河北省唐山市2020届高三物理上学期第一次联考试题（附解析Word版）

高三年级 10 月 7-8 日月考物理学科试卷 一、选择题 1.下列所给的图像中能反映做直线运动的物体在 2 秒末回到初始位置的是( ) A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由图可知，2s 末物体的纵坐标为零，与初始坐标相同，故 A 图中物体回到了初 始位置，故 A 正确； B．物体从正向 2m 处出发，2s 末时到达负向的 2m 处，故没有回到初始位置，故 B 错误； C．物体 1s 内以 2m/s 的速度沿正方向运动，1s 末位移为 2m，第 2s 内，物体反向以 2m/s 的 速度运动，第 2s 内位移为负方向的 2m，故物体应回到初始位置，故 C 正确； D．由图可知，物体一直沿正方向运动，故 2s 末物体无法回到初始位置，故 D 错误； 2.下列关于物体运动的描述中正确的是（ ） A. 做往返的直线运动不可能是匀变速运动 B. 做匀速圆周运动的物体所受合外力不为零，属于匀变速运动 C. 物体在变力作用下有可能做曲线运动 D. 由静止开始做直线运动的物体，第 1 秒内、第 2 秒内、第 3 秒内的位移分别为 、 、 ，由此可以判定物体做匀变速直线运动 【答案】C 【解析】 【详解】A. 做往返的直线运动可能是匀变速运动，如竖直上抛运动，故 A 错误． B.匀速圆周运动的物体合外力提供向心力，方向始终改变，所以不是匀变速运动，故 B 错 1m 2m 3m误． C.当力的方向与速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，所以物体在变力作用下有可能 做曲线运动，故 C 正确． D.因为只知道每秒内的位移，而每秒内的具体运动不确定，所以无法判断是匀变速直线运动， 故 D 错误． 3.为获得汽车行驶各项参数，汽车测试场内有各种不同形式的轨道．如图所示．在某外高内低 的弯道测试路段汽车向左拐弯，汽车的运动可看作是做半径为 R 的圆周运动．设内外路面高 度差为 h，路基的水平宽度为 d，路面的宽度为 L．已知重力加速度为 g．要使车轮与路面之 间垂直前进方向的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时的车速应等于(　 　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设路面的斜角为 θ，作出汽车的受力图，如图 根据牛顿第二定律，得 又由数学知识得到 联立解得： ． A. 与计算结果不符，故 A 错误． gRh L gRh d gRL h gRd h 2 tan vmg m R θ = tan h d θ = gRhv d = gRh LB. 与计算结果相符，故 B 正确． C 与计算结果不符，故 C 错误． D. 与计算结果不符，故 D 错误． 4.如图 8 所示，光滑水平面上放置质量分别 m、2m、3m 的三个木块，其中质量为 和 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为 ．现用水平拉力 拉其中一 个质量为 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是 （ ） A. 质量为 的木块受到四个力的作用 B. 当 逐渐增大到 T 时，轻绳刚好被拉断 C. 当 逐渐增大到 1．5T 时，轻绳还不会被拉断 D. 轻绳刚要被拉断时，质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力为 2T/3 【答案】C 【解析】 质量为 2m 的木块受到重力、质量为 m 的木块的压力、m 对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力 和地面的支持力五个力的作用，故 A 错误；对三个木块整体，由牛顿第二定律可得： ，隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得：轻绳中拉力为 ，由此 可知，当 F 逐渐增大到 时，轻绳中拉力等于 ，即小于轻绳能承受的最大拉力为 ，轻绳还没有被拉断，故 B 错误；由上式得：当 F 逐渐增大到 时， ， 轻绳中拉力 ，，轻绳刚好被拉断，故 C 正确；轻绳刚要被拉断时，轻绳的拉力 刚好为 ，后面两个木块的加速度 ，对质量为 m 木块研究，由牛顿第二定律得：摩 擦力为 ，故 D 错误；故选 C. 【点睛】三个木块以同一加速度做加速运动，采用隔离法分析 2m 可得出其受力的个数；再对 gRh d gRL h gRd h 2m 3m T F 3m 2m F F 6 TFa m = 13 2 TF ma F=′ = TF 1 2 T TF F＜ TF 2 TF 2 6 3 T TF Fa m m = = 3 TF ma F′ = = TF 3 TFa m ′ = 3 TFf ma′= =整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速 度的关系，则可分析得出 F 与 的关系． 5.质量为 5kg 的木块与水平面间动摩擦因数为 ，一人欲用最小的作用力 F 使木块沿地面匀 速运动，如图所示，则此最小作用力的大小 F 和与水平面的夹角 θ 分别为(g＝10 m/s2)(　　) A. 10 N,30° B. N,0 C. 25 N,30° D. 25 N,60° 【答案】C 【解析】 【详解】对物体受力分析，如图所示： 根据平衡条件，有：水平方向： ， 竖直方向： ， 其中： ，联立解得： 令 ，则 ， ，则上式化简为 TF 3 3 50 3 3 cos 0F fθ − = sin 0N F mgθ+ − = f Nµ= 2 2 2 cos sin 11 cos sin 1 1 mg mgF µ µ θ µ θ µµ θ θ µ µ = =+    + + + +  = tanµ α 2 1cos 1 α µ = + 2 sin 1 µα µ = +故当 时，拉力最小，为 A. 10 N30°，与计算结果不符，故 A 错误． B. N,0，与计算结果不符，故 B 错误． C. 25 N,30°，与计算结果相符，故 C 正确． D. 25 N,60°，与计算结果不符，故 D 错误． 6.一辆从高速公路服务区驶出的小汽车以 90km/h 的速度并入高速公路行车道向前行驶，司机 突然发现前方约 100m 处有一辆正打开双闪的小汽车，以约 45km/h 的速度缓慢行驶，司机发 现无法变道的情况后，经 3s 的反应时间开始刹车，刹车加速度大小约为 5m/s2．则两车相距最 近的距离约为（ ） A 47m B. 53m C. 15m D. 63m 【答案】A 【解析】 【详解】设经过 t 时间后，两车速度相等， 即： 解得： ，后车的位移 解得： ，前车的位移 所以两车相距最近距离为 A. 47m 与计算结果相符，故 A 正确． B. 53m 与计算结果不符，故 B 错误． 2 2 2 2 1 cos( )11 cos sin 1 1 mg mgF µ µ µ θ αµµ θ θ µ µ = =  + ⋅ − + + + +  30θ α= = ° min 2 1 25N21 mgF mg µ µ = = = + 50 3 3 1 1 2( )v a t t v− − = 90 455 ( 3)3.6 3.6t− × − = 5.5st = 1 1 1 1 2 1 1 ( )( )2x v t v v t t= + + − 1 121.875mx = 2 2 68.75mx v t= = min 2 1100m 46.875m 47mx x x∆ = + − = ≈C. 15m 与计算结果不符，故 C 错误． D. 63m 与计算结果不符，故 D 错误． 7.如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球 A 和 B，两球质量均为 m，两球半径忽略不 计，杆的长度为 L．先将杆 AB 竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球 B，使小球 B 在水平面上 由静止开始向右滑动，当小球 A 沿墙下滑距离为 L 时，下列说法正确的是（不计一切摩擦） A. 杆对小球 A 做功为 B. 小球 A 和 B 的速度都为 C. 小球 A、B 的速度分别为 和 D. 杆与小球 A 和 B 组成的系统机械能减少了 mgL 【答案】C 【解析】 【详解】当小球 A 沿墙下滑距离为 l/2 时，设此时 A 球的速度为 v1，B 球的速度为 v2 根据系统机械能守恒定律得：mg• ＝ 两球沿杆子方向上的速度相等，则有：v1cos60°=v2cos30° 联立两式解得：v1＝ ，v2＝ ，故 C 正确 B 错误 对球 A 动能定理有 可得 ，A 错误 1 2 1 4 mgL 1 g2 L 1 3g2 L 1 g2 L 1 2 2 l 2 2 1 2 1 1 2 2mv mv+ 1 3gl2 1 3gl2 2 1 1 2 2 lmg W mv− = 1 8W mgl=A 和 B 组成的系统机械能守恒，因此 D 错误 故选 C 【点睛】将球的运动分解为沿杆子方向和垂直于杆子方向，抓住沿杆子方向速度相等得出 A、 B 的速度关系，结合系统机械能守恒求出此时 A、B 的速度． 8.一个小球从空中的 a 点运动到 b 点的过程中，重力做功 5J，除重力之外其它力做功 2J．则小 球（ ） A. a 点的重力势能比在 b 点多 5J B. 在 a 点的动能比在 b 点少 7J C. 在 a 点的机械能比在 b 点少 2J D. 在 a 点的机械能比在 b 点多 2J 【答案】ABC 【解析】 【详解】机械能的变化根据除重力以外的其他力做功来判断，一个小球从空中的 a 点运动到 b 点的过程中，重力做功为 5J，重力势能降低，因此 a 点重力势能比 b 点多 5J，A 正确；其它 力做功为 2J，重力做功为 5J，合外力做功为 7J，因此由动能定理可知 a 点动能比 b 点动能少 7J，B 正确；机械能为动能和势能之和，因此 a 点的机械能比 b 点少 2J，C 正确，除重力之外 其它力做功 2J，所以机械能增大 2J，D 错； 9.一条宽为 L 的河流，河水流速为 v1，船在静水中的速度为 v2，v1 、v2 均不等于零．设船头的 指向与上游河岸的夹角为 θ，要使船划到对岸时航程最短，则 θ 可能满足( ) A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】由题意可知，当船在静水中的速度大于河水流速，即 v2＞v1 时，船的合速度垂直河岸， 航程最短，如图所示，则有 ． 当船在静水中的速度小于河水流速，即 v2＜v1 时，船的合速度垂直船的速度，航程最短，如图 1 2 sin v v θ = 2 1 tan v v θ = 2 1 cos v v θ = 1 2 cos v v θ = 1 2 cos v v θ =所示，则有 ． A. 与计算结果不符，故 A 错误． B. 与计算结果不符，故 B 错误． C. 与计算结果相符，故 C 正确． D 与计算结果相符，故 D 正确． 10.2012 年 7 月 26 日，一个国际研究小组借助于智利的“甚大望远镜”，观测到了一组双星系统， 它们绕两者连接线上的某点 O 做匀速圆周运动，如图所示，此双星系统中体积较小成员能“吸 食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在“吸食”过程中两者球心之间 的距离保持不变，则在该过程中 A. 它们做圆周运动的万有引力保持不变 B. 它们做圆周运动的角速度不变 C. 体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大 D. 体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小 【答案】BC 【解析】 设体积较小的星体质量为 m1，轨道半径为 r1，体积大的星体质量为 m2，轨道半径为 r2．双星 间的距离为 L．转移的质量为△m．则它们之间的万有引力为 ，根 据数学知识得知，随着△m 的增大，F 先增大后减小．故 A 错误． 2 1 cos v v θ = 1 2 sin v v θ = 2 1 tan v v θ = 2 1 cos v v θ = 1 2 cos v v θ = 1 2 2 ( )( )m m m mF G L + −=  对 m1： =（m1+△m）ω2r1 ① 对 m2： =（m2-△m）ω2r2 ② 由①②得：ω= ，总质量 m1+m2 不变，两者距离 L 不变，则角速度 ω 不变．故 B 正确．由②得：ω2r2= ，ω、L、m1 均不变，△m 增大，则 r2 增大，即体积较大星 体圆周运动轨迹半径变大．由 v=ωr2 得线速度 v 也增大．故 C 正确，D 错误．故选 BC． 11.质量为 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质木架上的 A 点和 C 点，如图所示，当轻杆绕 轴 BC 以角速度 ω 匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳 a 在竖直方向，绳 b 在水 平方向，当小球运动到图示位置时，绳 b 被烧断的同时杆子停止转动，则( 　) A. 小球仍在水平面内做匀速圆周运动 B. 在绳被烧断瞬间，a 绳中张力突然增大 C. 若角速度 ω 较小，小球在平行于平面 ABC 的竖直平面内摆动 D. 若角速度 ω 较大，小球可在垂直于平面 ABC 的竖直平面内做圆周运动 【答案】BD 【解析】 【详解】A．b 绳未断时， a 绳拉力为小球重力 mg，Lb 为 b 的长度，小球速度为： b 绳断时，由于惯性，球具有水平向外的速度受竖直向下的重力和竖直向上的 a 绳的拉力而在 竖直面内做圆周运动，故 A 错误； B．由牛顿运动定律有： 1 2 2 ( )( )m m m mG L + −  1 2 2 ( )( )m m m mG L + −  ( )1 2 3 G m m L + 1 2 ( )G m m L + 2 bv L ω= 2 a a vF mg m L − =可知当 b 绳断时，绳 a 的拉力大于小球重力，B 正确； C．当 较小时，球在最低点速度较小，可能会存在： 不能摆到与 A 点等高处，而在竖直面内来回摆动，水平方向没有力提供向心力，故不能在平 行于平面 ABC 的竖直平面内摆动，故 C 错误. D．当 较大时，球在最低点速度较大,如果： 可在竖直面内做完整的圆周运动，故 D 正确． 12.如图甲所示，质量为 的长木板 A 静止在光滑水平面上，在木板的左端放置-一个 质量为 的小铁块 ,铁块与木板间的动摩擦因数 ,对铁块施加水平向右的拉 力 大小随时间变化如图乙所示，4s 时撤去拉力．可认为 间的最大静摩擦力与滑动 摩擦力大小相等，重力加速度 .则下列说法错误的是( ) A. 内，B 的加速度大小 B. 内，拉力做的功 C. 相对 滑行的最大距离 D. 0~4s 内系统产生的摩擦热 【答案】BD 【解析】 【分析】 考查物体加速度，功的计算，摩擦力做功生热，根据牛顿第二定律，功能关系计算可得． 【详解】A． 内，B 受到向右的拉力 6N，摩擦力 由牛顿第二定律可得 ω 2 av gL≤ ω 5 av gL≥ 1.0kgM = 1.0kgm = B 0.2µ = F F， ,A B 210m / sg = 0 ~1s 24m / s 0 ~ 4s 32J B A 2m 5.6J 0 ~1s 0.2 1 10 2fF mg N Nµ= = × × =解得 B 的加速度大小 故 A 不符合题意； B．前 1s 物体 B 以 4m/s2 做匀加速运动，1s 末时速度为 ， 物体 A 的加速度为 ， 1s 末时的速度 ， 1s-2s 时，B 做匀速运动，A 做匀加速运动，2s 时两者达到共速，一起做匀加速直线运动 加速度大小 ， 4s 末时速度 取 B 分析，前 1s 运动位移是 拉力做功 1s-2s 时间内，B 做匀速运动，位移 拉力做功 F mg maµ− = 2 2 1 6 2 m/s 4m/s1 F mga m µ− −= = = 1 1 4 1m/s 4m/sv a t= = × = 2mg Maµ = 2 2 2 0.2 1 10 m/s 2m/s1 mga M µ × ×= = = 2 2 2 1m/s=2m/sv a t= = × 2 2 3 2 m/s 1m/s1 1 Fa M m = = =+ + ( )3 1 3 4 1 2 m/s=6m/sv v a t= + = + × 2 2 1 1 1 1 4 1 22 2x a t m= = × × = 1 1 1 6 2J=12JW F x= = × 2 1 4 1m 4mx v t= = × = 2 2 2 2 4J=8JW F x= = ×2S-4S 时间内 B 做匀加速直线运动，加速度大小为 1m/s2，位移 拉力做功 所以整个过程中拉力做的功总功 故 B 符合题意． C．前 2s 相对 滑行的最大距离 , 2s-4s 两者相对静止，故最大距离为 2m，故 C 不符合题意． D． 0~4s 内系统产生的摩擦热 ，故 D 符合题意． 【点睛】用隔离法对物体 AB 分别受力分析，判断运动性质，前 1sB 以 4m/s2 做匀加速运动， A 以 1 m/s2 加速匀运动，1s-2s，物体 B 做匀速运动，物体 A 以 1 m/s2 做匀加速运动，2s-4s 时 间内，二者以 1 m/s2 做匀加速直线运动． 摩擦生热数值上等于摩擦力和相对距离的乘积． 二、实验题 13.如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过 程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点之间还有 个点未画出，则相邻计数点时间间隔为 __________ ，其中 ， ， ， ， ， ，则 点处瞬时速度的大小是__________ ，加速度的大小 是__________ ．（计算结果保留两位有效数字） 【答案】 (1). (2). (3). 【解析】 【详解】由于每相邻两个计数点间还有 个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔 ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸 2 2 3 1 3 1 14 2 1 2 102 2x v t a t m m m= + = × + × × = 3 2 3 2 10J=20JW F x= = × 1 2 3 12J+8J+20J=40JW W W W= + + = B A 0 4 0 41m 4 1m- 2 22 2B Ax x m m + +− = × + × × = 2 2J=4JfQ F x= ∆ = × 4 s 1 7.05cmx = 2 7.68cmx = 3 8.33cmx = 4 8.95cmx = 5 9.61cmx = 6 10.26cmx = A m/s 2m/s 0.1 0.86 0.53 4 0.1sT =带上 点时小车的瞬时速度大小， ，根据匀变速 直线运动的推论公式 可以求出加速度的大小，得 ， ， ， 为 了 更 加 准 确 的 求 解 加 速 度 ， 我 们 对 三 个 加 速 度 取 平 均 值 得 ： ， 即 小 车 运 动 的 加 速 度 计 算 表 达 式 为 ： ． 【点睛】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2 可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运 动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上 C 点时小车的瞬时速度大 小． 14.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． ①本实验中需要用到的器材有 （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 ②验证本系统机械能守恒的原理表达式为 （用已知量和能直接测量的量表示）． ③下列因素中可能增大实验误差的是 （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 m＜＜M C．遮光条宽度太小 D．两光电门间距过小． 【答案】①AB；② ；③AD． 【解析】 【分析】 A 3 4 0.0833 0.0895 0.86m/s2 0.2A x xv T + += = = 2x aT∆ = 2 4 1 13x x a T=− 2 5 2 23x x a T− = 2 6 3 33x x a T=− 1 2 3 1 ( )3a a a a= + + 14 26 5 4 3 2 1 2 ( ) ( ) 0.53m/s9 x x x x x xa T + + − + += = 2 2 2 1 1 1( )( ) ( )( )2 2AB d dmgs M m M mt t = + − +∆ ∆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： ，所以我们可以通过比较 mgs 和 2 的大小来验证机械能守恒定律． 【详解】①A、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． ②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： 验证本系统机械能守恒的原理表达式为 mgsAB= ③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 【点睛】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． 三、计算题 15.瑞士的日内瓦天文观测所、法国上普罗旺斯及格瑞诺布天文观测所、麻州剑桥的天体物理 学中心，以及以色列特拉维夫大学组成的国际天文学家小组日前宣布，在太阳系之外又发现 了 11 个星球，其中包括一个巨大的星球 HD28185，其轨道跟地球的十分类似．如果有一个人 站在星球 HD28185 表面，用一根长 1m，只能承受 41N 拉力的绳子，拴着一个质量为 3 kg 的 小球，在竖直平面内做圆周运动，已知圆心 O 离星球表面 h=6 m，转动中小球在最低点时绳 2 2 2 1 1 1( )( ) ( )( )2 2 d dM m M mt t + − +∆ ∆ 2 2 2 1 1 1( )( ) ( )( )2 2 d dM m M mt t + − +∆ ∆ 2 2 2 1 1 1( )( ) ( )( )2 2 d dM m M mt t + − +∆ ∆ 2 2 2 1 1 1( )( ) ( )( )2 2 d dM m M mt t + − +∆ ∆子恰好断了．（设该星球表面的重力加速度为地球的 ，地球表面的重力加速度 g 取 10m/s2．） 试问: (1)绳子断时小球运动的速度多大? (2)绳断后，小球落地点与抛出点间的水平距离? 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1)在该星球上的重力为： 绳子断裂时： 解得 v= m/s． (2)设抛出点离地面的距离为 根据平抛运动规律 ； 解得 m． 答：(1) (2) 16.如图所示，水平面上紧靠放置着等厚的长木板 B.C（未粘连），它们的质量均为 M=2kg．在 B 木板的左端放置着质量为 m=1kg 的木块 A（可视为质点）．A 与 B.C 间的动摩擦因数均为 ，B.C 与水平面间的动摩擦因数均为 ，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．开始 整个系统处于静止，现对 A 施加水平向右的恒力拉力 F=6N，测得 A 在 B.C 上各滑行了 1s 后， 1 6 2 3m / s 6 2mx = 1 6G mg= 2vF G m R − = 2 3 1h 1h h R= − 2 1 1 1 2 6h gt= × x vt= 6 2x = 2 3m / s 6 2mx = 1 0.4µ = 2 0.1µ =从 C 的右端离开木板，求：木板 B.C 的长度 、 【答案】 、 【解析】 试题分析：（1）如图的示，对物体 A 进行受力分析有： 物体 A 产生的加速度 当 A 在 B 上滑动时，若 B 运动则以运动以 B 一致，故取 BC 为整体为研究对象受力分析有： BC 整体受地面的支持 ，BC 与地面间 最大静摩擦力 ，所以 A 在 B 上滑动时，BC 均处于静止状态． 所以 A 在 B 上做初速度为 0 的匀加速直线运动，由题意各 B 的长度等于 A 在 1s 的时间内运 动的位移即： 当 A 滑上 B 时，以 C 为研究对象受力分析有： 由图可知： 的 Bl Cl 1Bl m= 2.75Cl m= 2 21 6 0.4 1 10 / 2 /1 A A A A A F f F m ga m s m sm m µ− − − × ×= = = = 50NBC BC AN G N= + ′ = 2max BC Af N fµ= > 2 21 1 2 1 12 2Bl at m m= = × × = 1 2A c A A CCF f f m g m m gµ µ= ′− = − +合 （ ）所以 C 产生的加速度 所以此时 C 的长度 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用 【名师点睛】解决本题的关键是运用整体法和隔离法分别求出物体运动的受力情况并求出合 力，由牛顿第二定律确定物体的运动情况．正确的受力分析和运动分析是解决本题的关键 17.如图所示，倾角 θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半 径和质量不计的光滑定滑轮 D，质量均为 m=1kg 的物体 A 和 B 用一劲度系数 k=240N/m 的轻 弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡住．用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与质量为 M 的小环 C 连接，小环 C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系 统静止时，环 C 位 于 Q 处，绳与细杆的夹角 α=53°，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零．图 中 SD 水平且长度 为 d=0.2m，位置 R 与位置 Q 关于位置 S 对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳 均与斜面平行．现 让环 C 从位置 R 由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取 10m/s2． 求：⑴小环 C 的质量 M； ⑵小环 C 通过位置 S 时的动能 Ek 及环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 WT； ⑶小环 C 运动到位置 Q 的速率 v. 【答案】(1) 0.72 kg(2) 0.3J(3) 2m/s 【解析】 【详解】（1）先以 AB 组成的整体为研究对象，AB 系统受到重力．支持力和绳子的拉力处于 平衡状态，则绳子的拉力为：T=2mgsinθ=2×10×sin37°=12N 以 C 为研究对象，则 C 受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则： ( ) 2 20.4 1 10 0.1 2 1 10 / 0.5 /2Ca m s m s × × − × + ×= = 2 21 1 12 1 2 1 1 2.752 2 2C A Cl x x m m= − = × + × × − × × ＝T•cos53°=Mg 代入数据得：M=0.72kg （2）由题意，开始时B 恰好对挡板没有压力，所以 B 受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧 处于伸长状态；产生 B 沿斜面方向的受力： F1=mgsinθ=1×10×sin37°=6N 弹簧的伸长量：△x1= =0.025m 当小环 C 通过位置 S 时 A 下降的距离为： 此时弹簧的压缩量为：△x2=xA﹣△x1=0.025m 由速度分解可知此时 A 的速度为零，所以小环 C 从 R 运动到 S 的过程中，初末态的弹性势能 相等，对于小环 C、弹簧和 A 组成的系统机械能守恒有： Mgdcotα+mgxAsinθ=Ek 代入数据解得：Ek=1.38J 环从位置 R 运动到位置 S 的过程中，由动能定理可知：WT+Mgdcotα=Ek 代入数据解得：WT=0.3J （3）环从位置 R 运动到位置 Q 的过程中，对于小环 C、弹簧和 A 组成的系统机械能守恒 对环在 Q 点的速度进行分解如下图，则：vA=vcosα 两式联立可得：v=2m/s 【点睛】该题中，第一问相对比较简单，解答的关键是第二问，在解答的过程中一定要先得 sinmg k θ 0.05sinA dx d mα= − = 2 21 1(2 cot ) 2 2 AMg d Mv mvα = +出弹簧的弹性势能没有变化的结论，否则解答的过程不能算是完整的．