问题，分析清楚实验电路图是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式然后根据图示图象可以求出电源内阻；解题时注意流过电源的电流是毫安表示数的5倍。
11.【答案】解：(1)由图乙得：ΔB1Δt=42T/s=2T/s
由法拉第电磁感应定律有：
E1=nΔΦ1Δt=nSΔB1Δt=10×0.02×2V=0.4V
由闭合电路欧姆定律有：
I=E1R1+R2=0.40.1+0.3A=1A
由楞次定律可知，棒中的电流方向为M→N。
(2)t=0时刻，导体棒受到的安培力大小为：F=IB2L=1×2.0×0.1N=0.2N
由左手定则知安培力方向水平向右。
加速度为：a=Fm=，方向水平向右。
(3)当导体棒的速度最大时，感应电流为零，安培力为零，回路总的电动势为零，故有：
E1−E2=0
又E2=B2Lvm
解得导体棒的最大速度的大小为：vm=2m/s
答：(1)t=0时刻，导体棒中的电流I的大小为1A，方向为M→N；
(2)t=0时刻，导体棒的加速度大小为0.4m/s2，方向水平向右；
(3)导体棒的最大速度的大小为2m/s。
【解析】(1)由图乙得到磁感应强度B的变化率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈内产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，再由楞次定律判断感应电流的方向。
(2)t=0时刻，由F=IB2L求出导体棒所受的安培力大小，再由牛顿第二定律求解加速度大小。由左手定则确定安培力的方向，即可判断加速度的方向。
(3)导体棒释放后，先在安培力作用下做加速运动，导体棒本身也要切割磁感线产生感应电动势，此感应电动势与线圈产生的感应电动势方向相反，所以回路中总电动势将要减小，感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，因此导体棒做加速度减小的加速运动，当两个感应电动势大小相等时，回路中感应电流为零，导体棒不再受安培力，开始做匀速运动，从而速度达到最大，根据感应电动势的关系求解即可。
本题是电磁感应与力学知识的综合，关键要正确分析棒的受力情况，判断其运动情况.本题中存在反电动势，要研究回路总的电动势，来分析感应电流的变化情况。
12.【答案】解：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，沿x轴做匀速直线运动的位移为2L，沿y轴做匀加速直线运动的位移为L。
沿y轴方向有：L=12at12
沿x轴方向有：2L=v0t1
由牛顿第二定律得：eE=ma
联立解得电场强度大小：E=mv022eL，t1=2Lv0
(2)粒子经过M点时沿y轴的速度大小为：
vy=at=eEm⋅2Lv0=v0
设粒子经过M点时速度方向与x轴正向夹角为θ，则有：
tanθ=vyv0=1，可得：θ=45∘
则粒子进入匀强磁场的速度大小为：v=v0csθ= 2v0
粒子进入磁场后只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，粒子在磁场的运动轨迹如图所示，
粒子由M点进磁场，从Q点垂直于y轴离开磁场，速度方向偏转了135∘，圆弧轨迹的圆心角为135∘。
由几何关系可知四边形MO2QO1是菱形，可得粒子运动半径为：R=2L
由洛伦兹力提供向心力可得：evB=mv2R
解得：B= 2mv02eL
(3)粒子在磁场中运动时间为：t2=135∘360∘⋅2πRv=3 2πL4v0
粒子从离开磁场到y轴的时间为：t3=2L−2Lsin45∘v=( 2−1)Lv0
电子从y轴上的P点出发至再次经过y轴所需要的时间为：t=t1+t2+t3
解得：t=(4+4 2+3 2π)L4v0
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为mv022eL；
(2)B的大小为 2mv02eL；
(3)电子从y轴上的P点出发至再次经过y轴所需要的时间t为(4+4 2+3 2π)L4v0。
【解析】(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，沿x轴与沿y轴将运动分解处理，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
(2)粒子进入磁场后只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，画出其运动轨迹图，由几何关系求得运动半径和轨迹圆心角，根据洛伦兹力提供向心力求解；
(3)由(1)求得粒子在电场运动时间；根据粒子在磁场中运动周期和轨迹圆心角求得在磁场中运动时间；粒子从离开磁场到y轴做匀速直线运动，三段时间之和即为所求。
本题是带电粒子在电场和磁场中运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀变速曲线运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
13.【答案】解：(1)小木块在弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得
F−mg=mv02R
解得：F=mg+mv02R=1×10N+1×320.6N=25N
(2)铁块在弧形轨道上滑行过程，根据动能定理得
mgR−Wf=12mv02−0
解得：克服摩擦力所做的功Wf=mgR−12mv02=1×10×0.6−12×1×32J=1.5J
(3)铁块在木板上滑动过程，系统的动量守恒，则有 mv0=(m+M)v
解得：共同速度v=mv0m+M=1×31+2m/s=1.0m/s
答：
(1)小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F是25N；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf是1.5J.
(3)小铁块和长木板达到的共同速度v是1m/s.
【解析】(1)小铁块做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出在弧形轨道末端时受到的支持力；
(2)应用动能定理可以求出小铁块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；
(3)忽略长木板与地面间的摩擦，铁块在木板上滑动过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律求共同速度v.
本题关键是分析清楚滑块和长木板的运动，考查动能定理、牛顿第二定律和动量守恒的应用．