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2019-2020年高三物理上学期第三次月考试题（含解析）【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二、选修3-1电场的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体， 在试题上以高考为基本，是份非常好的试卷。一、选择题（每小题4分，共48分，其中第9题到第12题为多选） 【题文】 1科学家并不比常人有太多的身体差异，只是他们善于观察，勤于思考，有更好的发现问题探究问题的毅力。下列规律或定律与对应的科学家叙述正确的是 A亚里士多德与自由落体定律B开普勒与行星运动定律C爱因斯坦与能量守恒定律 D牛顿与相对论【知识点】 物理学史P0【答案解析】 B 解析：A、伽利略得出自由落体定律，故A错误；B、开普勒得出行星运动定律，故B正确；C、爱因斯坦得出质能方程为E=mc2，故C错误；D、爱因斯坦得出相对论，故D错误；故选：B【思路点拨】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 【题文】 2如图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知mAmB，则物体B的受力情况是( )A只受一个重力B受到重力、摩擦力各一个C受到重力、弹力、摩擦力各一个 D受到重力、摩擦力各一个，弹力两个【知识点】 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用B4 C2【答案解析】 A 解析：A、B整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A、B间无弹力，再对物体B受力分析，只受重力；故选：A【思路点拨】先对整体结合运动情况受力分析，得到只受重力，加速度为g，即做自由落体运动，然后对B结合运动情况受力分析，得到受力情况本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故A与B间无弹力，最后再对B受力分析，得到其只受重力 【题文】3某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机着陆过程在平直跑道上做匀减速运动，在跑道上滑行的距离为s，从着陆到停下的时间为t，则飞机着陆瞬间速度为（ ） A B C D到之间的某个值【知识点】 匀变速直线运动的位移与时间的关系【答案解析】B 解析：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，则有：2as=0-v2 0=v+at 由得：v=故选B 【思路点拨】设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v，根据匀加速直线运动位移速度公式及速度时间公式即可解题本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题 【题文】4如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有ADDE10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为（ ）A. s B.2 s C. s D.2 s【知识点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用A2 B4 C2【答案解析】 B 解析：设斜面坡角为，则：AE=2AF=20sin 物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有mgsin=ma解得a=gsin 根据速度位移公式，有AE=at2 由式，解得t=2s故选B 【思路点拨】设斜面坡角为，从D向AE做垂线交于点F，由AD=DE=10m，得AF=10sin，故AE=2AF=20sin；再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据匀加速直线运动的位移时间关系公式列式求解即可本题关键是根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解，关键是有中间变量，要列式后约去【题文】5如图所示为我国国家大剧院外部呈椭球型。假设国家大剧院的屋顶为半球形，因特殊原因要执行维修任务，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从C点（C点与A点等高）沿支架缓慢地向B点靠近则绳中拉力大小变化的情况是 ( ) A先不变后变大B先不变后变小C先变大后不变D先变小后不变【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B1 B4【答案解析】 B 解析：当轻绳的右端从直杆最上端移到B点时，设两绳的夹角为2设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到sin=，L、S不变，则保持不变再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变当轻绳的右端从C点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为2以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示根据平衡条件得 2Fcos=mg得到绳子的拉力F=，所以在轻绳的右端从C点移到直杆最上端时的过程中，变小，cos增大，则F变小所以绳中拉力大小变化的情况是先不变后变小故B正确，ACD错误故选：B【思路点拨】当轻绳的右端从B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方向关于竖直方向对称以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况当轻绳的右端从直杆的最上端移到C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮两侧绳子的夹角不变，由平衡条件判断出绳子的拉力保持不变本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析的变化，这在高考中曾经出现过，有一定的难度【题文】6匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V，设场强大小为E，一电量为1 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则（ ）A.W=810-6 J E8 V/m B.W=6 10-6J E6 V/mC.W=810-6 J E8 V/m D.W=610-6 J E6 V/m【知识点】 电势能；电场强度I1 I2【答案解析】A 解析：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势：D=10V电荷从D点移到C点电场力所做的功为：W=qUDC=q（D-C）=110-6（10-2）J=810-6JAB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离：d1m,匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U=Ed所以E=8v/m故选：A【思路点拨】匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，D为AB的中点，则D点的电势D=，电荷从D点移到C点电场力所做的功为W=qUDC=q（D-C）本题考查对匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比U=Ed与运用公式W=qU求解电场力做功的能力，常规题，比较简单 【题文】7相同材料制成的两物体A、B，用轻弹簧相连，放在粗糙的水平面上，在力F的作用下一起向右作加速度为a的匀加速运动，此时弹簧弹力为FT，当作用力增大到2F是，一起运动的加速度为a1，弹簧的弹力为FT1，则下列说法正确的是：( )ABaF A. a1=2a FT1=2FT B. a1=2a FT12FTC. a12aFT1=2FT D. a12a FT1=2FT【知识点】 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力B1 C2【答案解析】C 解析：对整体分析，当拉力为F时，根据牛顿第二定律得，a=隔离对B分析，F弹-mBg=mBa，解得弹簧的弹力FT1=当拉力为2F时，根据牛顿第二定律得，a=隔离对B分析，F弹-mBg=mBa，解得弹簧的弹力F弹力=2F弹力故C正确，A、B、D错误故选：C 【思路点拨】对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，隔离对B分析，求出弹簧的弹力大小，从而进行比较解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用 【题文】 8.如图所示，倾斜放置的圆盘绕着中轴匀速转动，圆盘的倾角为37，在距转动中心r = 0.1 m处放一个小木块，小木块跟随圆盘一起转动，小木块与圆盘间的动摩擦因数为= 0.8，假设木块与圆盘的最大静摩擦力与相同条件下的滑动摩擦力相同。若要保持小木块不相对圆盘滑动，圆盘转动的角速度最大不能超过（ ）A2 rad/s B8 rad/s Crad/s Drad/s【知识点】 牛顿第二定律；向心力C2 D4【答案解析】A 解析：只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，设其经过最低点时所受静摩擦力为f，由牛顿第二定律有f-mgsin=mr2；为保证不发生相对滑动需要满足fmgcos联立解得2rad/s故A正确，B、C、D错误故选A 【思路点拨】因为木块在最低点时所受的静摩擦力方向沿圆盘向上，最高点的所受的静摩擦力等于最低点的静摩擦力，可知只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动根据牛顿第二定律求出圆盘转动的最大角速度解决本题的关键知道只要小木块转过最低点时不发生相对滑动就能始终不发生相对滑动，结合牛顿第二定律和最大静摩擦力进行求解 【题文】 9.北京时间2014年10月24日02时00分，我国自行研制的探月工程三期再入返回飞行试验器，在西昌卫星发射中心用长征三号丙运载火箭发射升空，准确进入近地点高度为209公里、远地点高度41.3万公里的地月转移轨道，然后被月球捕获，进入绕月轨道。北京时间11月1日凌晨6时42分，再入返回飞行试验返回器穿过大气层，准确落入内蒙古中部地区。中国探月工程三期再入返回飞行试验获得圆满成功。如图为发射飞行试验器示意图，则下列说法正确的是（ ）A发射飞行试验器的速度必须大于11.2km/sB在绕月圆轨道上，飞行试验器是通过加速不断向月球靠近的C再入返回飞行试验返回器在从绕月轨道上返回，必须先通过加速返回绕地轨道，再经过减速返回地面D在绕月圆轨道上，飞行试验器受地球的引力小于受月球的引力【知识点】 万有引力定律的应用，宇宙速度 D5【答案解析】CD 解析：A、飞船离开地球绕月球飞行需要速度大于7.9km/s、小于11.2km/s，故A错误；B、飞船靠近月球，需要减速飞行，故B错误；C、离开月球需要加速做离心运动，靠近地球需要减速做近心运动，故C正确；D、在饶月轨道上运行，飞船受到的合力提供饶月飞行所需要的向心力，故月球对飞船的吸引力大，故D正确；故选CD【思路点拨】理解三个宇宙速度，做离心运动飞船需要加速，做近心运动飞船需要减速。【题文】10.如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（ ）A 木板对物块做功为mv2B 摩擦力对小物块做功为mgLsinC 支持力对小物块做功为mgLsinD 滑动摩擦力对小物块做功为mv2mgLsin【知识点】 动能定理的应用E2【答案解析】ACD 解析： A、对整体过程研究，重力做功为零，根据动能定理得：木板对物块做功W=mv2故A正确B、缓慢地抬高A端的过程中摩擦力不做功，下滑过程，滑动摩擦力对物块做负功，摩擦力做功为Wf=-mgcosL故B错误C、缓慢地抬高A端的过程中，根据动能定理得：WN-mgLsin=0，得到支持力对小物块做功为WN=mgLsin故C正确D、对下滑过程，根据动能定理得：mgLsin+Wf=mv2-0，得到滑动摩擦力对小物块做功为Wf=mv2-mgLsin故D正确故选ACD【思路点拨】木板对物块做功是木板对物块所做的总功，根据动能定理求解缓慢地抬高A端的过程中摩擦力不做功，下滑过程，滑动摩擦力对物块做负功，由功的公式求解由动能定理求解支持力做功和下滑过程滑动摩擦力做功本题中求功有两种方法：一是功的公式；二是动能定理应用动能定理时，要灵活选择研究的过程 【题文】11一斜面体被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，在斜面上放一物体，如图所示，以下判断正确的是（ ） A若物体静止在斜面上，则B受到斜面体的挤压 B若物体匀速下滑，则A、B不会受到斜面体的挤压 C若物体加速下滑，则A受到斜面体的挤压 D若物体减速下滑，则A受到斜面体的挤压【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 B3 B4 【答案解析】 BD 解析：将物体和斜面看做一个整体系统进行分析：A、若物体静止，则系统所受合力为零，即A、B均不受挤压，A错误；B、若物体匀速下滑，则系统所示合力仍为零，B正确；C、若物体加速下滑，设加速度大小为a，在水平方向的加速度为，且=acos，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F=m=macos，方向向左，即B应受到挤压，C错误；D、若减速下滑，则加速度方向沿斜面向上，在水平方向的分加速度为=acos，方向向右，再对系统应用牛顿第二定律，水平方向应有F=m=macos，即小桩A应对斜面产生向右的挤压力，则A受到挤压，D正确故选BD【思路点拨】解本题时应对整体进行分析，根据系统牛顿第二定律求解，否则，若用隔离法分析很麻烦对系统应用牛顿第二定律的方法是；对系统进行受力分析（此时可以不分析系统内物体之间的相互作用力，因而简单），则可以列出平衡方程，再求解讨论即可【题文】12如图所示,质量分别为m1和m2的两个小球A、B,带有等量异种电荷,通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始向两侧运动，在以后的整个运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度），以下说法正确的是（ ） A.系统机械能不断增加 B.弹簧对A、B两球做正功 C当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大D.当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大【知识点】 电势能；动能定理的应用；机械能守恒定律E2 E3 I2【答案解析】 CD 解析： A、B加电场后，电场力开始对两球均做正功，电势能减小，系统机械能增大，当弹簧达到最大长度后再收缩，电场力与两球均做负功，电势能增大，系统机械能减小，故A、B错误； C、当弹簧长度达到最大值时，电场力做功最多，电势能小，故系统机械能最大，故C正确；D、两小球先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的加速运动，故当电场力与弹力平衡时，加速度为零，动能最大，故D正确；故选CD【思路点拨】加电场后，电场力先做正功，电势能减小，小球的动能和弹簧的弹性势能都变大，且当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大系统所受的合外力为零，动量应守恒当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大本题关键要明确两个小球的速度的变化情况，两小球都是先做加速度点评：不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动二、实验题(7+7=14分）【题文】13卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，物体对支持面几乎没有压力，所以在这种环境中已无法用天平称量物体的质量假设某同学在这种环境设计了如图所示装置（图中O为光滑的小孔）间接测量物体的质量：给待测物体一个初速度，使它在桌面上做匀速圆周运动设航天器中具有基本测量工具（1）物体与桌面间的摩擦力可以忽略不计，原因是 。（2）实验时需要测量的物理量是 。（3）待测物体质量的表达式为 【知识点】 向心力；物体的弹性和弹力B5【答案解析】（1） 物体对支持面无压力 （2）弹簧秤拉力F，圆周运动半经r,周期T（3）m=解析：（1）因为卫星绕地球做匀速圆周运动时处于完全失重状态，物体对支持面几乎没有压力，所以物体与桌面间的摩擦力可以忽略不计；（2）物体做匀速圆周运动的向心力由拉力提供，根据牛顿第二定律有：F=m()2r=ma，可知要测出物体的质量，则需测量弹簧秤的示数F，圆周运动的半径r，以及物体做圆周运动的周期T（3）根据F=m()2r=ma，得m= 【思路点拨】物体做圆周运动时，由于物体处于完全失重状态，对支持面没有压力，则物体做圆周运动的向心力由拉力提供，结合牛顿第二定律列出表达式，从而得出待测物体质量的表达式以及所需测量的物理量解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的，结合牛顿第二定律进行求解14某同学在用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时(1)该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把游千分尺测05045乙出正方体木块的边长，如图乙所示，则正方体木块的边长为_ mm；(2)接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动设小车的质量为M，正方体木块的边长为a，并用刻度尺量出图中AB的距离s(as，且已知很小时tan sin )，则小车向下滑动时受到的摩擦力为_(3)然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m，测出对应的加速度a，则下列图象中能正确反映小车加速度a与所挂重物质量m的关系的是_【知识点】 探究加速度与物体质量、物体受力的关系C4【答案解析】（1）5.978mm (2) (3)C 解析：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为：0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为：5.5mm+0.478mm=5.978mm（2）设此时木板与水平面的夹角为，小车刚好做匀速直线运动，所以小车受力平衡，则有：f=Mgsin 根据几何关系可知：tan=sin得：f=Mgsin=Mg（3）设小车与砝码的质量为M，小桶与砂子的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma 对M：F拉=Ma解得：F拉=当mM时，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力所以刚开始a-m图象是一条过原点的直线，当小桶与砂子的质量为m变大后不能满足mM的条件，图象弯曲，且加速度增大的速度变慢，故选C【思路点拨】（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；（2）对小车进行受力分析，根据平衡关系及几何关系即可求解（3）随着m的逐渐增大，当小桶与砂子的质量为m变大后不能满足mM的条件，图象就会发生弯曲三、计算题（8+8+10+12=38分）【题文】15（8分）如图所示，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一小球(可视为质点)，小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动已知小球运动过程中轻绳拉力大小FT和轻绳与竖直方向OP的夹角的关系为：FTbbcos，b为已知的常数，当地重力加速度为g，不计空气阻力，求小球的质量【知识点】 向心力；牛顿第二定律；机械能守恒定律C2 D4 E3【答案解析】 解析：设小球在圆周的最低点即0时速度为v1，此时轻绳上拉力FT2b由牛顿第二定律得2bmgm小球在圆周的最高点即180时速度为v2，此时轻绳上拉力FT0由牛顿第二定律得mgm从最低点到最高点，由机械能守恒得：mvmv2mgL由以上几式解得m.【思路点拨】分别求出当=0和180时绳子的拉力，再根据向心力公式及动能定理列式即可求解 本题主要考查了向心力公式及动能定理的应用，要求同学们能找出向心力的，难度适中【题文】16（8分）如图甲所示，质量为m1kg的物体置于倾角为37固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t11s时撤去拉力，物体运动的部分vt图像如图乙，（g=10m/s2)试求 （1）拉力F的平均功率； （2）t4s时物体的速度v。【知识点】 功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律C2 E1【答案解析】(1)300W (2)2m/s 解析：（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知Fmgsinmgcosma1撤去力后，由牛顿第二定律有mgsinmgcosma2根据图像可知：a120m/s2，a210m/s2t11s时物体的速度：v1a1t1v/ms-1t/s21020甲乙F10拉力F的平均功率为PFv1/2解得P300W（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，v1a2t2，解得t22s则物体沿着斜面下滑的时间为t3tt1t21s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律mgsinmgcosma3t4s时速度va3t32m/s，沿着斜面向下【思路点拨】（1）根据 求出匀加速运动的平均速度，然后根据P=F求出拉力F的平均功率（2）先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度解决本题的关键会运用牛顿第二定律列出动力学方程，以及掌握平均功率的公式P=F本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解【题文】17（10分）如图所示，一个绝缘粗糙平台OABC，AB长L2m，OA高h1m。以O点为原点建立坐标系Oxy，y轴左侧空间存在方向斜向右上方与水平方向成45角、电场强度E10N/C的匀强电场；平台的右侧存在一坡面，坡面的抛物线方程为yx2。在平台左侧B处有一个质量为m0.2kg、电荷量为q+0.1C的物块，物块与桌面的动摩擦因数0.2。在电场力作用下，物块开始向右运动，从A点水平飞出，最后落在坡面上。（g10m/s2）。求：（1）物块从A点水平飞出的速度；（2）物块落到坡面上的动能。【知识点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律；平抛运动C2 D2 I1【答案解析】（1）4m/s；（2）3.2J解析：（1）对带电物块受力分析mgqEFNFf 解得： （2）物块从A点平抛 yx2 得t=1s 又 【思路点拨】（1）对带电物块受力分析，根据动能定理求解物块从A点水平飞出的速度；（2）物块离开A点后做平抛运动，运用平抛运动的规律和数学知识结合求解物块落在坡面上的速度，从而得到动能本题首先要分析清楚物块的运动情况，再根据相应的规律求解，关键要运用数学知识和平抛运动规律结合求出平抛运动的时间【题文】18（12分）如图所示，在倾角为=30的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C 时F的大小恰为2mg。求：（1）从F开始作用到物块B刚要离开C的时间。（2）到物块B刚要离开C时力F所做的功【知识点】 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；胡克定律A2 B1 C2【答案解析】（1） （2） 解析：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知mgsin30=kx1 令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知kx2=mgsin30 Fmgsin30kx2=ma 将F=2mg和=30代入以上各式，解得 由x1+x2 = 解得t=（2） 物块B刚要离开C时，物块A的速度为 此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零。由动能定理得 解得 【思路点拨】（1）根据共点力平衡以及胡克定律求出未施加F时弹簧的压缩量，根据共点力平衡和胡克定律求出B刚要离开时弹簧的伸长量，通过牛顿第二定律求出A的加速度大小，通过位移时间公式求出从F开始作用到物块B刚要离开C的时间（2）根据v=at求出物块B刚要离开C时，物块A的速度，此时弹簧的伸长量和F开始作用时的压缩量相同，弹簧的弹性势能改变量为零由动能定理列式即可求解本题综合考查了共点力平衡、胡克定律和牛顿第二定律，综合性较强，关键理清初末状态，结合动力学知识求解