重庆市巴蜀中学2024-2025学年高一下学期3月月考物理试题

重庆市巴蜀中学教育集团 高2027届高一（下)月考考试 物理试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚。 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦千净后，再选 涂其他答策标号。在试卷上作答无效。 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存。满分100分，考试用时90分钟。 一、单选题（共11题，每题3分，共33分，每题只有一个选项符合题目要求） 1.著名物理学家杨振宁曾说过：“如果一定要举出某个人，某一天作为近代科学诞生的标志，我选牛顿《自 然哲学的数学原理》在1687年出版的那一天。”关于相关物理学史说法有误的是( A.牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了牛顿运动定律作为牛顿力学的基础 B.根据日常的观察和经验，先提出以托勒密为代表的“地心说”，而后哥白尼又提出了“日心说” C英国物理学家卡文迪什利用扭秤实验装置通过微小量放大法比较准确地测出了引力常量G D.爱因斯坦提出狭义相对论，颠覆了牛顿力学的绝对时空观，使牛顿力学失去了应用的价值 2.如图所示，假设一根梭镖以接近光速的速度穿过一根等长的静止管子，它们的长度都是在静止状态下测量 的。根据爱因斯坦的狭义相对论以下叙述中最好地描述了梭镖穿过管子情况的是() A静止的观察者看到梭镖变短，因此在某个位置，管子能完全遮住梭镖 》> B静止的观察者看到梭镖变长，因此在某个位置，梭镖从管子的两端伸出来 C静止的观察者看到两者的收缩量相等，因此在某个位置，管子仍恰好遮住梭镖 D.静止的观察者看到两者的伸长量相等，因此在某个位置，管子仍恰好遮住梭镖 3.如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物， 已知货箱的质量为0，货物的质量为m,货车向左做匀速直线运动，在将货物提升 到图示的位置时，货箱速度为，连接货车的绳与水平方向的夹角为8，重力加速度 为g,不计一切摩擦，下列说法正确的是() A.货车的速度等于psin0 B.货车的速度等于cos0 C.缆绳中的拉力r大于(mo十m)g D.货箱对货物的支持力小于mg 4.一个物体以初速度水平抛出，落地时速度为，不计空气阻力，重力加速度为g,则运动时间为() A+山 B,二 cVotw D.- 8 g g g 5.甲、乙两颗人造卫星均绕地球做匀速圆周运动，甲的质量是乙的3倍，甲的轨道半径是乙的2倍。下列 推论正确的有() A.由v=VgR可知，甲的速度是乙的V2倍 B.由a=w2+可知，甲的向心加速度是乙的2倍 C.由F=ma可知，甲的向心力是乙的6倍 D.由=k可知，甲的周期是乙的2V2倍 2 高一物理试卷第1页（共6页） 可▣ 扫描全能王创建 6.如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直 光滑轴0转动，另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度m出发，恰好能 充成2个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小州() mIo B.Ivo2 Cmvo2 D.mvo2 2L 4nL 8πL 16πL 1.如图所示，某人做蹦极运动，从高台由静止开始下落，下落过程若不计空气阻力，设弹性绳原长为， 性绳的弹力与其伸长量成正比，则他从高台下落至最低点的过程中，他与地球组成的系统机械能E随下 落距离h变化的关系图像正确的是() 8.如图所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔（用O表示），用一细绳穿过小孔连接质量分别为 !、m?的小球A和B。让两小球同时做圆周运动，B球绕O点做圆锥摆运动，细绳与竖直方向的夹角为， A球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心O做匀速圆周运动，两球做圆周运动的角速度相同，OA、OB的绳长相 等，两小球均视为质点，则两球的质量之比为() A.1:1 B.1:sin C.1:cos D.1 tan 9.如图所示，小球沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点时，小球的机械能E、重力势能E(取圆轨道的最低 点为势能零点)和动能E的相对大小（用柱形高度表示），可能正确的是() E B 10.如图所示，将一根光滑的硬质金属导线制成四分之一圆弧轨道AB后固定在竖直平面内，O1为轨道的圆 心，OB水平。质量为m的圆环P套在轨道上，足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮O2、O3分别连接 圆环P与另一质量也为m的小球Q,AO1BO2为一边长为R的正方形。现将圆环P从圆弧轨道的最高点A 由静止释放，在细绳拉动下开始沿轨道运动。已知重力加速度为g,空气阻力忽略不计。则圆环P下滑至B 点的过程中，下列说法正确的是( A小球Q的机械能先增加后减少 B.小球Q动能最小时，圆环P的速度大小为√gR C轻质细绳对小球Q做功为零 00 D.圆环P运动到B点时，圆弧轨道对圆环P的弹力大小为mg 高一物理试卷第2页（共6页） 扫描全能王创建 11.一颗通讯卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动，其周期为地球自 ,通讯卫星轨道 转周期T的3，如图所示，运行的轨道与地球静止卫星轨道不共面。 此刻，该通讯卫星恰好经过静止卫星正下方。已知地球两极处的重 力加速度为g,半径为R则( 静止卫星轨道 A.通讯卫星距地面高度为 4π2 -R B.通讯卫星与位于地球赤道上的物体向心加速度之比为，7您RT月 18R C.此刻之后，静止卫星与通讯卫星最远距离为两者轨道半径之和，两次相距最远间隔3T 2 D.此刻之后，静止卫星与通讯卫星最近距离为两者轨道半径之差，两次相距最近间隔37 2 二、多选题（共4题，每题4分，共16分，每题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分， 有错选的得0分) 12.中国预计将在2030年实现载人登月，把月球作为登上更遥远 行星的一个落脚点。如图所示是“嫦娥”的奔月简化示意图，“嫦娥” 24h轨道48h轨道 16b轨道 Q轨道I 卫星发射后经多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕 获，成为绕月卫星。关于“嫦娥”，下列说法正确的有() A从地面发射时的速度必须达到第二宇宙速度 轨道Ⅱ 地月转移轨道 轨道Ⅲ B.在绕地轨道中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变 C.在轨道1上运动经过Q点时的速度小于在轨道T上运动经过Q点时的速度 D在不同的绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相同 13.风力发电已成为世界实现“双碳”目标的重要途径之一，在我国新疆，大型风力发电机是一种将风能转化 为电能的装置，如图所示。某风力发电机转化效率n可视为不变。该风机叶片长度为1，空气密度为，风场 风速为，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是() A.单位时间内冲击该风力发电机叶片圆面积的气流的动能为】V 2 B.该风力发电机的输出电功率与风速的平方成正比 C.该风力发电机T时间内输出电能为号vT 2 D.若该地区每天平均有1.0×10kW的风能资源，则风力发电机每天发电量为2.4×10°kWh 14.如图为一种升降电梯的原理图，A为电梯的轿厢，B为平衡配重，A、B由跨过轻质 定滑轮 滑轮的足够长轻质缆绳连接，不计空气阻力和摩擦阻力，g=10m/s2,以此分析物理过程。 定滑轮 假设在某次启动运行时A(含乘客)、B的质量分别为1000kg和800kg,电动机通过牵引 绳向下拉配重B,使得电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相 配重B 撞)。若设定电动机输出功率P=6kW保持不变，则() 轿厢A A.轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动 B.轿厢A能达到的最大速度加=3m/s C.轿厢A向上的加速度为a=2m/s2时，配重B下端的牵引绳上拉力F=5600N Q0功 D.轿厢A从静止开始到上升的高度为3m时，所用的时间t=2.35s 电动机定滑轮 高一物理试卷第3页（共6页） 扫描全能王创建 传 15.如图所示，生产车间有两条完全相同的水平传送带甲和乙，它们相互垂直且等高，工作时都匀速运动， 两速度大小v甲、v,可调但满足v"十vz=,式中v为已知定值（即两传送带的速度代数和始终不变）。将 一质量为m的工件A(视为质点)轻放到传送带甲上，工件离开传送带甲前已经与传送带甲的速度相同，并平 稳地传送到传送带乙上，传送带足够宽，工件不会掉落。两传送带正常工作时，下列说法正确的是() A.工件在传送带甲和乙上共速前受到的摩擦力一定相同 B.当vm=0.5vz时，工件在传送带乙上留下的滑动痕迹最短 传送带乙 C.当v=0.5vz时，工件与两传送带因摩擦而产生的总热量最小 传送带甲 吃 D.驱动传送带的电机因传送工件至少需要额外做的功为二mv 日00 三、实验题（共2题，16题6分，17题9分，共15分） 12.如图甲所示，利用向心力演示仪探究做圆周运动的小球，当质量、半径一定时，所需向心力大小F与角 速度ω之间的关系。 标尺 轮 手柄 乙 丙 (1)如图乙所示，若传动皮带套在塔轮第二层，左、右两塔轮半径R1、R2之比为2：1，则塔轮转动时，A、 C两处的角速度之比@：02= (2)左、右两标尺上黑白相间的等分格显示如图丙所示，则A、C两处钢球所受向心力大小之比F1:F约 为 3)由此实验现象，可初步猜想当质量、半径一定时，所需向心力大小F与」 成正比关系， 从而进行下一步探究。 13.为了探究动能变化与合外力做功的关系，巴蜀中学物理社的同学设计了如下实验方案： 第一步：把长木板附有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的重锤跨过定滑轮相连， 重锤后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲 所示。 第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸 带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带， 如图乙所示，打出的纸带如图丙所示. M时 重锤 滑块 打点计时器 纸带 匆 丙 请回答下列问题： (I)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为T,O点为打点计时器打下的第一点，根据纸 带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度v= )已知重锤质量为m,当地的重力加速度为g,要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑 块 (写出物理量名称及符号)，合外力对滑块做功的表达式W金=】 (3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度 ,以2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系，描点作出y2一W图象，理论上该图象应是一条 1 根据绘制的图象还可求得 高一物理试卷第4页（共6页） 扫描全能王创建 四、解答题（共3思，18题8分，19题12分，20题16分，共36分，每题要求写出必要的文字说明、方程 式和步源) 18.中因科幻电影《流浪地球》讲述了宇宙航行的故事，假设人们在逃离过程中发现一种三星组成的孤立系 统。三星的质量相等、半径均为R,稳定分布在等边三角形的三个顶点上，三角形的边长为山，三星绕0O点 啟周期为T的匀速圆周运动，已知万有引力常量为G,忽略星体的自转。求： (1)每个星球的质量M 2)每个星球的第一宇宙速度. 19.如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴OO转动，圆弧槽半径为R,圆心为 O。质量m=1kg的小球A通过长L=3R-3m的轻绳连接小球B,两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO 与水平方向间夹角0=60°。已知重力加速度为g-10m/s2, (I)求B球的质量M (2)若固定转台，将A球缓慢移至圆弧槽的左端点Q,再静止释放，求A球再次运动到P点时的动能E: (3)若将绳子的折点固定在圆弧槽的左端点Q,同时A球固定在P点，使转台绕O0轴从静止开始缓慢加速 转动，直到轻绳QB与竖直方向间夹角02=30°，求此过程中转台对两球做的功W 高一物理试卷第5页（共6页） 器 扫描全能王创建 20.如图所示，三个可视作质点的小物块A、B、C放置在水平地面上，质量关系为2mA=mB=mc=2m,A紧 靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B,开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。 现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撒去恒力，一段 时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的动摩擦因数均为4，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，簧始终在弹性限度内，重力加速度为g(弹簧的弹性势能可表示为：B。=,k为弹簧 2 的劲度系数，x为弹簧的形变量) (I)求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能Ek: (2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmim; (3)若三物块都停止时B、C间的距离为x,从B、C分离到B、C均停止运动的整个过程，B克服弹簧弹 力做的功为m,通过推导比较W与2mgc的大小. A00000000BICF 777777777777777777777 器 扫描全能王创建高一物理答案 第 1 页（共 4 页） 巴蜀教育集团 高 2027 届高一（下）月考 物理参考答案及评分细则 一、单选题(共11题，每题3分，共33分，每题只有一个选项符合题目要求) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A C D D C C A B D D 2.【解析】梭镖相对于静止的观察者高速运动，根据相对论的长度收缩效应可知，梭镖长度收缩变短，而管 子相对于观察者是静止的，同理知管子长度不变，因此在某个位置，管子能完全遮住梭镖，故 A正确。 8.【解析】对 A球，细绳的拉力提供向心力，所以有 FT＝m1rω2，对 B球，细绳的拉力的分力提供向心力， 即 FTsin θ＝m2rsin θ·ω2，联立解得m1 m2 ＝1，故 A正确． 9.【解析】设轨道半径为 R，则小球运动到最高点时，速度最小为 vmin＝ gR，即动能不为零，则机械能 E 机 大于重力势能 Ep；最高点的重力势能 Ep＝2mgR，最小动能为 Ekmin＝1 2 mv2min＝1 2 mgR，即在最高点时的动能 Ek≥1 2 mgR，故 B正确。 10.【解析】在圆环 P下滑至 B点的过程中，小球 Q先向下运动，后向上运动，细绳拉力对 Q先做负功后 做正功，因此小球 Q的机械能先减少后增加；根据速度的合成与分解可知，圆环 P的速度沿细绳方向的分 量大小等于 Q的速度大小，当小球 Q的速度为零时，圆环 P的速度方向与细绳垂直，此时细绳与水平方向 的夹角为 45°，有      2 2 145cos22 pmvRRmgRRRmg  ，解得  gRvp 236 ；圆环 P运动到 B 点时，小球 Q返回初始位置，P、Q的速度大小相等，得 22 2 1 mvmgR  ，对小球 Q有 0 2 1 2  mvWT ；在 B点，对圆环 P有 R mvNFn 2  ，解得圆弧轨道对圆环 P的弹力大小 FN＝mg，故 D正确。 11.【解析】设通讯卫星的质量为 m，距地面高度为 h，有  2 2 2 4 T mr r GMm    ，又 TT 7 3  、 mg R GMm 2 和 hRr  ， 联 立 解 得 RTgRh        3 1 2 22 196 9  ； 做 圆 周 运 动 的 物 体 加 速 度 为 2 24 T ran   ， 则  3 1 22 2 2 1 126 18 7 3 7 TgR RR r a a         ；由于轨道特殊的空间关系，想要静止卫星与通讯卫星最近距离为两者 轨道半径之差，或最远距离为两者轨道半径之和，位置只能在“此刻”的位置或者“此刻”背后的位置，因 TT 7 3  ，可得频率关系为 ff 3 7  ，则静止卫星转 2 1圈，通信卫星转 2 1 3 7  圈，不满足；静止卫星转 2 2 圈， 通信卫星转 2 2 3 7  圈，不满足；静止卫星转 2 3 圈，通信卫星转 2 7 2 3 3 7  圈，满足最近条件，且回到相对初始 位置，故不会出现“最远距离为两者轨道半径之和”，但会出现“最近距离为两者轨道半径之差”且周期为 T 2 3 ， 此解与转向无关，故 D正确。 高一物理答案 第 2 页（共 4 页） 二、多选题(共4题，每题4分，共16分，每题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分， 有错选的得0分) 题号 12 13 14 15 答案 BC AC BC CD 13.【解析】 t 时间流过风机叶面的流动空气体积为 tvl 2 ， t 时间流过风机叶面的流动空气质量为 tvl 2 ， t 时间流过风机叶面的流动空气动能为 22 2 1 tvvl  ，则单位时间流过面积 A的流动空气动能为 32 2 1 vl ； 转化效率 不变，可知该风力发电机的输出电功率为 32 2 1 vl ；该风力发电机 T 时间内输出电能为 Tvl 32 2 1 ，由于风力发电存在转化效率，若每天平均有 1.0×108 kW 的风能资源，则每天发电量应满足 E<1.0×108×24 kW·h＝2.4×109 kW·h，故 AC正确。 14.【解析】电动机输出功率 P＝6 kW 保持不变，速度增大时，根据 P＝Fv可知牵引力减小，所以轿厢 A 做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动；当轿厢 A的速度达到最大时，轿厢 A做匀速直线运 动，此时电动机的牵引力为 F＝(M－m)g，又 P＝Fvm，联立解得 vm＝3 m/s；当 A向上的加速度为 a＝2 m/s2 时，设 A、B之间绳的拉力大小为 F1，对 A有 F1－Mg＝Ma，重物 B下端绳的拉力大小为 F，对 B有 F＋ mg－F1＝ma，联立解得 F＝5 600 N；假设轿厢 A从静止开始到上升的高度为 3 m时，轿厢已处于匀速状态， 对 A、B整体，由动能定理得 Pt＋mgh－Mgh＝1 2 (M＋m)vm2-0，解得 t＝2.35 s，但用 v-t图检验该答案时发现， 位移有矛盾，故 BC正确。 15.【解析】取传送带乙为参考系，工件滑上传送带乙时的速度如图，工件受到的滑动 摩擦力方向与相对运动方向相反，所以工件在两传送带上受到摩擦力大小相等，但方 向不同；由牛顿第二定律可得，工件在传送带上的加速度为 a＝F m ＝ μmg m ＝μg，设工件 在传送带乙上的滑动痕迹为 x，则 v 甲 2＋v 乙 2＝2μgx，又因为 v 甲＋v 乙＝v，解得 x＝ v2－2v 甲v 乙 2μg ，由数学知识可得，当 v 甲＝v 乙时，x取最小值；设工件在传送带甲上的滑 动痕迹为 x1，工件与两传送带因摩擦产生的总热量为 Q，则 v 甲 2＝2μgx1，Q＝μmg(x＋ x1)，整理得 Q＝ mv2＋3v 甲 2－2v 甲v 2 ，则当 v 甲＝ v 3 时，Q取最小值，此时 v 乙＝ 2v 3 ；根据能量守恒定律可知， 电动机额外做的功等于产生的热量与工件的末动能之和，则有 W＝mv 2＋3v 甲 2－2v 甲v 2 ＋ mv 乙 2 2 ，整理得 W ＝ m 2 [v2＋v 甲－v 乙2]，当 v 甲＝v 乙时，W取最小值，最小值为 Wmin＝ mv2 2 ，故 CD正确。 三、实验题(共2题，16题6分，17题9分，共15分) 12. 【答案】（1）1∶2 （2分） （2）1∶4 （2分） （3）角速度的平方ω2（写成“角速度的平方”或“ω2”也给 2分）（2分） 13. 【答案】 (1) T xx 2 13  （2分） (2)下滑的位移 x（只写物理量名称或符号给 1分）（2分） mgx（和前一空对应） （1分） (3)过原点的直线（只写“直线”给 1 分）（2分） 滑块的质量 M（只写“滑块的质量”或“M”也给 2分）（2分） 高一物理答案 第 3 页（共 4 页） 【解析】 (1)由打出的纸带可知打 B点时的速度为 vB＝ T xx 2 13  ；(2)由题知撤去重锤后，滑块下滑时受到的 合力等于重锤的重力，只要知道滑块下滑的位移 x就可得合力所做的功，W＝mgx；(3)由动能定理得 W＝ 1 2 Mv2，若描点作出 v2－W图象，则其为一条过坐标原点的倾斜直线，直线斜率 k＝ 2 M ，故可求滑块质量 M. 三、解答题(共 3题，18题 8分，19题 12分，20题 16分，共 36分，每题要求写出必要的文字说明、方程 式和步骤) 18.【答案】 (1)M＝4π 2d3 3GT2 （4分）（2）v＝2πd T d 3R （4分） 【解答过程】(1)三星均围绕边长为 d的等边三角形的中心 O做匀速圆周运动， 由几何关系，得半径为 r＝ d 2cos 30° ＝ 3 3 d （1分） 设星球质量为 M，有 2GMM d2 cos 30°＝M4π 2 T2 r （2分） 解得：M＝4π 2d3 3GT2 （1分） （2）第一宇宙速度为最大的环绕速度，有 GMm R2 ＝mv 2 R （2分） 解得：v＝2πd T d 3R （2分） 19.【答案】(1) 3 3 kg （3分） (2) J 39 60380  （4分） (3) J 24 1603165  （5分） 【解答过程】(1)对 A球在 P点进行受力分析，如图所示 可知三角形 OQP为等边三角形，槽对 A球的支持力 FN与线中张力 T大小相等， 则有 2Tsin θ1＝Mg，又 T＝mg （2分） 解得：M＝ 3 3 m= 3 3 kg （1分） (2)设 A球运动到 P点的速度为 vA，此时 B球的速度为 vB，则 vAsin θ1＝vB （1分） 取两球组成的系统，研究从释放到 A球运动到 P点的过程， 有 mgRsin θ1＝MgR＋ 1 2 mv2A＋1 2 Mv2B （2分） 解得： J 39 60380 2 1 2 AA   mvEk （1分） (3)细线 QB与竖直方向间夹角θ2＝30°时， A、B球转动的半径分别为 rA＝Rcos θ1，rB＝R＋(L－R)sin θ2 （1分） 对 B球，根据牛顿第二定律可得 Mgtan θ2＝Mω2rB （1分） 转台对两球做的功为   22222 cos12 1 2 1   RLMgrMrmW BA （2分） 联立解得： J 24 1603165  W （1分） 高一物理答案 第 4 页（共 4 页） 20.【答案】(1) k mgF 82  （3分） k gmmgFF 2222 3212   （3分） (2) mg 2 2612 （6分） (3)推导见解析，结论 BCmgxW 2 （4分） 【解答过程】 (1)据题意可先分别设 A、B、C的滑动摩擦力为 f、2f、2f，简化表达。 从开始到 B、C向左移动到最大距离的过程中，以 B、C和弹簧为研究对象， 有 Fx0＝4fx0＋ 1 2 kx20 （2分） 解得： k mgF k fFx 82820     （1分） 弹簧恢复原长时 B、C分离，从弹簧最短到 B、C分离，以 B、C和弹簧为研究对象 有 1 2 kx20＝4fx0＋2Ek （2分） 解得： k gmmgFF k fFfFEk 222222 32123212      （1分） (2)当 A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为 x，以 A为研究对象， 由平衡条件得 kx＝f （1分） 若 A刚要离开墙壁时 B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值 Fmin，从弹簧恢复原长到 A刚要离开 墙的过程中，以 B和弹簧为研究对象， 有 Ek＝ 1 2 kx2＋2fx （2分） 结合第(1)问 Ek 的结果 求得： fF 2 2612 1   、 fF 2 2612 2   （1分） 要确保开始能推动 BC，应有 F>4f （1分） 故舍去 F2，所以恒力的最小值为 mgfF  2 2612 2 2612 min     （1分） (3)从 B、C分离到三物块都停止，设 B的路程为 sB，C的位移为 xC， 以 B为研究对象， 有－W－2fsB＝0－Ek （1分） 以 C为研究对象， 有－2fxC＝0－Ek （1分） 由 B、C的运动关系得 sB xC－xBC （1分） 联立有 BCBC fxfsfxW 222  可知 BCmgxW 2 （1分）