江苏省黄桥中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

江苏省黄桥中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

江苏省黄桥中学2019年高三上学期 第一次质量检测物理试题 一、单项选择题 ‎1.在物理学的发展进程中，科学的物理思想与方法对物理学的发展起到了重要作用，下列关于物理思想和方法的说法中不正确的是 A. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法 B. 质点和点电荷采用的是同一种思想方法 C. 合力和分力体现了等效替换的思想 D. 功率、电阻都是采取比值法定义的物理量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元法，选项A错误，符合题意；‎ B．质点和点电荷采用的是同一种思想方法，即理想模型法，选项B正确，不符合题意；‎ C．合力和分力体现了等效替换的思想，选项C正确，不符合题意；‎ D．功率、电阻都是采取比值法定义的物理量，选项D正确，不符合题意．‎ ‎2. 一个做匀减速直线运动的物体，经过3s速度刚好减为零．若测得该物体在最后1s内的位移是1m，那么该物体在这3s内的平均速度大小是（ ）‎ A. 1m/s B. 3m/s C. 5m/s D. 9m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：采用逆向思维，根据x＝at2得，物体的加速度大小，则物体的初速度v0=at′=2×3m/s=6m/s，物体在这3s内的平均速度．故B正确，ACD错误．故选B．‎ 考点：匀变速运动的规律 ‎3.如图所示，某健身爱好者利用如下装置锻炼自己的臂力和腿部力量，在O点悬挂重物C，手拉着轻绳且始终保持绳索平行于粗糙的水平地面．当他缓慢地向右移动时，下列说法正确的有 A. 绳OA拉力大小不变 B. 绳OB拉力变大 C. 健身者与地面间的摩擦力变小 D. 绳OA、OB拉力的合力变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对结点O受力分析，根据正交分解法列出方程求解拉力，根据θ的变化分析拉力的变化.‎ ‎【详解】AB．设OA、OB绳的拉力分别为FA和FB，重物的质量为m．对O点有FAcosθ-mg=0，FAsinθ-FB=0，解得FA=，FB=mgtanθ．当健身者缓慢向右移动时，θ变大，则两拉力均变大，选项A错误，B正确；‎ C．健身者所受的摩擦力与FB相等，选项C错误；‎ D．健身者缓慢移动时，两绳拉力的合力大小等于重物C的重力，大小不变，选项D错误．‎ 故选B.‎ ‎4.一汽车在平直公路上以速度匀速行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率随时间的变化关系如图所示．假定汽车所受阻力的大小恒定不变．下列描述该汽车的速度随时间变化的图象中，可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】汽车开始做匀速直线运动，功率为P0，当功率变为2P0，知该时刻牵引力变为原来的2倍，汽车做加速运动，由于速度增大，牵引力减小，则加速度减小，即做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据知，功率变为原来的2倍，则最大速度为2v0．‎ A．该图与结论不相符，选项A错误；‎ B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论不相符，选项C错误；‎ D．该图与结论相符，选项D正确．‎ ‎5.质量为的球从高处由静止开始下落，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比．下列图象分别描述了球下落过程中加速度、速度随时间的变化关系和动能、机械能随下落位移的变化关系，其中可能正确的 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即f=kv，根据牛顿第二定律得：‎ mg-kv=ma 得 开始时v比较小，且mg＞kv，球向下加速，当v逐渐增大，则a减小，即球做加速度逐渐减小的加速运动．a-t图象的斜率为 可知a减小，a-t图象斜率绝对值减小，所以a-t图象应曲线，故A错误．‎ B．球做加速度逐渐减小的加速运动，v-t图象的斜率应该逐渐减小，故B错误；‎ C．由动能定理：‎ mgh-fh=Ek 即 Ek=（mg-kv）h 由于v是变化的，故Ek-h不是线性关系，故C错误；‎ D．机械能的变化量等于克服阻力做的功：‎ ‎-fh=E-E0‎ v逐渐增大，则f逐渐增大，即E-h图象的斜率逐渐变大，故D正确；‎ 二、多项选择题 ‎6.横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面，如图所示．它们的竖直边长都是底边长的一半．小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上．其中有三次的落点分别是、、．下列判断正确的是（ ）‎ A. 图中三小球比较，落在点的小球飞行时间最短 B. 图中三小球比较，落在点的小球飞行过程速度变化最小 C. 图中三小球比较，落在点的小球飞行过程速度变化最快 D. 无论小球抛出时初速度多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从图中可以发现点的位置最低，即此时在竖直方向上下落的距离最大，由，可知，时间，所以此时运动的时间最长，故A错误；‎ B.小球做的是平抛运动，平抛运动在水平方向的速度是不变的，所以小球的速度的变化都发生在竖直方向上，竖直方向上的速度的变化为，所以，运动的时间短的小球速度变化小，所以球的速度变化最小，故B正确；‎ C.速度变化的快慢是指物体运动的加速度的大小，由于物体做的都是平抛运动，运动的加速度都是重力加速度，所以三次运动速度变化的快慢是一样的，故C错误；‎ D.首先小球速度与点所在斜面是无论如何不可能垂直的，然后对于、点所在斜面位置，竖直速度是，水平速度是，然后斜面的倾角是，要合速度垂直斜面，把两个速度合成后，需要，即，那么在经过时间的时候，竖直位移为，水平位移为，即若要满足这个关系，需要水平位移和竖直位移都是一样的，显然在图中、所在斜面上是不可能完成的，因为在、斜面上水平位移必定大于竖直位移，故D项正确．‎ ‎7. “嫦娥二号”探月卫星于2010年10月1日成功发射，目前正在月球上方100km的圆形轨道上运行．已知“嫦娥二号”卫星的运行周期、月球半径、月球表面重力加速度、万有引力恒量G．根据以上信息可求出 A. 卫星所在处的加速度 B. 月球的平均密度 C. 卫星线速度大小 D. 卫星所需向心力 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析：根据万有引力等于重力，可求出月球的质量，根据，求出嫦娥二号的轨道半径，再根据 ‎，求出向心加速度．故A正确．月球的质量，月球的体积，所以可求出月球的平均密度．故B正确．可求出嫦娥二号的轨道半径，根据，求出卫星的线速度大小．故C正确．因为不知道卫星的质量，所以求不出卫星所需的向心力．故D错误．故选ABC．‎ 考点：万有引力定律的应用 ‎8.如图所示，质量为M的电梯底板上放置一质量为m的物体，钢索拉着电梯由静止开始向上做加速运动，当上升高度为H时，速度达到v，不计空气阻力，则 ‎ A. 物体所受合力做的功等于 B. 底板对物体的支持力做的功等于 C. 钢索的拉力做的功等于 D. 钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ AB. 对物体,应用动能定理得：合力对物体做的功等于动能的增量，，，故A错误，B正确；‎ C. 根据能原理可知,钢索的拉力做的功等于电梯和物体的机械能增加量,为，故C错误；‎ D. 对电梯,根据动能定理知：合力对电梯M做的功等于电梯的动能的变化,即有钢索的拉力、电梯的重力及物体对底板的压力对电梯M做的总功等于，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎9.如图所示，倾角θ ‎＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则(　　)‎ A. A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动 B. A在从C至D的过程中，加速度大小为 C. 弹簧的最大弹性势能为 D. 弹簧的最大弹性势能为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：加速度为：，可知a不变，A做匀加速运动．从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得：‎ 解得：，则弹簧具有的最大弹性势能为：，故C错误，D正确．故选BD．‎ 考点：牛顿第二定律；动能定理 三．简答题 ‎10.某同学设计了一个探究加速度与物体所受合力及质量 关系的实验，下图甲为实验装置简图，电源交流电的频率为50 Hz．‎ ‎（1）图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小______．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（2）保持砂和小砂桶的总质量不变， 改变小车质量，分别得到小车加速度与质量及对应的倒数，数据如下表所示：‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 加速度a/m·s－2‎ ‎1.90‎ ‎1.72‎ ‎1.49‎ ‎1.25‎ ‎100‎ ‎0.75‎ ‎0.50‎ ‎0.30‎ 质量m/kg ‎0.25‎ ‎0.29‎ ‎0.33‎ ‎0.40‎ ‎0.50‎ ‎0.71‎ ‎1.00‎ ‎1.67‎ 质量倒数/kg－1‎ ‎4.00‎ ‎3.45‎ ‎3.03‎ ‎2.50‎ ‎2.00‎ ‎1.41‎ ‎1.00‎ ‎0.60‎ 试在丙中绘制出图线，（ ）；并根据图线写出与之间的关系式： _________．‎ ‎ ‎ ‎（3）若保持小车质量不变，改变砂和小砂桶的总质量，该同学根据实验数据作出了如图丁所示的加速度随合力的变化图线，则该图线不通过原点的主要原因是：_______．‎ ‎【答案】 (1). 3.2 (2). 图见解析 (3). (4). 实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．相邻计数点之间还有1个点，说明相邻的两个计数点时间间隔为0.04s；运用匀变速直线运动的公式△x=at2解得：‎ ‎（2）[2][3]．根据表格数据，通过描点，作出图线，如下图所示．‎ ‎ 由图象可知，图象是一条过原点的倾斜的直线，所以a与成正比，根据图象运用数学知识求出物理量的关系式：‎ ‎（3）[4]．当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消，原因是实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分．‎ ‎11.图甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，某同学完成了一系列实验操作后，得到了如图乙所示的一条纸带．现选取纸带上某清晰的点标为0，然后每两个计时点取一个计数点，分别标记为1、2、3、4、5、6，用刻度尺量出计数点l、2、3、4、5、6与0点的距离分别为h1、h2、h3、h4、h5、h6．（重力加速度为g）‎ ‎（1）已知打点计时器的打点周期为T，可求出打各个计数点时对应的速度分别为v1、v2、v3、v4、v5，其中v5的计算式v5＝_____．‎ ‎（2）若重锤的质量为m，取打点0时重锤所在水平面为参考平面，分别算出打各个计数点时对应重锤的势能Epi和动能Eki，则打计数点3时对应重锤的势能Ep3＝_____ （用题中所给物理量的符号表示）；接着在E—h坐标系中描点作出如图丙所示的Ek－h和Ep－h图线，求得Ep－h图线斜率的绝对值为k1，Ek－h图线的斜率为k2，则在误差允许的范围内，k1_____k2（填“>”、“<”或“=”）时重锤的机械能守恒．‎ ‎（3）关于上述实验，下列说法中正确的是_____‎ A 实验中可用干电池作为电源 B 为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些 C 实验时应先释放纸带后接通电源 D 图丙Ek—h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的动能 ‎（4）无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是：_____．‎ ‎【答案】 (1). (2). -mgh3 (3). = (4). BD (5). 重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）计数点5的瞬时速度等于4、6两点间的平均速度，则v5＝．‎ ‎（2）打计数点3时对应重锤的势能Ep3=-mgh3，根据图象可知，每一段对应的重力势能减小量和动能增加量相等，那么机械能守恒，即图线的斜率相同，才能满足条件，因此k1=k2．‎ ‎（3）A．实验中打点计时器，使用的是交流电源，不可用干电池作为电源，故A错误；‎ B．为了减小阻力的影响，重锤的密度和质量应该适当大些，故B正确；‎ C．实验时应先接通电源，再释放纸带，故C错误．‎ D．图丙Ek-h图线纵轴上的截距表示重锤经过参考平面时的初动能，故D正确．‎ 故选BD ‎（4）无论如何改进实验方法和措施，总有重力势能的改变量大于动能的改变量，原因是重锤下落过程中纸带和重锤受到阻力作用．‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，验证重力势能的减小量与动能的增加量是否相等．以及知道通过求某段时间内的平均速度表示瞬时速度，注意两图象的斜率绝对值相等，是验证机械能是否守恒的条件．‎ ‎12.关于原子核和原子核的变化，下列说法中正确的是 A. 维系原子核稳定的力是核力，核力一定是吸引力 B. 原子序数小于83元素的原子核不可能自发的衰变 C. 重核发生裂变反应时，生成新核的比结合能变大 D. 原子核发生变化时，一定会释放能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据核力的性质可知，短程力核力在4～5fm以上的距离即已消失，当两核子距离为2～5fm时，它是较弱的吸引力，通常称为长程弱吸引力．核力的中程部分（1～2fm）是较强的吸引力，它比质子间的库仑力强得多，足以克服库仑排斥作用．当两核子间距离小于0.4～0.5fm时，核力为强排斥力，称为排斥芯．故A错误；‎ B．原子序数小于83的元素，有些元素的同位素也能放出射线，故B错误；‎ C．重核裂变时放出能量，生成新核的比结合能变大．故C正确；‎ D．原子核发生变化时，可能释放能量，也可能吸收能量，如氘核分裂成质子由于中子的核反应过程中吸收能量．故D错误．‎ ‎13.氢原子能级图如图所示，大量处于n＝2能级的氢原子跃迁到基态，发射出的光照射光电管阴极K，测得遏止电压为7.91 V，则阴极K的逸出功W＝________eV；在氢原子巴尔末系(氢原子从n≥3能级直接跃迁到n＝2能级形成的谱线)中有________种频率的光照射该光电管不能发生光电效应．‎ ‎【答案】 (1). 2.29 (2). 1‎ ‎【解析】‎ 由题意知，遏止电压为7.91 V，光电子的最大初动能为7.91 eV，光子的能量10.2eV，故阴极K的逸出功W＝10.2eV-7.91 eV=2.29eV；在氢原子巴尔末系中，从n＝3跃迁到 n＝2释放光子的能量为-1.51eV-（-3.4eV）=1.89eV，小于2.29eV，从n＝4跃迁到 n＝2释放光子的能量为-0.85eV-（-3.4eV）=2.55eV，大于2.29eV，故氢原子巴尔末系中只有1种频率的光照射该光电管不能发生光电效应．‎ ‎14.蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m=50kg的运动员从距蹦床高处自由落下，接着又能弹起高，运动员与蹦床接触时间t=0.50s，在空中保持直立，取，求：‎ ‎（1）运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小l；‎ ‎（2）运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F．‎ ‎【答案】① 250 N·s ② 1600N ‎【解析】‎ 试题分析：根据冲量的定义即可求出重力的冲量大小；先根据动能定理或机械能守恒定律求出人碰撞床前的速度v1和碰撞后的速度v2，分析人与床作用过程中受哪些力，根据动量定理F合t=mv2-mv1，可求出人受到床给它的平均作用力的大小．‎ ‎① 重力的冲量大小为：‎ ‎② 设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，则根据动能定理可得：‎ 解得：‎ 弹起时速度大小为v2，则根据动能定理可得：‎ 解得：‎ 取向上为正方向，由动量定理有： ‎ 代入数据解得F＝1 600 N 点睛：本题主要考查了动量定理的应用，在用动量定理解题的时候要注意动量定理是矢量式，一定要规定正方向．‎ ‎15.关于现代科技在生产、生活中的应用，下列说法中正确的有 A. 潮湿的房间内，开启空调制热，可降低空气的绝对湿度 B. 普通液晶显示器在严寒地区不能工作，是因为物质的液晶态是在一定温度范围内 C. 石墨晶体是层状结构，层与层间作用力小，可作为固体润滑剂 D. 天然气是一种洁净环保的能源，相比于传统化石燃料不会产生地球温室效应 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．密闭房间内，水汽的总量一定，故空气的绝对湿度不变，使用空调制热时，房间内空气的相对湿度变小，故A错误；‎ B．液晶是一种特殊的物态，普通液晶显示器在严寒地区不能工作，是因为物质的液晶态是在一定温度范围内，故B正确；‎ C．根据石墨晶体是层状结构，层与层间作用力小，可作为固体润滑剂；故C正确；‎ D．天然气被称为“无悔燃料”，天然气是一种洁净环保的能源，几乎不含硫、粉尘和其它有害物质，燃烧产生的二氧化硫少于其它燃料，造成温室效应较低，不是不产生温室效应，故D错误；‎ ‎16.油膜法估测分子的大小实验中，某实验小组用1 mL的油酸配置了500 mL的油酸酒精溶液，用滴管、量筒测得n滴油酸酒精溶液体积为V，一滴溶液在水槽中最终形成的油膜面积为S，则油酸分子直径为________；实验中水面上撒的痱子粉太厚会导致分子直径测量值________(选填“偏大”或“偏小”)‎ ‎【答案】 (1). (2). 偏大 ‎【解析】‎ 一滴油酸酒精溶液中含有的油酸体积为，因一滴溶液在水槽中最终形成的油膜面积为S，所以油酸分子直径为，痱子粉太厚会导致油酸的在水面的扩散面积减小，从而测量的分子直径偏大．‎ ‎17.如图所示，某同学制作了一个简易的气温计，一导热容器连接横截面积为S的长直管，用一滴水银封闭了一定质量的气体，当温度为T0时水银滴停在O点，封闭气体的体积为V0.大气压强不变，不计水银与管壁间的摩擦 ‎① 设封闭气体某过程从外界吸收0.50 J的热量，内能增加0.35 J，求气体对外界做的功．‎ ‎② 若环境温度缓慢升高，求水银滴在直管内相对O点移动 距离x随封闭气体热力学温度T的变化关系．‎ ‎【答案】① 0.15J　 ② ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据热力学第一定律即可求出气体对外做功；气体做等压变化，由盖－吕萨克定律水即可求出银滴在直管内相对O点移动的距离x随封闭气体热力学温度T的变化关系．‎ ‎① 由热力学第一定律有ΔU＝Q＋W 代入数据得：W＝－0.15 J 所以气体对外做功为：W′＝－W＝0.15 J ‎② 气体做等压变化，由盖－吕萨克定律有：‎ 解得：‎ 点睛：本题主要考查了热力学第一定律和理想气体状态方程，找出气体的初末状态是关键．‎ 四．计算题：‎ ‎18.如图所示，水平地面上固定着一个高为h的三角形斜面体，质量为M的小物块甲和质量为m的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P处和Q处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块 ‎(1)甲沿斜面下滑加速度；‎ ‎(2)乙从顶端滑到底端所用的时间；‎ ‎(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比．‎ ‎【答案】(1) g(sin α－μcos α) (2) (3)1:1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F合=Ma甲 Mgsin α－μ·Mgcos α=Ma甲 a甲=g(sin α－μcos α)‎ ‎(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v，根据动能定理得W合=ΔEk mgh－μmgcos θ·=‎ v=‎ a乙=g(sin θ－μcos θ)‎ t=‎ ‎(3) 如图，由动能定理得Mgh－μ·Mgcos α·－μ·Mg(OP－)=0‎ mgh－μmgcos θ·－μmg(OQ－)=0‎ OP=OQ 根据几何关系得 ‎19.如图所示，质量M=3kg的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m=1kg，以v0=4m/s的速度冲上小车，木块与小车间动摩擦因数=0.3，g=10m/s2，求经过时间t=2.0s时：‎ ‎（1）小车的速度大小v；‎ ‎（2）以上过程中，小车运动距离x；‎ ‎（3）以上过程中，木块与小车由于摩擦而产生的内能Q．‎ ‎【答案】（1） （2） （3）6J ‎【解析】‎ 试题分析：（1）木块的加速度am=μg=3m/s2‎ 小车的加速度：‎ 两者速度相等时：v=v0-amt1=aMt1‎ 解得：t1=1s，v=1m/s 此后小车和木块共同匀速运动，则t=2．0s时小车的速度大小v=1m/s ‎（2）小车加速阶段的位移为：x1＝aMt12=×1×12=0．5m 匀速运动的时间t2=t-t1=1s 小车匀速阶段的位移为：x2=vt2=1×1=1m ‎2s内小车运动的距离x=x1+x2=1．5m ‎（3）速度相等前，木块的位移：‎ 木块和小车的相对位移为：△x=x′-x1=2m木块与小车由于摩擦而产生的内能：Q=f•△x=μmg△x=6J 考点：牛顿第二定律的综合应用 ‎20.光滑管状轨道由直轨道和圆弧形轨道组成，二者在处相切并平滑连接，为圆心，、在同一条水平线上，竖直．一直径略小于圆管直径的质量为的小球，用细线穿过管道与质量为的物块连接，将小球由点静止释放，当小球运动到处时细线断裂，小球继续运动．已知弧形轨道的半径为，所对应的圆心角为，、，．‎ ‎（1）若，求小球在直轨道部分运动时的加速度大小．‎ ‎（2）若，求小球从点抛出后下落高度时到点的水平位移．‎ ‎（3）、满足什么关系时，小球能够运动到点？‎ ‎【答案】（1）7m/s2（2）m；（3）M ≥m．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设细线中张力为F，对小球：‎ F-mgsin53°=ma 对物块：‎ Mg-F=Ma              ‎ 联立解得：‎ a=7m/s2‎ ‎（2）在Rt△OAB中，得：‎ ‎；‎ 由v2=2axAB代入数据解得：‎ 从B到C，根据机械能守恒，有：‎ 小球离开C后做平抛运动，有：‎ x=vCt 联立并代入数据解得：‎ ‎（3）小球A→B：M、m系统机械能守恒，有：‎ 线断后，小球B→C，‎ 联立解得：‎ ‎ ‎