2018-2019学年江苏省南京师大附中高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年江苏省南京师大附中高一（上）期末物理试卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年江苏省南京师大附中高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题：本题6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3分）下面哪组单位都属于国际单位制的基本单位（　　）
A．m、kg、s B．kg、m/s2、s C．m、N、kg D．m/s2、kg、N
2．（3分）以卵击石，蛋破碎，下列说法正确的是（　　）
A．蛋对石头的力小于石头对蛋的力
B．蛋对石头的力大于石头对蛋的力
C．蛋对石头的力与石头对蛋的力大小相等，相互平衡
D．蛋对石头的力与石头对蛋的力是一对作用力和反作用力
3．（3分）在水流速度均匀恒定的一条河中，一条船以相对于水恒定的速度渡河，下列哪些是正确的（　　）
A．小船渡河的轨迹为曲线
B．保持船头垂直于河岸，小船渡河的时间最短
C．保持船头垂直于河岸，小船渡河的路程最短
D．船头偏向上游适当角度，小船一定可以到达河的正对岸
4．（3分）时钟上秒针、分针和时针半径之比为2：2：1，则三者针尖的（　　）
A．周期之比为1：60：1440
B．角速度之比为720：12：1
C．线速度之比为360：12：1
D．向心加速度之比为720：24：1
5．（3分）如图所示，A、B两均匀直杆上端分别用细线悬挂于天花板上，下端搁置在水平地面上，处于静止状态，悬挂A杆的绳倾斜，悬挂B杆的绳恰好竖直，则关于两杆的受力情况，下列说法中正确的有（　　）

A．A、B杆都受三个力作用
B．A、B杆都受四个力作用
C．A杆受三个力，B杆受四个力
D．A杆受四个力，B杆受三个力
6．（3分）如图所示有两个光滑固定斜面AB和BC，且A和C两点在同一水平面上，斜面BC比斜面AB长，一个滑块自A点以速度vA上滑，到达B点时速度减小为零，紧接着沿BC滑下，设滑块从A点到C点的总时间是tc，那么下列四个图中，正确表示滑块速度的大小v随时间t变化规律的是（　　）

A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不答的得0分．
7．（4分）关于曲线运动，下列说法中正确的是（　　）
A．曲线运动一定是变速运动
B．曲线运动一定是变加速运动
C．做曲线运动的物体的速度大小和方向一定都时刻变化
D．在恒力作用下，物体可以做曲线运动
8．（4分）关于超重和失重，下列说法中正确的是（　　）
A．做自由落体运动的物体处于超重状态
B．正在向上加速启动的电梯处于失重状态
C．做减速下降运动的物体处于超重状态
D．不论物体超重、失重，还是完全失重，其重力都是不变的
9．（4分）如图所示，自由下落的小球，从它接触竖直放置的弹簧开始，到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是（　　）

A．加速度先变小后变大 B．加速度一直变大
C．速度先变大后变小 D．速度一直变小
10．（4分）如图所示，斜面固定，A物块上表面水平，B物块放在A物块上，两物块相对静止一起以加速度a沿斜面向下匀加速滑动，滑动过程中以下结论正确的是（　　）

A．A对B的支持力大于B的重力
B．A对B的支持力小于B的重力
C．A对B的摩擦力方向水平向左
D．A对B的摩擦力方向水平向右
11．（4分）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的水平抛出速度都变为原来的2倍，则（　　）

A．两小球相遇的地方在原来相遇位置的正上方
B．两小球经过时间t2在空中相遇
C．两小球经过时间t4在空中相遇
D．两小球两次相遇处在同一高度
12．（4分）如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1：a2：a3：a4＝1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为Ff1，Ff2，Ff3，Ff4，则以下结论正确的是（　　）

A．Ff1：Ff2＝1：2 B．Ff2：Ff3＝1：2
C．Ff3：Ff4＝1：2 D．tanα＝2tanθ
三、简答题：本题共2小题，共15分．
13．（7分）某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）下列做法正确的是　 　（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，应将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．在砝码桶及桶内砝码质量之和（m）不变时，通过增减木块上的砝码改变研究对象的总质量（M），从而研究a与M的关系
D．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量　 　（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）木块和木块上砝码的总质量。
（3）打点计时器使用的交流电频率为50Hz，图2是某同学在正确操作下获得的一条纸带，A、B、C、D、
E每两点之间还有1个点没有标出。根据纸带所提供的数据，算得小车的加速度大小为　 　m/s2（保留三位有效数字）

14．（8分）在做“研究平抛运动”实验中，为了确定小球在不同时刻在空中所通过的位置，实验时用了如图所示的装置。先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平整的木板表面钉上白纸和复写纸。将该木板竖直立于水平地面上（木板表面垂直于纸面），使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离槽口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C．若测得木板每次移动距离x＝10.00cm，A、B间距离y1＝7.02cm，B、C间距离y2＝16.82cm。请回答以下问题（g＝9.80m/s2）
（1）为什么每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放？
（2）小球初速度的值为v0＝　 　m/s。（结果保留三位有效数字）
（3）小球到达B点的速度在竖直方向的分量vBy＝　 　m/s。（结果保留三位有效数字）

四、计算题：本题共4小题，共计43分．解答时请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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．（8分）一个滑雪的人，质量m＝75kg，以v0＝2m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角θ＝30°，在t＝5s的时间内滑下的路程x＝60m，求滑雪人受到的阻力（包括摩擦和空气阻力，g＝10m/s2）。

16．（10分）如图所示，滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，且滑块A套在水平直杆上。现用和水平方向成30°角大小为10N的力F拉B小球，使A、B一起向右匀速运动，运动过程中A、B保持相对静止。已知A、B的质量分别为2kg、1kg，g＝10m/s2．求：
（1）AB绳对B物体的拉力大小；
（2）滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数μ的大小。

17．（10分）如图所示，有一块木板静止在光滑足够长的水平面上，木板的质量为M＝4kg，长度为L＝1m，木板的右端停放着一个小滑块，小滑块的质量为m＝1kg，其尺寸远远小于木板长度，它与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）为使木板能从滑块下抽出来，作用在木板右端的水平恒力F的大小应满足的条件；
（2）若其他条件不变，在F＝28N的水平恒力持续作用下，需多长时间能将木板从滑块下抽出．

18．（15分）晓明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳刚好达到最大拉力突然断掉。绳断后，小球在空中飞行的水平距离为d，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为34d，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力，求：
（1）绳断时球的速度大小v1；球落地时的速度大小v2；
（2）轻绳所能承受的最大拉力Tm；
（3）现改变绳长，使小球在竖直平面内做圆周运动。若绳仍在球运动到最低点时由于达到最大拉力断掉，那么，要使小球在绳断后抛出的水平距离最大，绳长L应为多少？最大水平距离xm为多少？


2018-2019学年江苏省南京师大附中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个选项符合题意．
1．【分析】国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量。它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而根据物理量之间的关系式推到出来的单位叫做导出单位。
【解答】解：在国际单位制中力学的基本单位是m、kg、s，m/s2和N是导出单位，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的。
2．【分析】以卵击石，鸡蛋与石头之间存在相互作用力，根据牛顿第三定律进行分析。
【解答】解：ABD、鸡蛋对石头的力与石头对鸡蛋的力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，它们大小相等，故AB错误D正确。
C、鸡蛋对石头的力与石头对鸡蛋的力分别作用在两个不同物体上，不是一对平衡力，不能相互平衡。故C错误。
故选：D。
【点评】本题关键掌握牛顿第三定律，并能用来分析实际问题，知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，性质一定相同。
3．【分析】小船参与了静水的运动和水流的运动，根据平行四边形定则确定合运动的轨迹；当船头（即静水速）与河岸垂直，根据等时性确定渡河的时间，水流速度变化时，不影响渡河时间；船能否垂直河岸到达，由水流速度与船在静水中速度大小关系来决定的。
【解答】解：A、根据两方向均做匀速直线运动，则运动轨迹为直线，故A错误；
B、若静水速始终垂直于河岸，则在垂直于河岸方向上的速度不变，根据等时性，渡河时间t=dvc，即为最短，故B正确；
C、若合速度的方向与河岸垂直，小船渡河的路程才最短，故C错误；
D、若水流速度等于船在静水中的速度时，根据平行四边形定则知，则船头应适当偏向上游，合速度才可能垂直河岸，故D错误；
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道运动的合成和分解遵循平行四边形定则，知道合运动与分运动具有等时性，并掌握如何渡河时时间最短，如何渡河时位移最短。
4．【分析】已知转动半径和周期，根据v=2πrT求解线速度比值；根据ω=2πT确定角速度的比值；由a＝vω求加速度关系。
【解答】解：秒针、分针、时针尖端尖端做圆周运动的周期分别为：160h、1h、12h；
A、周期之比为：1：60：720，则A错误
B、角速度之比为：2π1：2π60：2π720=720：12：1，则B正确
C、线速度v＝rω，则线速度之比为：1440：24：1，则C错误
D、加速度a＝rω2，则加速度之为：7202×2：122×2：′2×1，则D错误
故选：B。
【点评】本题关键是明确记住匀速圆周运动的线速度和角速度的定义公式，基础题目。
5．【分析】受力分析是将研究对象看作一个孤立的物体并分析它所受各外力特性的方法．又称画隔离体图，是进行力学计算的基础．
【解答】解：物体A受重力，绳子向左上方的拉力，有上拉和左拉的效果，地面对A杆有支持力和向右的静摩擦力，否则不能平衡，故A受四个力；
物体B受重力、拉力和支持力，无静摩擦力，若有，水平方向不能平衡，故B受三个力；
故选：D。
【点评】受力分析是解决力学问题的基础，要能结合产生条件、作用效果分析，本题是将拉力分解后根据平衡条件判断有无静摩擦力，不难．
6．【分析】根据牛顿第二定律比较上滑和下滑的加速度大小，根据机械能守恒定律得出A、C的速度大小相等，根据速度时间公式比较上滑和下滑的时间，从而确定正确的图线。
【解答】解：根据机械能守恒定律知，滑块在A、C的速度大小相等，上滑和下滑均匀变速直线运动，
根据牛顿第二定律知，上滑时的加速度大小a1＝gsinα，下滑时的加速度大小a2＝gsinθ，α＞θ，则a1＞a2，根据t=va知，上滑的时间t1＜t2，故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
【点评】本题关键抓住物体上滑过程和下降过程的机械能守恒，根据坡度比较两过程加速度的大小，结合图象讨论即可。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不答的得0分．
7．【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同。
【解答】解：A、曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，是变速运动，故A正确；
B、曲线运动的加速度可以不变，如平抛运动，故B错误；
C、做曲线运动的物体可能加速度的大小不发生变化而方向在不断地变化，比如：匀速圆周运动。故C错误；
D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，合外力大小和方向不一定变化，比如平抛运动，受到的就是恒力重力的作用。故D正确
故选：AD。
【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，匀速圆周运动，平抛运动等都是曲线运动，对于它们的特点要掌握住。
8．【分析】当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态
【解答】解：A、由落体运动加速度向下为失重，则A错误
B、向上加速启动加速度向上为超重，则B错误
C、减速下降加速度向上为超重，则C正确
D、不论物体超重、失重，还是完全失重，其重力都是不变，则D正确
故选：CD。
【点评】本题考查超重与失重的性质，明确在同一加速度方向有两种可能：加速或减速。
9．【分析】本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况。
【解答】解：开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F＝mg﹣kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg＝kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F＝kx﹣mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大。
故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小。
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的综合应用，学生容易出错的地方是：认为物体一接触弹簧就减速。对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习。
10．【分析】将加速度a分解为水平方向和竖直方向，隔离对B分析，分别对B水平方向和竖直方向运用牛顿第二定律进行求解。
【解答】解：将加速度分解为水平向左的加速度ax和竖直向下的加速度ay
以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：
水平方向：fB＝max 方向水平向左
竖直方向：mg﹣NB＝may
解得：NB＝mg﹣may 即NB＜mg 故AD错误BC正确。
故选：BC。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的基本运用，解决的巧妙之处在于分解加速度不分解力，分别对B水平方向和竖直方向运用牛顿第二定律求解。
11．【分析】两球都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，抓住两球的水平位移不变，结合初速度的变化得出两球从抛出到相遇经过的时间，确定相遇竖直高度的变化，从而确定相遇的位置。
【解答】解：BC、A、B两球在相同高度做平抛运动，水平方向均做匀速直线运动，设两球的初速度分别为vA、vB，初始的水平距离为L，相遇时有 L＝vAt+vBt。
若抛出速度均变为原来的2倍，则相遇时有 L＝2vAt′+2vBt′．由此可得 t′=t2，故B正确，C错误。
AD、由于从开始到相遇所用时间变短，则竖直方向的下落高度也变小，所以两小球相遇的地方在原来相遇位置的正上方。故A正确，D错误。
故选：AB。
【点评】解决本题的关键要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
12．【分析】前两图中，M是由静摩擦力提供加速度的，根据牛顿第二定律直接求解f1和f2的关系；后两图中对小球和滑块整体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．通过对m隔离分析可判断图中角的关系．
【解答】解：甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：
f1＝Ma1
f2＝Ma2
丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，
如图所示：
根据牛顿第二定律，有：f＝（M+m）a；
即f3＝（M+m）a3，f4＝（M+m）a4
又：a1：a2＝1：2，则：f1：f2＝1：2，故A正确；
a2：a3＝2：4，f2：f3＝M：2（M+m），故B错误；
f3：f4＝a3：a4＝4：8＝1：2，故C正确；
对物体m隔离受力分析，可得tanθ=a3g，tanα=a4g，而a3：a4＝4：8，所以 tanα＝2tanθ，故D正确。
故选：ACD。

【点评】本题关键是对滑块、滑块与小球整体受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，难度适中．
三、简答题：本题共2小题，共15分．
13．【分析】（1）实验时应保证细线的拉力与木板平行，平衡摩擦力时，将小车拖动通过打点计时器的纸带能够做匀速直线运动，摩擦力得到平衡。
（2）根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析，求出绳子拉力和砝码和砝码盘总重力的关系，从而确定使砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力的条件。
【解答】解：（1）考察操作过程：A、若滑轮高度不恰当，则将使小车受力情况变得很复杂，选项A正确；B平衡摩擦力时，不要挂上钩码桶，故选项B错误；C、对整体来说，当钩码和小车的总质量不变时，改变砝码的质量从而改变了拉力，这是实验中的技巧，故选项C正确；D、实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，故选项D错误。
（2）对于木块，T＝Ma，对于砝码桶：mg﹣T＝ma，联立两式可求得T=MM+mmg，当m＜＜M时，T≈mg，所以填远小于；
（3）用逐差公式求加速度a=△xT2=(x3+s4)-(s1+s2)(2T)2 而此处的T＝2×0.02s＝0.04s，代入数据可求得：a＝3.75m/s2。
故答案为：（1）AC
（2）远小于
（3）3.75
【点评】解决本题的关键抓住实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于小车的合力，前提需平衡摩擦力，2、认为绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力，前提是砝码以及砝码盘的质量远小于小车和小车上钩码的总质量。
14．【分析】（1）为了确保小球每次抛出的轨迹相同，应该使抛出时的初速度相同，即要求从同一位置静止释放。
（2）根据平抛运动规律在水平和竖直方向的规律，尤其是在竖直方向上，连续相等时间内的位移差为常数，列出方程即可正确求解小球初速度。
（3）小球做平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度来求vBy。
【解答】解：（1）为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，所以每次都要使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放。
（2）在竖直方向上有：△y＝y2﹣y1＝gt2
水平方向上：x＝v0t
联立方程解得：v0＝xgy2-y1。
代入数据解得：t＝0.1s，v0＝1.00m/s
（3）小球做平抛运动，竖直方向做匀加速直线运动，则有：
vBy=y1+y22t=7.02+16.822×0.1×10﹣2＝1.192m/s≈1.19m/s
故答案为：（1）为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同。（2）1.00；（3）1.19。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动中基本规律以及推论的应用，平时要加强练习，提高应用基本规律解决问题能力。要注意有效数学位数。
四、计算题：本题共4小题，共计43分．解答时请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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
15．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度的大小，通过牛顿第二定律求出滑雪人受到的阻力大小。
【解答】解：根据匀变速直线运动的位移时间公式得，x=v0t+12at2，
代入数据解得a＝4m/s2
根据牛顿第二定律得，mgsin30°﹣f＝ma
解得f＝mgsin30°﹣ma＝75N。
答：滑雪人受到的阻力为75N
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
16．【分析】（1）对B分析，由共点力的平衡条件可求得绳子的拉力及绳子的方向。
（2）对整体受力分析，由共点力的平衡条件可求得A受到的摩擦力，由滑动摩擦力公式可求得动摩擦因数。
【解答】解：（1）对B进行受力分析，B受到重力、拉力以及绳子的拉力T而处于平衡状态
根据平衡条件可得：
水平方向：Fcos30°＝Tcosθ
竖直方向：Fsin30°+Tsin30°＝mg
联立解得：θ＝30°，T＝10N；
（2）对整体受力分析可知，A受到的支持力为：FN＝（mA+mB）g﹣Fsin30°＝（2+1）×10﹣10×12=25N，
摩擦力等于F沿水平方向的分力为：f＝Fcos30°＝10×32=53N
则由：f＝μFN′，FN′＝FN
解得：μ=35。
答：（1）AB绳对B物体的拉力大小为10N；
（2）滑块A与水平直杆之间的动摩擦因数μ的大小为35。

【点评】本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分析。
17．【分析】（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律，求出木块和木板的加速度，当木板的加速度大于木木块的加速度时，m就会从M上滑落下来．
（2）小滑块从木板上掉下来时，由位移公式和位移关系列式得到此时板长与时间的关系．
【解答】解：（1）m发生相对滑动时的临界加速度：a1＝μg＝0.4×10m/s2＝4m/s2，
对整体分析，根据牛顿第二定律得，F的最小值Fmin＝（M+m）a1＝5×4N＝20N，
则F＞20N．
（2）设m在M上滑动的时间为t，当恒力F＝28N，木板的加速度：a2=F-μmgM=28-0.4×1×104=6m/s2，
小滑块在时间t内运动位移s1=12a1t2，
木板的位移s2=12a2t2，
根据s2﹣s1＝L
代入数据解得t＝1 s．
答：（1）为使木板能从滑块下抽出来，作用在木板右端的水平恒力F的大小应大于20N；
（2）若其他条件不变，在F＝28N的水平恒力持续作用下，需1s 时间能将木板从滑块下抽出．
【点评】本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系．再结合牛顿第二定律、运动学规律列式求解即可．
18．【分析】（1）根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出绳断时球的速度v1；根据动能定理求出球落地的速度大小；
（2）在最低点，根据牛顿第二定律求出最大拉力的大小。
（3）根据最大拉力，通过牛顿第二定律求出绳断后的速度与绳长的关系，根据平抛运动求出平抛运动水平位移的表达式，通过数学方法二次函数求极值，求出l为多少时，x最大。
【解答】解：（1）根据d-3d4=12gt2得：t=d2g，
则绳断时，球的速度为：v1=dt=2gd。
根据动能定理得：mg•14d=12mv22-12mv12
解得：v2=52gd。
（2）根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝mv1234d，
解得：F=113mg
（3）设绳长为l，绳断时球的速度为v2．有：
Fm﹣mg＝mv22l，
解得：v2=8gl3
绳断后球做平抛运动，竖直位移为d﹣l，水平位移为x，时间为t2．有：
d﹣l=12gt22，x＝v2t2。
得x＝4ld-l23
当l=d2时，x有极大值为：xmax=233d。
答：（1）绳子断掉时小球速度的大小v1为2gd；球落地时的速度大小v2为52gd；
（2）绳子能够承受的最大拉力为113mg。
（3）绳子长度应为d2时，小球的最大水平距离为233d。
【点评】本题考查了圆周运动和平抛运动的综合，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律和圆周运动向心力的来源是解决本题的关键。