（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 階段綜合檢測（二）第一-五章驗收（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 階段綜合檢測（二）第一-五章驗收（含解析） 一、單項選擇題(本題共7小題，每小題3分，共計21分。每小題只有一個選項符合題意) 1．(2018·汕頭一模)一騎行者所騎自行車前后輪軸的距離為L，在水平道路上勻速運動，當看到道路前方有一條減速帶時，立刻剎車使自行車做勻減速直線運動，自行車垂直經(jīng)過該減速帶時，對前、后輪造成的兩次顛簸的時間間隔為t。利用以上數(shù)據(jù)，可以求出前、后輪經(jīng)過減速帶這段時間內(nèi)自行車的(　　) A．初速度　　　　　　　 　B．末速度 C．平均速度 D．加速度 解析：選C　在只知道時間t和這段時間內(nèi)運動位移x的前提下，由＝可知能

2、求平均速度，C項正確。 2.(2018·武漢模擬)一段圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，O為圓心，輕繩的兩端分別系在圓環(huán)上的P、Q兩點，P、Q兩點等高，一物體通過光滑的輕質(zhì)掛鉤掛在繩上，物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)保持輕繩的Q端位置不變，使P端在圓環(huán)上沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)動，至PO水平。此過程中輕繩的張力(　　) A．一直減小 B．一直增大 C．先增大后減小 D．先減小后增大 解析：選B　物體通過光滑的掛鉤掛在繩上，繩各處張力相等。P端沿逆時針旋轉(zhuǎn)過程中，兩繩夾角變大，合力大小、方向不變，故兩分力都變大，即輕繩的張力一直增大，選項B正確。 3.我國成功發(fā)射“天宮二號”空間實驗室，然后發(fā)射“神舟十一號

3、”飛船與“天宮二號”對接，如圖所示，假設“天宮二號”與“神舟十一號”都圍繞地球做勻速圓周運動，為了實現(xiàn)飛船與空間實驗室的對接，下列措施可行的是(　　) A．使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，然后飛船加速追上空間實驗室實現(xiàn)對接 B．使飛船與空間實驗室在同一軌道上運行，然后空間實驗室減速等待飛船實現(xiàn)對接 C．飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上加速，加速后飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接 D．飛船先在比空間實驗室半徑小的軌道上減速，減速后飛船逐漸靠近空間實驗室，兩者速度接近時實現(xiàn)對接 解析：選C　飛船在同一軌道上加速追趕空間實驗室時，速度增大，所需向心力大于萬有引力，飛船將

4、做離心運動，不能實現(xiàn)與空間實驗室的對接，選項A錯誤；同理，空間實驗室在同一軌道上減速等待飛船時，速度減小，所需向心力小于萬有引力，空間實驗室將做近心運動，也不能實現(xiàn)對接，選項B錯誤；當飛船在比空間實驗室半徑小的軌道上加速時，飛船做離心運動，逐漸靠近空間實驗室，可實現(xiàn)對接，選項C正確；當飛船在比空間實驗室半徑小的軌道上減速時，飛船將做近心運動，遠離空間實驗室，不能實現(xiàn)對接，選項D錯誤。 4.(2019·溫州九校調(diào)研)環(huán)球飛車是一場將毫無改裝的摩托車文化與舞臺進行演繹的特技炫幻表演。如圖在舞臺中固定一個直徑為6.5 m的球形鐵籠，其中有一輛摩托車在與球心共面的水平圓面上做勻速圓周運動。下列說法正

5、確的是(　　) A．摩托車受摩擦力、重力、彈力和向心力的作用 B．摩托車做圓周運動的向心力由彈力來提供 C．在此圓周運動中摩托車受到的彈力不變 D．摩托車受到水平圓面內(nèi)與運動方向相同的摩擦力 解析：選B　摩托車受摩擦力、重力、彈力的作用，向心力是效果力，受力分析時不需要分析，故A錯誤；摩托車受摩擦力、重力、彈力的作用，豎直方向重力與摩擦力平衡，所以摩擦力方向豎直向上，彈力提供向心力，所以彈力方向改變，故B正確，C、D錯誤。 5.如圖所示，在高1.5 m的光滑平臺上有一個質(zhì)量為2 kg的小球被一細線拴在墻上，球與墻之間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當燒斷細線時，小球被彈出，小球落地時的速度

6、方向與水平方向成60°角。下列判斷正確的是(g取10 m/s2)(　　) A．彈簧的最大彈性勢能為10 J B．彈簧的最大彈性勢能為15 J C．運動時間為 s D．落地點到桌子邊緣的距離是 m 解析：選A　小球離開平臺后做平拋運動，由h＝gt2得，t＝ ＝ s; 則落地時豎直方向上的分速度vy＝gt＝ m/s。據(jù)題：小球落地時的速度方向與水平方向成60°角，則有tan 60°＝，解得v0＝ m/s。所以彈簧被壓縮時具有的最大彈性勢能Ep＝mv02＝10 J；小球落地點到桌子邊緣的距離是x＝v0t＝ m，故A正確，B、C、D錯誤。 6.伽利略曾利用對接斜面研究“力與運動”的關系。如

7、圖所示，固定在水平地面上的傾角均為θ的兩斜面，以光滑小圓弧相連接。左側(cè)斜面頂端的小球與兩斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ。小球從左側(cè)頂端滑到最低點的時間為t1，滑到右側(cè)最高點的時間為t2。規(guī)定兩斜面連接處所在水平面為參考平面，則小球在這個運動過程中速度的大小v、加速度的大小a、動能Ek及機械能E隨時間t變化的關系圖線正確的是(　　) 解析：選B　小球在兩斜面上運動時受到的滑動摩擦力大小相等，可得小球在左側(cè)斜面下滑時的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ，在右側(cè)斜面上滑時的加速度大小a2＝gsin θ＋μgcos θ，a1

8、比，因此，動能與時間關系圖像是曲線，故C錯誤；小球在左側(cè)斜面下滑時機械能E＝E0－μmgcos θ·a1t2(0

9、擺動。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F B．小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2F C．物塊上升的最大高度為 D．速度v不能超過 解析：選D　物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg<2F。物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩子中的張力T＝Mg≤2F，故A錯誤。小環(huán)碰到釘子時，物塊做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以繩子中的張力與2F大小關系不確定，B錯誤。若物塊做圓周運動到達的高度低于P點，根據(jù)動能定理有－Mgh＝0－Mv2，則最大高

10、度h＝；若物塊做圓周運動到達的高度高于P點，則根據(jù)動能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，則最大高度h<，C錯誤。小環(huán)碰到釘子后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子間的靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝ ，D正確。 二、多項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共計20分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分) 8.2018年5月25日21時46分，探月工程嫦娥四號任務“鵲橋”中繼衛(wèi)星成功實施近月制動，進入月球至地月拉格朗日L2點的轉(zhuǎn)移軌道。當“鵲橋”位于拉格朗日點(如圖中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人們稱為

11、地月系統(tǒng)拉格朗日點)上時，會在月球與地球的共同引力作用下，幾乎不消耗燃料而保持與月球同步繞地球做圓周運動，下列說法正確的是(月球的自轉(zhuǎn)周期等于月球繞地球運動的周期)(　　) A．“鵲橋”位于L2點時，“鵲橋”繞地球運動的周期和月球的自轉(zhuǎn)周期相等 B．“鵲橋”位于L2點時，“鵲橋”繞地球運動的向心加速度大于月球繞地球運動的向心加速度 C．L3點和L2點到地球中心的距離相等 D．“鵲橋”在L2點所受月球和地球引力的合力比在其余四個點都要大 解析：選ABD　“鵲橋”位于L2點時，由于“鵲橋”與月球同步繞地球做圓周運動，所以“鵲橋”繞地球運動的周期和月球繞地球運動的周期相等，又月球的自轉(zhuǎn)周期

12、等于月球繞地球運動的周期，故選項A正確；“鵲橋”位于L2點時，由于“鵲橋”與月球繞地球做圓周運動的周期相同，“鵲橋”的軌道半徑大，根據(jù)公式a＝r分析可知，“鵲橋”繞地球運動的向心加速度大于月球繞地球運動的向心加速度，故選項B正確；若L3點和L2點到地球中心的距離相等，則“鵲橋”在L2點受到月球與地球引力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，故L2點到地球中心的距離大于L3點到地球中心的距離，故選項C錯誤；在5個點中，L2點離地球最遠，所以在L2點“鵲橋”所受合力最大，故選項D正確。 9.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點P，另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球穿

13、在圓環(huán)上做無摩擦的運動。設開始時小球置于A點，彈簧處于自然狀態(tài)，當小球運動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力。下列分析正確的是(　　) A．從A到B的過程中，小球的機械能守恒 B．從A到B的過程中，小球的機械能減少 C．小球過B點時，彈簧的彈力為mg＋m D．小球過B點時，彈簧的彈力為mg＋m 解析：選BC　從A到B的過程中，因彈簧對小球做負功，小球的機械能將減少，A錯誤，B正確；在B點對小球應用牛頓第二定律可得：FB－mg＝m，解得FB＝mg＋m，C正確，D錯誤。 10．(2018·宿遷期末)如圖所示，質(zhì)量相等的兩小球a、b分別從斜面頂端A和斜面中點B沿水平方向拋出，恰好

14、都落在斜面底端。不計空氣阻力，則有(　　) A．a(chǎn)、b的運動時間滿足ta＝tb B．a(chǎn)、b的初速度大小滿足va＝2vb C．a(chǎn)、b到達斜面底端時速度方向相同 D．a(chǎn)、b到達斜面底端時的動能滿足Eka＝2Ekb 解析：選ACD　由題意可知兩球下落的高度之比為2∶1，根據(jù)h＝gt2得t＝ ，高度之比為2∶1，則ta＝tb，A正確；兩球的水平位移之比為2∶1，時間滿足ta＝tb，根據(jù)v0＝知va＝vb，B錯誤；因為在底端兩者位移與水平方向的夾角相同，故兩者的速度方向相同，C正確；根據(jù)動能定理可知，到達斜面底端時的動能之比Eka∶Ekb＝∶＝2∶1，故Eka＝2Ekb，D正確。 11．(2

15、019·揚州月考)某馬戲團演員做滑桿表演，已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200 N，在桿的頂部裝有一拉力傳感器，可以顯示桿頂端所受拉力的大小。從演員在滑桿上端做完動作時開始計時，演員先在桿上靜止了0.5 s，然后沿桿下滑，3.5 s末剛好滑到桿底端，并且速度恰好為零。整個過程演員的v-t圖像和傳感器顯示的拉力隨時間的變化情況分別如圖甲、乙所示。g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．演員的體重為800 N B．演員在最后2 s內(nèi)一直處于超重狀態(tài) C．傳感器顯示的最小拉力為600 N D．滑桿長4.5 m 解析：選BD　由兩題圖結(jié)合可知，靜止時，傳感器示數(shù)

16、為800 N，除去桿的重力200 N，演員的重力就是600 N，故A錯誤；由題圖可知最后2 s內(nèi)演員向下減速，故加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B正確；在演員加速下滑階段，處于失重狀態(tài)，桿受到的拉力最小，此階段的加速度為：a1＝ m/s2＝3.0 m/s2，由牛頓第二定律得：mg－F1＝ma1，解得：F1＝420 N，加上桿的重力200 N，可知桿受的最小拉力為620 N，故C錯誤；v -t圖像的面積表示位移，則可知，滑桿的總長度x＝×3×3 m＝4.5 m，故D正確。 12．(2018·齊魯名校協(xié)作體聯(lián)考)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體沿足夠

17、長的斜面每次以不變的初速率v0向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖像可求出(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．物體的初速率v0＝3 m/s B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75 C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．當某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑 解析：選BC　由題圖乙可知，當傾角θ＝0時，位移為2.40 m，而當傾角為90°時，位移為1.80 m，則由豎直上拋運動規(guī)律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A錯誤；當傾角為0時，由動能定理可

18、得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正確；取不同的傾角θ，由動能定理得－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，當θ＋α＝90°時位移最小，xmin＝1.44 m，故C正確；若θ＝30°時，重力沿斜面向下的分力為mgsin 30°＝mg，摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mg，又因最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，故物體達到最高點后，不會沿斜面下滑，故D錯誤。 三、實驗題(本題共2小題，共18分) 13．(8分)光電門在測量物體的瞬時速度方面有得天獨厚的優(yōu)勢，比如在探究加速度和力的關系時就省去了打點計時器分析紙帶的不便，實驗裝置如圖甲所示。

19、(1)雖然少了計算的麻煩，卻必須要測量遮光條的寬度，游標卡尺測量的結(jié)果如圖乙所示，我們可以發(fā)現(xiàn)游標尺上每一分度與主尺上的最小刻度相差________cm，遮光條寬度d為________ cm。 (2)某次實驗過程中，已經(jīng)得到AB之間的距離l和遮光條通過光電門的時間t和力傳感器的示數(shù)F，若要完成探究目的，還需要滿足的條件是______________。若要以F為橫坐標，做出一條傾斜的直線來判斷加速度和力成正比，那么縱坐標的物理量應該是________。 解析：(1)游標尺共計20個分度，總長19 mm，每個分度長0.95 mm，主尺的最小刻度是1 mm，相差0.005 cm。d＝2 mm

20、＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm。 (2)要測量加速度，已經(jīng)知道滑塊在B點的速度，AB之間的距離，根據(jù)v2－v02＝2ax，必須知道初速度，而A點沒有光電門，所以滑塊在A點必須從靜止開始釋放。由F＝ma，a＝＝可得，F(xiàn)＝∝，所以處理數(shù)據(jù)時應作出-F圖像。 答案：(1)0.005　0.225　(2)滑塊在A點靜止釋放　 14．(10分)(2018·泰州中學月考)如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機，是英國數(shù)學家和物理學家阿特伍德(G·Atwood 1746－1807)創(chuàng)制的一種著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規(guī)律。某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律，如

21、圖乙所示。 (1)實驗時，該同學進行了如下步驟： ①將質(zhì)量均為M(A的含擋光片、B的含掛鉤)的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，處于靜止狀態(tài)。測量出______________(填“A的上表面”“A的下表面”或“擋光片中心”)到光電門中心的豎直距離h。 ②在B的下端掛上質(zhì)量為m的物塊C，讓系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)中的物體由靜止開始運動，光電門記錄擋光片擋光的時間為Δt。 ③測出擋光片的寬度d，計算有關物理量，驗證機械能守恒定律。 (2)如果系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，應滿足的關系式為____________(已知重力加速度為g)。 (3)引起該實驗系統(tǒng)誤差的原因有_

22、_________________________________(寫一條即可)。 (4)驗證實驗結(jié)束后，該同學突發(fā)奇想：如果系統(tǒng)(重物A、B以及物塊C)的機械能守恒，不斷增大物塊C的質(zhì)量m，重物B的加速度a也將不斷增大，那么a與m之間有怎樣的定量關系？a隨m增大會趨于一個什么值？請你幫該同學解決。 ①寫出a與m之間的關系式(還要用到M和g)：________________。 ②a的值會趨于________。 解析：(1)驗證機械能守恒定律的原理是系統(tǒng)重力勢能的減少量等于系統(tǒng)動能的增加量，即需要測量系統(tǒng)重力勢能的變化量，則應該測量出擋光片中心到光電門中心的距離。 (2)系統(tǒng)重力勢能

23、的減小量ΔEp＝mgh，系統(tǒng)的末速度為：v＝，系統(tǒng)動能的增加量為：ΔEk＝(2M＋m)v2＝(2M＋m)2，若系統(tǒng)機械能守恒，則有：mgh＝(2M＋m)2。 (3)系統(tǒng)機械能守恒的條件是只有重力做功，引起實驗誤差的原因可能有：繩子有質(zhì)量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等。 (4)根據(jù)牛頓第二定律得，系統(tǒng)所受的合力為mg，由牛頓第二定律：mg＝(2M＋m)a，則系統(tǒng)加速度為：a＝＝，當m不斷增大，則a趨向于g。 答案：(1)①擋光片中心　(2)mgh＝(2M＋m)2　 (3) 繩子有質(zhì)量、滑輪與繩子之間有摩擦、重物運動受到空氣阻力等　 (4)a＝　重力加速度g 四、計算題

24、(本題共4小題，共61分) 15．(14分)光滑水平面上放著質(zhì)量mA＝1 kg的物塊 A與質(zhì)量mB＝2 kg 的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝49 J。在A、B間系一輕質(zhì)細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示。放手后B向右運動，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5 m，B恰能到達最高點C。g取10 m/s2，求： (1)繩拉斷后物塊 B 到達半圓軌道最低點的速度大??； (2)繩拉斷過程中系統(tǒng)損失的機械能大小。 解析：(1)設物塊B到

25、達C點的速率為vC， 根據(jù)物塊B恰能到達最高點C有：mBg＝mB 物塊B由最低點運動到最高點C這一過程應用動能定理： －2mBgR＝mBvC2－mBv2 解得：v＝5 m/s。 (2)設彈簧恢復到自然長度時物塊B的速率為v1，取向右為正方向，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為物塊B的動能，Ep＝mBv12，繩拉斷過程中系統(tǒng)損失的機械能大小： ΔE＝Ep－mv2＝24 J。 答案：(1)5 m/s　(2)24 J 16．(15分)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。一小物塊置于陶罐內(nèi)壁上，它和O點的連線與OO′之間的

26、夾角θ＝53°。已知物塊與陶罐內(nèi)壁間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 (1)轉(zhuǎn)臺靜止不動時，小物塊放置后開始沿內(nèi)壁下滑時的加速度大小； (2)轉(zhuǎn)臺以一定角速度勻速旋轉(zhuǎn)時，小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動且相對罐壁靜止。求轉(zhuǎn)臺旋轉(zhuǎn)的角速度ω在什么范圍內(nèi)？ 解析：(1)轉(zhuǎn)臺靜止不動時，小物塊放置后，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma， 代入數(shù)據(jù)解得物塊的加速度大小a＝0.5g。 (2)小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動，角速度最小為ω1，此時摩擦力方向沿切線向上，有 N1sin θ－f1cos θ＝mω12r，

27、N1cos θ＋f1sin θ＝mg， f1＝μN1，r＝Rsin θ， 聯(lián)立解得ω1＝ 小物塊隨陶罐一起轉(zhuǎn)動，角速度最大為ω2，此時摩擦力方向沿切線向下，有 N2sin θ＋f2cos θ＝mω22r， N2cos θ－f2sin θ＝mg， f2＝μN2， 聯(lián)立解得ω2＝ 轉(zhuǎn)臺旋轉(zhuǎn)的角速度的取值范圍為 ≤ω≤ 。 答案：(1)0.5g　(2) ≤ω≤ 17．(16分)如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示。取沿傳送帶向上為正方向，g＝10 m/s2，sin 37°

28、＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)0～8 s內(nèi)物體位移的大小； (2)物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)； (3)0～8 s內(nèi)物體機械能增量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q。 解析：(1)由題圖乙可知，0～8 s內(nèi)物體位移的大小等于0～8 s內(nèi)圖線與時間軸所圍面積的大小，即為： x＝－×2×2 m＋×(2＋6)×4 m＝14 m。 (2)由題圖乙可知，物體相對傳送帶滑動時加速度為： a＝＝ m/s2＝1 m/s2 由牛頓第二定律，得：μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 解得：μ＝0.875。 (3)物體被傳送帶送上的高度為：h＝xsin 37°＝8.4 m

29、 重力勢能的增量為：ΔEp＝mgh＝1×10×8.4 J＝84 J 動能增量為：ΔEk＝mv22－mv12＝×1×(42－22)J＝6 J 0～8 s內(nèi)物體機械能增量為：ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J 0～8 s內(nèi)傳送帶運動距離為：x′＝4×8 m＝32 m 相對位移為：Δx＝x′－x＝32 m－14 m＝18 m 產(chǎn)生熱量為：Q＝μmgcos 37°Δx＝0.875×1×10×0.8×18 J＝126 J。 答案：(1)14 m　(2)0.875　(3)90 J　126 J 18．(16分)(2018·江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細線的一端系有質(zhì)量為M

30、的小物塊，另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識可知AC⊥BC，根據(jù)平衡 (F＋mg)cos 53°＝Mg 解得F＝Mg－mg。 (2)與A、B相同高度時 小球上升h1＝3lsin 53°， 物塊下降h2＝2l， 物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機械能守恒定律，小球向下運動到最低點時，恰好回到起始點，設此時物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Mg－T＝Ma 對小球，沿AC方向由牛頓第二定律得 T－mgcos 53°＝ma 解得T＝ 結(jié)合(2)可得T＝或mg或Mg。 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3)