山东省济宁市汶上一中2022届高三物理上学期第一次月考试卷（含解析）

2022-2022学年山东省济宁市汶上一中高三（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共12题，每小题4分，共48分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）1．（4分）（2022秋•椒江区校级期中）关于速度和加速度，下列说法中正确的是（　　）　A．速度变化量越大，加速度就越大　B．速度变化越快，加速度越大　C．加速度保持不变，速度方向可能改变　D．加速度大小不断变小，速度大小也一定不断变小考点：加速度；速度．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．解答：解：A、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故A错误．B、速度变化越快，加速度越大，故B正确C、加速度保持不变，速度方向可能改变．例如平抛运动，故C正确D、如果加速度方向与速度方向相同，加速度大小不断变小，速度大小一定增大，故D错误故选BC．点评：本题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决．　2．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）共点力的大小分别为8N、3N，它们之间的夹角可任意变化，若用一个力来替代，则可用（　　）　A．3NB．8NC．10ND．15N考点：力的合成．版权所有专题：受力分析方法专题．分析：两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，并且F1+F2≥F≥|F1﹣F2|．解答：解：根据F1+F2≥F≥|F1﹣F2|．知合力的范围为：5N≤F≤11N．在合力范围内的大小都有可能．故B、C正确，A、D错误．故选：BC．点评：两力合成时，合力的大小满足F1+F2≥F≥|F1﹣F2-14-\n|，在此范围内所有的值均是有可能的．　3．（4分）（2022春•高阳县校级期末）如图所示，物体A、B叠放在物体C上，C置于水平地面上，水平力F作用于B，使A、B、C一起匀速运动，各接触面间摩擦力的情况是（　　）　A．B对C有向左的摩擦力B．C对A有向左的摩擦力　C．物体C受到三个摩擦力作用D．C对地面有向右的摩擦力考点：静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．版权所有专题：摩擦力专题．分析：三个物体都做匀速直线运动，合外力均为零，以B为研究对象，分析C对B的摩擦力方向，即可知道B对C的摩擦力方向；对A研究，由平衡条件分析C对A的摩擦力；对整体研究，分析地面对C的摩擦力．解答：解：三个物体都做匀速直线运动，合外力均为零．A、以B为研究对象，B水平方向受到向右的拉力F作用，根据平衡条件得知，C对B有向左的静摩擦力，而且此静摩擦力与F平衡，根据牛顿第三定律得知，B对C有向右的静摩擦力．故A错误．B、对A研究，由平衡条件得知：C对A没有摩擦力，否则A受力不平衡，不可能匀速直线运动，则A对C也没有摩擦力．故B错误．C、D以整体为研究对象，由平衡条件得知：地面对C有向左的滑动摩擦力，则C对地面有向右的滑动摩擦力，故C受到两个摩擦力．故C错误，D正确．故选D点评：本题关键要灵活选择研究，根据平衡条件分析受力情况，对分析的结果，也可以利用平衡条件：合力为零进行检验．　4．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）a、b、c三物体在同一条直线上运动，其位移图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是该抛物线的顶点，下列说法中正确的是（　　）　A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同　B．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相同　C．在0～5s的时间内，t=5s时a、b两个物体相距最远　物体c做匀加速运动，加速度为0.2m/s2-14-\nD．考点：匀变速直线运动的图像．版权所有专题：运动学中的图像专题．分析：位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向．分析在0～5s内a、b两物体之间距离的变化．图象c是一条抛物线表示匀加速运动．解答：解：AB、位移图象倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动．由图看出斜率看出，a、b两图线的斜率大小、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反．故A错误，B正确．C、a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t=5s时，a、b两个物体相距最远．故C正确．D、对于匀加速运动位移公式x=v0t+，可见，x﹣t图象是抛物线，所以物体c一定做匀加速运动，根据图象可知，v0=0，当t=10s时，x=10m，带入求得：a=0.2m/s2．故D正确．故选：BCD．点评：本题是为位移﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的速度大小和方向．　5．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）如图是某质点运动的v﹣t图象，由图象得到的正确结果是（　　）　A．0～1s内的平均速度是1m/s　B．0～2s内的位移大小是3m　C．0～1s内的加速度小于2～4s内的加速度　D．0～1s内的运动方向与2～4s内的运动方向相反考点：匀变速直线运动的图像．版权所有专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象中，匀变速直线运动的平均速度可用v平均=；而位移的大小可以求解图象与坐标轴之间的面积，物体的加速度可以求解速度时间图象的斜率．-14-\n解答：解：A、0～1s内的平均速速度：v平均==1m/s，故A正确．B、0～2s内的位移大小即梯形面积大小x=（1+2）×2=3m，故B正确．C、0～1s内的加速度：a==2m/s2；2～4s内加速度：a==﹣1m/s2；所以0﹣1s内的加速度大，故C错误．D、0﹣1s内与2﹣4s内图线均在v正半轴，即速度都为正方向，运动方向相同，故D错误．故选：AB．点评：速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，切线代表该位置的加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．　6．（4分）（2022秋•余江县校级期中）一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，在小石子下落通过A点时按动快门对小石子照相得到如图所示的照片，由于小石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图所示．已知曝光时间为s，重力加速度g=10m/s2，则小石子出发点离A点约为（　　）　A．5mB．10mC．15mD．25m考点：自由落体运动．版权所有专题：自由落体运动专题．分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：解：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m．曝光时间为，所以AB段的平均速度的大小为V===10m/s由自由落体的速度位移的关系式V2=2gh可得，h===5m故选：A点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．　7．（4分）（2022秋•西湖区校级期中）如图所示，质量为m的质点和半径为R的半球体均静止，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是（　　）-14-\n　A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左　B．质点对半球体的压力大小为mgcosθ　C．质点所受摩擦力大小为μmgcosθ　D．质点所受摩擦力大小为mgcosθ考点：摩擦力的判断与计算．版权所有专题：摩擦力专题．分析：对整体分析可知地面对半球体的摩擦力；对质点受力分析，由共点力的平衡可知质点受到的支持力及摩擦力，再由牛顿第三定律可得出质点对球的压力．解答：解：对整体受力分析可知，整体水平方向不受外力，故地面对半球没有摩擦力；故A错误；对质点受力分析，质点受重力、支持力及摩擦力；如图所示，由共点力的平衡可知，质点受到的支持力F=mgsinθ，故由牛顿第三定律可求得质点对半球体的压力大小为mgsinθ；故B错误；质点受到的摩擦力f=mgcosθ，故C错误，D正确；故选：D．点评：本题考查物体的共点力的平衡问题，关键在于正确的选择研究对象，做好分力分析，根据共点力的平衡得出表达式即可求解．　8．（4分）（2022•天津）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2（各物理量均采用国际单位），则该质点（　　）　A．第1s内的位移是5m　B．前2s内的平均速度是6m/s　C．任意相邻的1s内位移差都是1m　任意1s内的速度增量都是2m/s-14-\nD．考点：匀变速直线运动的公式．版权所有分析：根据匀变速直线运动的位公式对比即可得出结论．解答：解：A、将t=1代入即可求出第1s内的位移是x=6m，A错误；B、前2s内的平均速度为m/s，B错误；C、与对比可知a=2m/s2，则△s=aT2=2m，C错误；D、由加速的定义式可知D选项正确．故选：D．点评：本题考查的就是匀变速直线运动的公式的应用，根据公式即可求得，比较简单．　9．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（　　）　A．M静止在传送带上B．M可能沿斜面向上运动　C．M受到的摩擦力不变D．M下滑的速度增大考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．版权所有专题：传送带专题．分析：对物体受力分析，由于传送带是向上运动的，物体的受力没有变化，所以物体的运动状态不变．解答：解：传送带静止时物块匀速下滑，物块受到平行于斜面向上的滑动摩擦力，物块做匀速直线运动，物块重力沿斜面方向的分力和物块受到的滑动摩擦力相等．传送带启动后，传送带相对于物块向上运动，物块相对于传送带向下运动，物块受到的摩擦力向上，物块受力情况不变，物块仍然沿传送带匀速下滑，故ABD错误，C正确；故选：C．点评：物体本来就是向下运动，受到的摩擦力是向上的，当传送带在向上转动时，对物体的受力没影响，如果传送带向下转动，情况又会不同．　10．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）如图所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点．每隔2s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）t/s0246v/（m•s﹣1）08128-14-\n　A．t=3s的时刻物体恰好经过B点　B．t=10s的时刻物体恰好停在C点　C．物体运动过程中的最大速度为12m/s　D．A、B间的距离小于B、C间的距离考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：根据图表中的数据，由运动学公式可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=﹣2m/s2．如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点．通过运动学公式求出vB，即可求出AB、BC的距离．解答：解：A、C、根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=﹣2m/s2．根据运动学公式：8+a1t1﹣a2t2=12，t1+t2=2，解出t1=s，知经过s到达B点，到达B点时的速度v=a1t=m/s．如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点．是在2s到4s之间经过B点．所以最大速度不是12m/s．故AC均错误．B、第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间t′=s=4s，所以到C点的时间为10s．故B正确．D、根据v2﹣v02=2ax，求出AB段的长度为m．BC段长度为m，则A、B间的距离小于B、C间的距离，故D正确．故选：BD．点评：解决本题的关键熟练掌握运动学公式v2﹣v02=2ax、v=v0+at，并能通过计算分析物体的运动过程．　11．（4分）（2022秋•绥棱县校级期末）如图所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦．如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是（　　）-14-\n　A．F1增大，F2减小B．F1减小，F2增大　C．F1和F2都减小D．F1和F2都增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：以小球为研究对象，分析受力，由平衡条件得出绳对球的拉力、墙对小球的支持力与绳子与墙的夹角的关系式，再分析F1和F2如何变化．解答：解：以小球为研究对象，分析受力如图．设绳子与墙的夹角为θ，由平衡条件得F1′=，F2′=mgtanθ根据牛顿第三定律得球对绳的拉力F1=F1′=，球对墙的压力F2=F2′=mgtanθ把绳的长度增大减小，θ减小，cosθ增大，tanθ减小，则得到F1和F2都减小．故选：C点评：本题物体的平衡中动态变化分析问题，采用的是函数法，也可以运用图解法．　12．（4分）（2022秋•天元区校级月考）如图所示，有5000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°，则第2022个小球与2022个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于（　　）　A．B．C．D．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有-14-\n专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先以整体为研究对象，由平衡条件求出F的大小，再以2022个到5000个小球组成的整体为研究对象，根据平衡条件求出第2022个小球与2022个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值．解答：解：以5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得：F=5000mg再以2022个到5000个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2所示，则有：tanα==；故选：D．点评：本题的解题关键是选择研究对象，采用整体法与隔离法相结合进行研究，用质点代替物体，作图简单方便．　二、填空题（共14分、13题4分、14题10分把答案填在相应的横线上．）13．（4分）（2022秋•汶上县校级月考）某测摩托车在水泥路面上行驶时所受的牵引力，设计了下述实验：将输液用的500ml玻璃瓶装适量水后，连同输液管一起绑在摩托车上，调节输液管的滴水速度，刚好每隔1.0s滴一滴，该同学骑摩托车，先使之加速到某一速度，然后熄火，让摩托车沿直线滑行，如图是某次实验中水泥路面上的部分水滴（左侧是起点）．根据该同学的实验结果可估算（g=10m/s2）（如图长度单位：m）（1）骑摩托车行驶至D点时的速度大小为　14.5　m/s；（2）骑摩托车加速时的加速度大小为　4.0　m/s2．考点：测定匀变速直线运动的加速度．版权所有专题：实验题；直线运动规律专题．分析：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D点时小车的瞬时速度大小．解答：解：（1）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，得：vD===14.5m/s（2）已知前四段位移，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2-14-\n可以求出加速度的大小，即小车运动的加速度计算表达式为：a===4.0m/s2故答案为：14.5，4.0点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．　14．（10分）（2022秋•汶上县校级月考）某同学做“验证力的平行四边形定则”实验的情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．（1）实验中用弹簧测力计测量力的大小时，下列使用方法中正确的是　BCD　．A．拿起弹簧测力计就进行测量读数B．拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦（2）关于此实验的下列说法中正确的是　A　．A．同一次实验中，O点位置不允许变动B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°D．实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点（3）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　F′　．（4）本实验采用的科学方法是　B　．A．理想实验法B．等效替代法C．逆向思维法D．建立物理模型法（5）在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果是否会发生变化？答：　不变　．（选填“变’或“不变”）考点：验证力的平行四边形定则．版权所有专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：正确使用弹簧测力计，要做到：首先看清弹簧测力计的量程，也就是弹簧测力计上的最大刻度即弹簧测力计的测量范围．加在弹簧测力计上的力，不能超出这个范围．测量时，要使测力计内的弹簧轴线方向跟所测力的一致，不可用力猛拉弹簧或让弹簧测力计长久受力，以免损坏．根据合力与分力的关系是等效的，分析橡皮筯的结点位置要求．按实验原理和方法分析实验要求．-14-\n解答：解：（1）A、弹簧测力计读数前要进行调零，故A错误；B、拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程，故B正确；C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数，故C正确；D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦，故D错误故选：BCD．（2）A．本实验采用的是等效替代的方法，同一次实验中，O点位置不允许变动，故A正确；B、实验中，需记录弹簧测力计的读数和O点的位置，以及拉力方向，故B错误；C、实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90°，故C错误；D、本实验只要达到效果相同，对弹簧称拉力的大小没有要求，不需要将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程．故D错误；故选：A．（3）F1与F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值．所以图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F′．（4）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正确．故选：B．（5）细绳的作用是确定两个力的方向，换成橡皮筋也可以确定两个力的方向，故如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果不会发生变化；故答案为：（1）BCD；（2）A；（3）F′（4）B；（5）不变点评：本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代．解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，明确合力和分力之间的关系，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题．　三、计算题（本题3小题，共38分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）15．（12分）（2022•文峰区校级模拟）道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的若继续行驶，则属于交通违章行为．一辆以10m/s的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为25m时，绿灯还有2s的时间就要熄灭（绿灯熄灭黄灯即亮）．若该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2．请通过计算说明：（l）汽车能否不闯黄灯顺利通过；（2）若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有专题：直线运动规律专题．分析：本题要求汽车在规定的时间内通过规定的位移，即在2s内通过25米的位移，如果能就可以不闯黄灯顺利通过；若要求汽车恰好能紧靠停车线停下，就要求的末速度为零，位移为25米，再根据运动学速度位移公式求解即可．解答：解：（1）若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2s内前进的距离-14-\n由于s1小于25m，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过．（2）若汽车紧靠停车线停下，则其位移为25m．设加速度为a，则由于a小于5m/s2，所以汽车能够恰好紧靠停车线停下的条件是加速度为2m/s2．答：（l）汽车不能不闯黄灯顺利通过；（2）若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是以2m/s2的加速度做匀减速运动．点评：本题是匀变速基本公式的直接运用，注意理解题目中的隐含条件即可，难度不大．　16．（12分）（2022秋•汶上县校级月考）如图所示，质量为mB=14kg的木板B放在水平地面上，质量为mA=10kg的木箱A放在木板B上．一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37°．已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4．现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，试求：（sin37°=0，6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2）（1）绳上张力FT的大小；（2）拉力F的大小．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）对木块A受力分析，受到重力、支持力、B对A的摩擦力和细线的拉力，根据共点力平衡条件列式求解即可；（2）对木块B受力分析，受到重力、A对B的压力和摩擦力、地面的支持力和摩擦力，最后根据共点力平衡条件列式求解即可．解答：解：（1）对木箱受力分析可知在竖直方向有：NAB=mAg+Tsinθ水平方向：fAB=TcosθfAB是滑动摩擦力，有：fAB=μ1（mAg+Tsinθ）解得：=100N，NAB=100+60=160N（2）若将A、B作为一个整体，物体系统受力如答图所示，系统处于平衡，受到合外力为零，由图可知竖直方向：N=（m+m）g+Tsinθ=300N-14-\n地面对木箱的滑动摩擦力：f地=μ2N=120N在水平方向：F=Tcosθ+f地=200N答：（1）绳上张力T为100N；（2）拉力F的为200N．点评：本题关键是先后对木块A和木块B受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用正交分解法列方程求解．　17．（14分）（2022春•沙河口区校级期中）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，现用力F沿斜面向上缓慢推动m2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求：（1）m1、m2各上移的距离．（2）推力F的大小．考点：胡克定律；牛顿第二定律．版权所有分析：（1）由题，两弹簧的总长等于两弹簧的原长之和，则知，k1的伸长量与k2的压缩量相等，由m1重物平衡可求出k1轻弹簧的形变量．先求出k1原来的伸长量，再由几何关系求出m1上移的距离．（2）根据两弹簧的形变量相等，由胡克定律列方程，求出F．解答：解：（1）设k1轻弹簧的形变量为x，则由题意两弹簧的总长等于两弹簧的原长之和，则知k1的伸长量与k2的压缩量相等，由m1重物平衡得：k1x+k2x=m1gsinθ，解得：x=k1原来的伸长量为：x0=则由几何关系得，m1上移的距离为：S=x0﹣x联立得：S=﹣刚开始弹簧2的形变量为：-14-\n加外力后m2上移的距离：S′=S+（x′0+x）=（2）对m2重物平衡可知：F=m2gsinθ+k2x=m2gsinθ+k2答：（1）m1、m2各上移的距离S=﹣，S′=（2）推力F的大小m2gsinθ+k2．点评：本题是平衡条件和胡克定律的综合应用，关键要剖题，分析得到两弹簧形变量相等．　-14-