课时分层检测(10)实验二：探究弹簧弹力与形变量的关系实验三：探究两个互成角度的力的合成规律-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（十） 实验二：龙 实验三：探究两个互成 1.(2026·河北邯郸模拟)某实验 小组用压力传感器设计测量弹 簧劲度系数的实验方案。如图 所示，压力传感器放在水平地 面上，一轻质弹簧下端与重物 压力 连接，上端与跨过定滑轮的轻 传感器 绳连接，轻绳的另一端连着托 盘。托盘中不放砝码时，传感器读数为F。,在托 盘中放置n(n=0,1,2,3,4,5)个砝码，对应弹簧 长度的变化量为xm,传感器的读数为Fn,记录下 相应的数据。 (1)数据处理时采用画F-x图像的方法，试分析： 该图像 (选填“过”或“不过”)坐标原点， 该图像的 可表示弹簧的劲度系数。 (2)滑轮的摩擦力对实验结果 （选填“产 生”或“不产生”)影响。 2.(2026·辽南协作体期中)某实验小组用如图甲 所示的装置测量某轻弹簧的劲度系数，重力加速 度g取10m/s2。测劲度系数的实验步骤如下： ↑m/g 100 甲 乙 (1)把弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆上，将刻度 尺竖直固定在弹簧旁，使其零刻度与弹簧上端 对齐； (2)在弹簧下端依次挂上不同质量的钩码，记录 每次钩码的总质量m及相应的弹簧长度1； (3)通过描点作图，得到-1图像如图乙所示。 根据图像可得，弹簧的原长。= cm,弹 簧的劲度系数k= N/m (4)若考虑弹簧自身重力的影响，实验中得到的 弹簧的劲度系数 (选填“大于”“等于”或 “小于”)实际值。 3.(2026·四川内江一模)某实验小 组利用如图所示的实验装置来测 量橡皮绳的劲度系数。将手机悬 挂在橡皮绳下，用手机软件中的位 移传感器，可以测量手机在竖直方 向上的位移。该实验小组进行了 名3333 如下主要的实验步骤： 30: 系究弹簧弹力与形变量的关系 角度的力的合成规律 a.将橡皮绳分别与手机和铁架台相连接，使手机 重心和橡皮绳在同一竖直线上； b.用手掌托着手机，使橡皮绳处于原长状态，打 开手机中的位移传感器软件； ℃.缓慢释放手机，当手机平衡时记录手机下降的 高度x0; d.在手机正下方悬挂不同个数的钩码，每个钩码 的质量m=50g,缓慢释放，当钩码平衡时，记 录下从橡皮绳原长开始下降的伸长量x; e.重复上述d步操作； f.作出悬挂钩码数量n及对应手机从橡皮绳原 长开始下降的伸长量x的关系图像，如图 所示。 ↑n/个 用 00.51.01.52.02.53.03.54.0x/cm 根据n-x图像，回答以下问题： (1)不挂钩码时，橡皮绳的伸长量为x0= cmo (2)钩码个数与橡皮绳从原长开始下降的伸长 量x之间的函数关系式为n= (用字母 k、x、xo、m、g表示)。 (3)该橡皮绳的劲度系数k= N/m (g= 10m/s2)。 4.(2026·福建漳州模拟)某小组为了探究两个互 成角度的力的合成规律，设计了如图甲所示的实 验。在一半圆形刻度盘上安装两个可以沿盘边 缘自由移动的拉力传感器A、B,两轻绳的一端分 别系在A、B挂钩上，另一端系成结点O。在O 点挂上重G=2.0N的钩码，使O位于刻度盘圆 心，改变绳与竖直方向的夹角，分别记录A、B的 示数F1、F2及对应刻度盘上的角度01、02。作出 F1、F2和合力F的图示，比较F与G是否等大 反向，即可验证力的平行四边形定则。 P P E=1.5 N A560 760° F=1.0N ￥30° 90° M 90°N 45 ￥O 0.5N 甲 乙 (1)下列操作中正确的是 （填正确答案 标号)。 A.刻度盘必须竖直放置 B.实验中要保证角度01、02始终等大 C.实验中要保证结点O与刻度盘圆心始终重合 (2)某次实验测得F1=1.0N、F2=1.5N,01= 45°、02=30°，图乙中已画出F1、F2的图示及过O 点的竖直线OP,请根据平行四边形定则在图乙 中作出合力F的图示。 (3)A固定在刻度盘上某位置后，再将B从0°处 的P位置顺时针缓慢旋转至90°处，则拉力传感 器A的示数 (选填“变大”“变小”或“不 变”)。 5.(2026·四川成都市开 学考)某兴趣小组的同 P 学为了验证“两个互成 角度的力的合成规律”， 设计了一个实验方案， S 在圆形桌子桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安 装三个光滑的滑轮（滑轮上侧所在平面与桌面平 行)，滑轮P1固定，滑轮P2、P3可沿桌边移动， 如图所示。可供选择的实验器材有：刻度尺、三 角板、铅笔、白纸、一根橡皮条、三根细线、质量相 同的钩码若干。 部分实验操作步骤如下： ①将橡皮条中央处和两端点分别与三根细线 相连； ②将连在橡皮条中央的细线跨过固定滑轮P1, 连接橡皮条两端点的细线跨过可动滑轮P2、P3; ③在三根细线的下端分别挂上一定数量的钩码， 使连在橡皮条中央的细线与橡皮条的结点O 静止。 (1)为完成本实验，下列物理量必须测量或记录 的是 (填选项前字母)。 A.橡皮条的原长 B.两端橡皮条伸长后的长度 C.钩码的质量 D.三根细线所挂钩码的个数 30 (2)在完成本实验的过程中，下列操作或描述正 确的是 (填选项前字母)。 A.连接橡皮条两端点的细线长度必须相同 B.细线OP1必须在OP2与OP3夹角的角平分 线上 C.记录图中O点的位置和OP1、OP2、OP3的 方向 D.不改变OP1所挂钩码的个数和OP1的方向， 改变OP2与OP3的夹角重复实验，O点不用 在桌面上同一位置 (3)实验中，若桌面不水平 (选填“会”或 “不会”)影响实验的结论。 6.(2026·河南信阳模拟)一同学利用如图所示的 实验装置来验证“力的平行四边形定则”。一长 木板被铁架台竖直固定，其上固定一张白纸。 甲、乙两个力传感器分别固定在木板上的A、B 两点，A、B两点可在木板上移动。 W77 (a) (b) (1)如图(a)所示，将质量未知的重物用细绳竖直 悬挂在力传感器甲上，重物静止时，记录力传感 器甲的示数F1。 (2)如图(b)所示，三根细绳通过结点O连接在一 起，另一端分别与力传感器或重物相连，调节A、 B两点的位置，重物静止时，记录结点O的位置、 竖直细绳方向、甲、乙力传感器的示数F2、F3和 连接甲、乙力传感器细绳的 (3)在O点根据F1、F2、F3的大小和方向作力的 图示。 (4)改变A、B两点的位置，重复步骤(2)、(3)，此 过程 (选填“需要”或“不需要”)保持结 点O位置不变。 (5)初始时三根细绳互成120°，若保持结点O的 位置和连接甲、乙力传感器的两细绳间的夹角 ∠AOB不变，当A、B绕O点逆时针缓慢转动 60°的过程中，力传感器乙的示数会 （选 填“先变大后变小”或“先变小后变大”)。11.解析(1)小球处于 平衡状态，受到重力 拉力F和轻绳拉力 FT,如图所示 m660° 以小球为研究对象，由 平衡条件得：水平方向 Fcos60°-FT cos0=0 mg 竖直方向Fsin60°-Frsin0-ng=0 解得0-30°，Fr-5N (2)以整体为研究对象，设杆对木块的支持力， 为F,由平衡条件得：水平方向Fcos60°一 uFN=0 竖直方向FN+Fsin60°-Mg-g=0 解得=。 答案(1)5N(2) 课时分层检测（九） 1.C[设AC、BC两杆受到的弹力大小均为F,} 由平衡条件及几何关系有2F0s(180,2四] 2 G,解得F=2m故A错误：当0=60时，AC、 BC两杆受到的弹力大小均为F=2sn60=! G 3G,故B错误；摇动把手将重物缓授顶起的过！ 程，0增大，sin0增大，则F减小，故C正确；摇： 动把手将重物缓慢顶起的过程，重物所受合力！ 为零，则重物受到的支持力大小一直等于重物： 重力的大小，保持不变，故D错误。] 2.B[两个状态相比，重力大小、方 F 向不变，杆的支持力方向不变，作 出受力图如图所示，由作图法可 知，消防员下降一定高度后再次 保持静止时，相对于初始位置AB 杆的支持力变小，故B正确，A错 mg 误；因为OB绳拉力与AB杆支持 力的夹角未知，则拉力可能变小，可能变大，也 可能先变小后变大，故C、D错误。] 3.C[力F转动过程中，滑轮两边绳间的夹角变1 大，两边绳上拉力的合力减小，根据力的平衡可 知，橡皮筋的弹力变小，长度变短，橡皮筋与竖 直方向的夹角等于滑轮两边绳夹角的一半，因 此0变大，故选C。] 4.A[对手机受力分析，如图 所示，F1与F,分别是AB与 BC对手机的弹力，两力的合 力F:竖直向上与重力平衡， F1始终垂直于AB,Fg始终 垂直BC,在支架顺时针缓慢 转至AB水平的过程中，F1与 ↓mg F,之间的夹角不变，两者的 合力F2不变，即支架对手机的作用力始终与 手机的重力大小相等，方向相反，该过程中F,! 一直增大，F2一直减小，故A正确。] 5.C[由于小球P光滑，P、Q之间没有摩擦力作} 用，则小球P受到重力、Q的支持力和绳子拉： 力，共3个力作用：物块Q受到重力、P的压力、 粗糙墙壁的支持力和摩擦力，共4个力作用，故 A错误；若绳子缓慢变短，绳子与竖直方向的夹： 角0变大，以小球P为研究对象，根据受力平衡 可得FTcos0=mpg,Frsin0=Fo,可得F= OSFQ=mpgtan0,可知绳子的拉力将变】 大，Q对P的支持力变大；以物块Q为研究对： 象，根据受力平衡可得FN格=FNP=FNQ,F:一 mQg,可知墙壁对Q的支持力将变大，Q受到！ 的静摩擦力不变，故C正确，B、D错误。] 6.A[只要摩擦力最大时刚好不滑动，此时对应： 的动摩擦因数最小。对整体分析有FN一2g, F一F,设O1O2与水平面的夹角为0，对甲受 力分折，由平衡条件得=联立解得 F一可知0越小，E越大，由几何关系10，A[设两段绳子之间的夹角为2a,由平衡条 tan 30= 得，0最小为30°，则F=mg 件可知2 Fcosa=mg,解得F=2COSa' mg,设绳子 的总长度为L,两杆之间的水平距离为s,悬挂 2mg,解得，故A正确.] 点两边的绳子长度分别为L1、L2,由几何关系 D [令AC绳与竖直方向的夹角为0，根据几 知Lsina十L:sin a=s,解得sina一LL 2L-L 2 广。若更换为更长的轻绳，L变大，a变小， 何关系有sin0= 一2 ,解得0=30°，对C cosa变大，所以绳子的拉力变小，故A正确 点与重物进行受力分析，如图甲所示，根据平衡！ B错误；左手持杆缓慢竖直向下移动过程中 条件有TAc cos0=mg,Tac sin0=TD,解得！ L、s都不变，则a不变，所以绳子的拉力不变、 Tx-23 g,Tm=g,故A,B错误对D 故C错误；左手持杆顺时针缓慢以右杆为圆 心画圆弧移动，s变大，则a变大，cosa变小， 点进行受力分析，作出失量动态三角形如图乙！ 绳子拉力变大，故D错误。] 所示，可知，当外力F方向与绳BD垂直时，外：11.ACD[质量m=1.0kg的小物块恰好能够 力F最小，则有Fmim=Ten cos0=7mg,故C 静止于斜面上，则有mngsin0=mgcos0,解得 错误，D正确。] 以=，故A正确小物块始终处于静止状态， 对小物块受力分析可知，沿斜面方向受力平 衡，根据力的平行四边形定则可知静摩擦力先 减小后增大，故B错误；当静摩擦力与推力垂 直时，静摩擦力最小，为Fmim=ngsin30°X mg sin30°-2.5N,故C正确；当静摩擦力达到滑 动摩擦力时，推力F最大，根据几何关系可知 BD厂方法一图解法 Fmax=2 mgsin30°×cos30°=5V5N,故D 对N进行受力分析，因为N 正确。 的重力与水平拉力F的合力 课时分层检测（十） 和细绳的拉力FT是一对平衡 1wg!1,解析(1)弹簧中弹力的增加量kx=F。一F,整 力，在力的矢量三角形中（如 理得F=F。一kx,可知该图线是一条不过原，点 图甲所示)可以看出水平拉力 的直线：斜率的绝对值为弹簧的劲度系数。 的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项！ (2)由表达式F一F。一kx,可知滑轮的摩擦力不 A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关 影响实验结果 系不确定，设斜面倾角为0，若g≥nvgsin0,则 M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若myg< 答案(1)不过斜率绝对值(2)不产生 mg心则M所受斜面的摩擦力大小可能先：2.解析 (3)令弹簧原长为1，根据胡克定律有 减小后增大，选项C错误；对整体受力分析，可 F=k(l一l。),根据平衡条件F=mg,解得m 知斜面所受地面摩擦力等于水平拉力F,一定 1-山，根据图像可知，图像与纵轴的藏距为 增大，远项D正确。 g 方法二解析法 一100g,结合图像有 以物块N为研究对象，受到重力G、水平拉力F 100×10-3 和细绳的拉力FT,设细绳与竖直方向的夹角为！ g (8-4)X10kg/m, k1=-100× g a,如图乙所示，根据平衡条件可得F-Gtan a, 10-3kg,解得l。=4cm,k=25N/m FT= (4)令弹簧质量为m,若考虑弹簧自身重力的 ,随着a的增大，F和FT都增大，故 cos a' 影响，根据胡克定律，结合上述有 A错误，B正确；对于M,受重力GM、支持力 FN、绳的拉力FT以及斜面可能对它的摩擦力 mg十mg=k(1一l),变形得m=友1- g F,如采开始摩擦力方向沿斜面向上，如图丙所 m,图像的斜率仍然为，可知若考虑弹簧自 示，则有FT十Fr=GMsin0,当FT不断增大的 时候，F减小当Fr>GM sin0时，有Fr= 身重力的影响，实验中得到的弹簧的劲度系数 Gsin0十F,随着FT的增大，F:将增大，所以 等于实际值 沿斜面的摩擦力F可能先减小后增大，C错： 答案(3)425(4)等于 误；对整体受力分析，可知斜面体所受地面摩擦：3.解析 (1)根据图像可知不挂钩码时，橡皮绳的 力等于水平拉力F,一定增大，远项D正确。] 仲长量为xo=1.5cm。 F (2)根据胡克定律有mng=k(x一x,） k 整理得n一mgmg (3)由图像可知，图线的斜率为k=A” △ 2 cm 该橡皮绳的劲度系数k=k'mg=100N/m 乙 答案(1)1.5(2) C「对小球进行受力分析 一mg (3)100 mg 如图所示，根据相似三角形 :4.解析(1)为避免摩擦影响，刻度盘必须竖直放 法可得品》- FN 置，A正确；实验中0,0不需要等大，B错误； ,在 实验需要测量拉力对应的角度，则要保证结点 小球从B,点缓慢上升到C O与刻度盘圆心始终重合，C正确。 点的过程中，重力大小、方 (2)如图所示。 向均不变，AB变小，O)A (ODB不变，则拉力F逐渐减 小，大圆环轨道对小球的支 F,=1.5N 持力F、大小不变，由牛顿 45309 第三定律知小球对大圆环轨道的压力大小保持！ 不变，故远C。] F=10N 0.5N 505 (3)两弹力的合力等于重力且保持不变，则在将 B从0°处的P位置缓慢转动过程中，拉力传感！ 器A的示数变大。 答案(1)AC(2)见解析图(3)变大 5.解析(1)橡皮条伸长后的拉力大小等于所挂 钩码的重力，所以钩码的个数必须记录，又钩码 质量相同，则不用测量钩码的质量，橡皮条的原 长和伸长后的长度不用测量，故远D。 (2)连接橡皮条两端点的细线长度不影响橡皮！ 条的拉力大小，故长度不用相同，A错误：细线！ OP,上力的方向与细线OP2,(OP,上两力的合 力方向相反，由于OP2、OP上两力的合力方 向是任意的，故OP1不需要在角平分线上，B 错误：实验中，需要测量OP1,OP2和OP?上力 的大小和方向，故必须记录图中OP1、OP2,! OP,的方向以及结点O静止时三根细线所挂！ 钩码的个数，同时记录结，点O的位置，C正确；： 不改变OP1所挂钩码的个数和方向，改变OP, 与OP的夹角重复实验，OP1上的力大小、方 向保持不变，另两个力的合力只要跟它等大反！ 向即可保持O点平衡，故)，点的位置可以改！ 变，D正确。 (3)若桌面不水平，三根线上的拉力大小也为各： 自所挂钩码重力大小，不会影响实验结论。 答案(1)D(2)CD(3)不会 6.解析(2)该题目的为验证“力的平行四边形定！ 则”所以不仅需要力的大小，还需要力的方向， 所以需要记录连接甲、乙力传感器细绳的方向。！ (4)A、B两，点的位置重复步骤(2)、(3)的过程7 中可以改变O点的位置，不需要保持不变。 F2 (5)初始时三个力有如图的关系，A、B绕O点！ 逆时针缓慢转动60°的过程中，根据失量三角形！ 可知F,先变大后变小。 答案(2)方向(4)不需要(5)先变大后！ 变小 课时分层检测（十一） 1.APC[力是改变物体运动状态的原因，物体的 运动状态改变时，一定受到了外力的作用，故A 正确：作用在物体上的力消失后，物体保持静止 状态或匀速直线运动状态，故B正确；牛顿第一 定律是在伽利略“理想实验”的基础上总结出来{ 的，故C正确：物体在任何状态下均具有惯性， 故D错误。] 2.BD。[剪断绳OB瞬间，小球即将开始绕A点！ 做圆周运动，沿切线方向可得ngsin0=na,解！ 得a-gsin0,故A错误，B正确：剪断OA瞬间， 小球将绕B点开始做圆周运动，此时切线方向 的加速度大小为g,故C错误，D正确。] 3.BD[货车匀速行驶时，与B接触的石块对它： 的作用力的合力与重力等大反向，远项A错： 误，B正确；货车以加速度a匀加速行驶时，石！ 块B所受的合力为ma,则与B接触的石块对它 的作用力的合力大小为F=√(mg)十(ma) =n√a2十g,选项C错误，D正确。] 4.C[对小球A受力分析， 其受重力、轻绳的拉力以 F得八 及B的库仑引力，如图所 示，根据力的平衡条件得 F年=Tcos30°十mgcos T30 30°，Tsin30°=mgsin30°， 30 mg 解得T=ng,F年=√3 mg,AB错误：剪断轻绳前，小球A所受合力为！ 零，库仑力与重力的合力与轻绳拉力等大反向， 即库仑力与重力的合力大小为ng,剪断轻绳后 瞬间，绳子拉力消失，库仑力与重力均不变，则： 小球A所受合力大小为ng,由牛顿第二定律！ 得小球A的瞬时加速度大小a=g,C正确；由！ 于剪断轻绳前后瞬间，B球的受力不变，且状态 不变，因此剪断轻绳瞬间轻杆对B球的作用力！ 不变，D错误。] D[由题图可知该同学质量n=60kg:由题图 乙可知该时刻该同学处于超重状态，电梯向上： 加速运动，根据牛顿第二定律F一ng=a,解 得a=（63=60)X10m/g=0.50m/s,故 60 选D。] BC[当木箱以a1-6m/s2竖直向上匀加速运： 动时，对物块A,根据牛顿第二定律FN 一mg= ma1,此时最大静摩擦力Fiml=uFN1=1.6N>i 0,5N,此时物块不可能相对木箱底面水平移 动，故A错误：当木箱以a2=6m/s2竖直向下 匀加速运动时，对物块A,根据牛顿第二定律有 ng一FNe=ma2,此时最大静摩擦力Fm一 uFN2=0.4N0.5N,弹簧能拉动物块A相对！ 木箱底面向左移动，故B正确；当木箱以a?一 2m/s水平向右匀加速运动时，对物块A,根据！ 牛顿第二定律有mg一F举1=ma,解得F举1=！ 0,此时弹簧处于原长状态，则弹簧能拉动物块 A相对木箱底面向左移动，故C正确；当木箱以 a:=2m/s2水平向左匀加速运动时，对物块A,! 根据牛顿第二定律有F2一ng=ma,解得 F举？一2N,所以弹簧伸长量增加，物块A相对 木箱底面向右移动，故D错误。] D[未剪断轻绳时，弹簧的弹力大小等于物块！ P的重力，剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速！ 度为书，弹簧长度不变，弹力不变，仍等于物块 P的重力，故A错误；由于P的加速度为g,因 此箱顶对P的压力与弹簧弹力等大反向，故B 错误；由于剪断轻绳的一瞬间，整体向下的加速： 度为g,故P和Q受到的合力均等于它们的重 力，P受到的合力等于Q受到的合力，故C错 误：未剪断轻绳时，Q对箱底的压力等于P、Q! 的总重，剪断一瞬间，Q的加速度为g,则Q受 到箱底的支持力与弹簧的弹力大小相等，即这 时Q对箱底的压力减为原来的一半，故D正 确。故选D。 B[1~6间，∫向下，先增大后减小，可知此： 时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处 于弹射过程后做竖直上抛运动：故A错误；2~！ 3,f向下在减小，可知此时速度方向向上，速： 度在减小，根据牛顿第二定律有mg十f=na, 即a= 十g,故加速度大小在减小，故B正 确；3间，f向上，先增大后减小，可知此时 速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向： 下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，！ 故C错误：根据前面分析可知？时刻速度方向 改变，从向上变成向下运动，故？时刻到达最！ 高点，故D错误。故远B。] D[对小球受力分析，可知合 力与加速度方向水平向左，所 以汽车运动的加速度方向水 平向左，如果向右运动，则做 匀减速直线运动，如果向左运 动，刺做匀加速直线运动，A g 错误；设小球的加速度为a,受力分析如图所 示，对小球由牛顿第二定律得m1gtan0=ma, 解得a=gtan0,则汽车的加速度和苹果箱的加 速度都为a-gtan0,苹果箱和箱内的苹果始终} 相对于车箱底板静止，则车厢底板对苹采箱的 摩擦力为静摩擦力，以这箱苹果为研究对象，根 据牛顿第二定律有F,=Ma=Mgtan0,方向水 平向左，B错误；以苹采箱中间一个质量为m的！ 苹果为研究对象，所受合外力为F合=ma=} ngtan0,设周圆其他苹果对它的作用力大小为 F,方向与竖直方向的夹角为a,在水平方向根 据牛顿第二定律有Fsin a=ma,在竖直方向上 -506 Fcosa=ng,加速度a=gtan0,可知F=ms cos a tana=tan0,则a=0,即F= s9C错误，D正 mg 确。] 0.B[对建筑材料受力分析如图所示，由图1可 知河堤对建筑材料的支持力F、=mgcos0,由 图2可知挡板对建筑材科的支持力F、' ngsin'0,所以对建筑材料由牛顿第二定律有 mgsin Ocos0-uFN一：FN'-ma,解得建筑材 料的加速度大小a=gsin0cos0-gcos0 gsin0,B正确。] N 72 Ot. 图1 图2 课时分层检测（十二） C「由题图可知相等时间内铁质小圆盘的位 移先增大后减小，可知铁质小圆盘的速度先增 大后减小，以向下为正方向，即铁质小圆盘的加 速度先正后负，根据牛顿第二定律G一f-na 可知f先小于G,后大于G。故选C。] D[令半球形容器的半径为R,滑板的倾角为 日，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 ngsin0=na,根据位移公式有2Rsin0= 安sin0r,解得1=2√尽，可如时同上与 滑板的倾角日和板的长度均无关，故三个滑块 同时到达（点，故D正确。] A[设弦与竖直方向夹角为0，球的半径为R,小 环沿弦做匀加速直线运动，2Rc0s0=7gC0s0· 产，解得运动时间为1=2 尽，与夹角0无关， 故tA=g=c,A正确。] B[根据-t图像的斜率表示加速度可知，箱 子在整个过程中先做匀加速运动再做匀减速运 动，加速度的大小和方向都变化，所以整个过程 不是匀变速直线运动，故A错误；撒去恒力后， 箱子所受合力为摩擦力，则有F;一4ng=na2, 由题图乙可知，撤去恒力后箱子的加速度大小 为a2= 1=4m/s,解得u=0.4,故D错 误：在0~1s时间内，由牛顿第二定律有F ng=ma1,由题图乙可知在0~1s时间内箱 子加速度大小为山-会兰 =2m/s2,解得F= 6n,结合上述可知，箱子所受恒力与摩擦力之 比为6m:4m=3:2,故B正确；题图乙中速度 u的正负表示速度方向，可知第1s末箱子的速 度方向没有变化，故C错误。] AB[根据题意知货车的初速度v=72km/h =20m/s,设货车减速过程的最小加速度为ao, 由运动学公式有=2ao西，解得a,=8m/g,故 A正确：长方体货箱在刹车过程中受到向后的 摩擦力和后方绳子的拉力，若货箱与车相对静 止，由牛顿第二定律有FT十ng=nao,解得 FT=1500N>1000N,所以后方绳子会断裂， 绳子断裂后货箱只受滑动摩擦力，加速度大小 a=5m/s2,由=2ax可知，货箱减速为零时 运动的距离x=40m>(25十2)m,所以货箱首 先会与车斗前栏板相撞，故B正确，C、D 错误。] A[设a-F图像斜率为k, 纵轴截距为b。若斜面光滑， 对物体受力分析如图甲： 有F一mngsin0=na,解 a=F-gsin0,则k=