江西省宜春市靖安中学2019-2020学年高一上学期月考物理试卷 17页

物理试题 时 间：100分钟 分 值：100分 ‎　一．选择题：（本题共12小题，每题4分，共48分．其中1-8题单选，9-12题多选．全选对得4分，选对但不全得2分，错选、多选或不答得0分．答案填入答题卡相应表格中，填写在试题卷上无效．）‎ ‎1.如图所示,静止在斜面上物体的重力mg分解为、两个力,下列说法正确的是(   )‎ A. 是斜面作用在物体上使物体下滑的力, 是物体对斜面的压力 B. 物体受到mg、、f、、共5个力作用 C. 物体受到的合力为 D. 物体受到斜面的作用力大小为mg ‎2．关于作用力、反作用力和一对平衡力的认识，正确的是（　　）‎ A．一对平衡力的合力为零，作用效果相互抵消，一对作用力与反作用力的合力也为零，作用效果也相互抵消 B．作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失，且性质相同，平衡力的性质却不一定相同 C．作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失，且一对平衡力也是如此 D．先有作用力，接着才有反作用力，一对平衡力却是同时作用在同一个物体上 ‎3．如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ．下列说法正确的是（ ）‎ A. 当m一定时，θ越大，轻杆受力越小 B. 当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大 C. 当θ一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大 D. 当θ一定时，M越小，可悬挂重物C的质量m越大 ‎4．如图所示，物体A靠在竖直粗糙墙面上，在竖直恒力F作用下A、B竖直向上运动（AB相对静止）．物体A、B受到力的个数分别为（　　）‎ A．5、4 B．4、3 C．3、4 D．3、5‎ ‎5．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2015个小球与2016个小球之间的轻绳与竖直方向的夹角α的正切值等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．一个物体从某一高度做自由落体运动，已知它第一秒内的位移恰为它最后一秒内位移的一半，g取10m/s2，则它开始下落时距地面的高度为（　　）‎ A．11.25m B．15.25m C．20m D．31.25m ‎7．如图所示，劲度系数分别为K1和K2的两根弹簧，K1＞K2，质量m1，m2的两个小物块，且m1＞m2，现要求两根弹簧的总长最短，则应使（　　）‎ A．K1在上，m1在上 B．K1在上，m2在上 C．K2在上，m1在上 D．K2在上，m2在上 ‎8．有三个相同的物体叠放在一起，置于粗糙的水平地面上，物体之间不光滑，如图所示。现用一水平力F作用在B物体上，三个物体仍然保持静止，下列说法正确的是（　　）‎ A. A的下表面受到向右的摩擦力 B. B的上表面受到向右的摩擦力 C. B的下表面受到向右的摩擦力 D. C的上表面受到向右的摩擦力 ‎9．如图所示，光滑水平面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（　　）‎ A．水平外力F减小 B．墙对B的作用力增大 C．地面对A的支持力减小 D．B对A的作用力减小 ‎10．在H=30m高的塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出速度为v0=20m/s，不计空气阻力，g取10m/s2，则物体位移大小为15m时，球离开抛出点的时间可能为（　　）‎ A．1s B．3s C．2+ D．2+‎ ‎11．如图所示，一光滑轻绳左端固定在竖直杆顶端，其右端系于一光滑圆环上，圆环套在光滑的矩形支架ABCD上．现将一物体以轻质光滑挂钩悬挂于轻绳之上，若使光滑圆环沿着ABCD方向在支架上缓慢的顺时针移动，圆环在A、B、C、D四点时，绳上的张力分别为Fa、Fb、Fc、Fd则（　　）‎ A．Fa＜Fb B．Fb＞Fc C．Fc=Fd D．Fd＞Fa ‎12．如图所示，A、B两球用原长为，劲度系数为k1的轻质弹簧相连，B球用长为L的细线悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间的距离也为L，OAB恰好构成一个正三角形；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2的轻质弹簧，仍使系统平衡，此时A、B间的距离变为，则（　　）‎ A．绳子OB所受的拉力不变 B．弹簧产生的弹力变大 C．k2= D．k2=‎ 二、填空题（本题2小题，13-14题每空2分，共14分．答案填入答题卡相应填空区域中，填写在试题卷上无效．）‎ ‎13．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，得到的弹力与弹簧长度的图象如图所示，‎ ‎（1）下列表述正确的是　　‎ A．a的原长比b长 B．a的劲度系数比b的小 C．a的劲度系数比b的大 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 ‎（2）实验图象最后出现曲线是因为　　．‎ ‎14．“验证力的平行四边形定则”实验如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB与OC为细绳．图乙显示的是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎（1）图乙中的　　是力F1和F2的合力的理论数值；　　是力F1和F2的合力的实际测量值．‎ ‎（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果理论值是否会发生变化？答　　（选填“变大”、“不变”、“变小”）．‎ ‎（3）本实验采用的科学方法是　　‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．物理模型法 ‎（4）下列说法中正确的是　　‎ A．两个分力的值稍大一些较好，便于减小作图误差 B．两个分力的夹角越大越好，同时在实验中应注意弹簧测力计与细线应始终平行纸板但不与纸面接触 C．两分力的夹角应取90°较好，便于之后运算中采用勾股定理以验证平行四边形定则 D．在同一实验中，两次实验操作O点的位置不能变动．‎ ‎　三．计算题（本题共38分．解答需写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写答案的不得分．）‎ ‎15．（8分）如图所示，A、B两球（均为质点），初始时均静止于地面上，现AB间隔△t=1s分别先后先做竖直上抛运动，初速度均为v0=40m/s．求：‎ ‎（1）A、B两球何时相遇（g=10m/s2）；‎ ‎（2）A、B两球相遇时的离地高度．‎ ‎16．（10分）如图a所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂一个质量为10kg的物体，∠ACB=30°；图b中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向成30°，轻杆的G点用另一细绳GF拉住一个质量为10kg的物体．g取10m/s2，求：‎ ‎（1）细绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比；‎ ‎（2）轻杆HG对G端的支持力．‎ ‎17．（8分）一根大弹簧内套一根小弹簧，大弹簧比小弹簧长0.2m，它们的一端平齐并固定，另一端自由如图甲所示，当压缩此组合弹簧时，测得力与压缩距离之间的关系图线如图乙所示，则大弹簧的劲度系数k1、小弹簧的劲度系数k2分别是多少？‎ ‎18．（12分）如图所示，质量为m的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．保持斜面倾角为30°，对物体施加一水平向右的恒力F，使物体沿斜面匀速向上滑行（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．增大斜面倾角，当倾角超过某一临界角θ0 时，则不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，已知重力加速度为g，试求：‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）水平恒力F的大小；‎ ‎（3）这一临界角θ0的大小．‎ 参考答案与试题解析 一．选择题：（本题共12小题，每题4分，共48分．其中1-8题单选，9-12题多选．全选对得4分，选对但不全得2分，错选、多选或不答得0分．答案填入答题卡相应表格中，填写在试题卷上无效．）‎ ‎1． ‎ ‎【考点】牛顿第一定律．‎ ‎【分析】牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律；它告诉我们物体在不受力的作用时保持静止状态或物体做匀速直线运动状态．‎ ‎【解答】解：A、D、牛顿第一定律是牛顿在实验的基础上并总结前人的结论总结而来的，不是由理想斜面实验探究直接得出，是在实验基础上，经分析、推理得出的规律．故A错误，D正确；‎ B、在地球上完全不受力的物体是没有的，故牛顿第一定律不可以用实验直接验证，而是以可靠的实验为基础，运用逻辑推理得到的，故B错误；‎ C、牛顿第一定律即惯性定律，其成立需要的条件是物体不受力的作用，故C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2． ‎ ‎【考点】作用力和反作用力．‎ ‎【分析】作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的．‎ ‎【解答】解：A、一对平衡力的合力为零，作用效果相互抵消，一对作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，作用效果不能相互抵消，故A错误；‎ B、作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失，且性质相同，平衡力的性质却不一定相同，例如物体放在水平地面上，受重力和弹力平衡，故B正确；‎ C、作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失，一对平衡力不一定同时产生、同时变化、同时消失，例如物体放在手上受重力和支持力处于静止状态，突然释放，物体只受重力，故C错误；‎ D、作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3． ‎ ‎【考点】力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】将汽车对千斤顶的压力分解沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等．根据几何知识求解两臂受到的压力大小．继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由数学知识分析两臂受到的压力大小的变化．‎ ‎【解答】解：A、将汽车对千斤顶的压力F分解沿两臂的两个分力F1，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等 由2F1cosθ=F得：F1==F=2.0×105N ‎ 所以此时两臂受到的压力大小均为2.0×105N，故A错误．‎ B、汽车对千斤顶的压力为2.0×105N，根据牛顿第三定律得千斤顶对汽车的支持力为2.0×105N．故B错误；‎ C、D、继续摇动把手，两臂靠拢，夹角θ减小，由 F1=分析可知，F不变，当θ减小时，cosθ增大，F1减小．故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受两个力作用，墙面无作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件解决受力个数．‎ ‎【解答】解：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，‎ 竖直方向：F=GA+GB 水平方向，不受力，故墙面无弹力 隔离A物体，必受重力、B对A的弹力和摩擦力作用，受三个力 隔离B物体，受受重力、A对B的弹力和摩擦力、外力F四个力作用 故选：C ‎　‎ ‎5． ‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先以整体为研究对象，由平衡条件求出F的大小，再以2016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2015个小球与2016个小球之间的轻绳与竖直方向的夹角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2016个到5000个小球组成的整体为研究对象，5000﹣2015=2985个．‎ 分析受力情况，如图2所示，‎ 则有：tanα==；‎ 所有A正确、BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．‎ ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】由自由落体的位移公式可求得第一秒内物体通过的位移；则通过第一秒与最后一秒中通过位移的关系可得出最后一秒的位移；则可设下落总时间为t，由位移与时间的关系可列出方程解出时间，则可求得下落时距地高度．‎ ‎【解答】解：由h=gt2可得：‎ 第1秒内的位移h1=×10m/s2×（1s）2=5m；‎ 则最后一秒内的位移h2=2h1=10m；‎ 则设下落总时间为t，‎ 最后1s内的位移h=gt2﹣g（t﹣1）2=10m；‎ 解得：t=1.5s；‎ 则物体下落的总高度h=gt2=11.25m．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7． ‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．‎ ‎【分析】弹簧和物体共有四种组合方式，分别对上下两个物体受力分析，然后结合胡克定律求解出弹簧的总长度．‎ ‎【解答】解：把物体压在弹簧的上端，物体静止处于平衡状态，弹簧的弹力F等于物体的重力G，即F=G．‎ 由胡克定律F=kx知，在力F一定时，k越小弹簧的伸长量x越大．对于下面的弹簧来说它的弹力F下=（m1+m2）g=kx下，‎ 由于（m1+m2）g一定，要使x下小一些，k应大，已知k1＞k2，所以k1应在下面，k2在上面．由胡克定律F=kx知，在k一定时，F越小弹簧的伸长量x越小，要使x小，已知m1＞m2，所以m1应在k2上面，所以k1在下，m1在上，两根弹簧的总长度最短．‎ 故C正确、ABD错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．‎ ‎【分析】根据影响摩擦力大小的因数写出摩擦力的大小与压力的关系式，求出摩擦力的大小，当拉力等于摩擦力时才可以把他们拉开．‎ ‎【解答】解：对书A分析，第一张纸受摩擦力为：f1=μmg 第二张纸受摩擦力为（有上、下两面）：f2=2μmg+3μmg=5μmg 第三张纸受摩擦力为：f3=4μmg+5μmg=9μmg ‎…‎ 类似，第二百张纸所受摩擦力为f200=398μmg+399μmg=697μmg 总摩擦力为：f=f1+f2+f3+…+f200=79800μmg=1197N．‎ 所以A正确、BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9． ‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，然后根据共点力平衡条件得到A球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况．‎ ‎【解答】解：对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，如右图 当A球向左移动后，A球对B球的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，则B对A的作用力也减小．故B错误，D正确．‎ 再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如图 根据平衡条件，有 F=N FN=G 故地面对A的支持力保持不变，推力F随着壁对B球的支持力N的不断减小而不断减小．故A、C错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎10． ‎ ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】取竖直向上方向为正方向，竖直上抛运动可以看成一种加速度为﹣g的匀减速直线运动，当物体的位移大小为15m时，根据位移公式求出时间．‎ ‎【解答】解：取竖直向上方向为正方向，物体做加速度为﹣g的匀减速直线运动，当物体在抛出点上方15m时，位移为 x=15m 根据位移时间公式可得：‎ ‎ x=v0t﹣gt2‎ 代入得：15=20t﹣×10t2，解得t1=1s，t2=3s 当物体在抛出点下方15m时，位移为 x=﹣15m 根据位移时间公式可得：‎ ‎ x=v0t﹣gt2‎ 代入得：﹣15=20t﹣×10t2，解得t3=（2+）s，（另一负值舍去）‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎11．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】两侧绳子拉力大小相等，平衡后，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称．根据数学知识，研究两侧绳子与竖直方向的夹角跟绳长和两堵竖直墙间距离的关系，根据平衡条件确定绳子拉力与重力的关系，来分析拉力的关系．‎ ‎【解答】解：挂钩处的受力情况如图所示，‎ 设绳子两个悬点之间的水平距离为d，绳长为L，由于轻绳光滑，则两端绳子与水平方向的夹角相等；‎ 根据几何关系可得：，‎ 根据共点力的平衡条件可得：2Tsinα=mg；‎ 解得绳子拉力T=；‎ AC、当光滑圆环沿着AB或CD方向在支架上缓慢的移动时，d不变，则α不变，绳子张力不变，即：Fa=Fb，Fc=Fd，A错误、C正确；‎ B、当光滑圆环沿着BC方向在支架上缓慢的移动时，d增大，则α变小，绳子张力变大，即：Fb＜Fc，B错误；‎ D、当光滑圆环沿着DA方向在支架上缓慢的移动时，d减小，则α变大，绳子张力变小，即：Fd＞Fa，D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎12． ‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】研究任意一种情况下，绳子拉力与重力的关系．以小球B为研究对象，分析受力情况，根据三角形相似法，得出绳子的拉力与小球B的重力的关系，再研究绳子拉力的大小关系．‎ ‎【解答】解：AB、以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力F和绳子的拉力T的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合=mg，作出力的合成图如图，由三角形相似得：‎ ‎==，‎ 则得 T=mg，F=mg；‎ 可知，OA、OB不变，T不变，则绳子OB所受的拉力不变；故A正确；‎ AB变小，F变小，则弹簧产生的弹力变小；故B错误；‎ CD、弹簧的弹力之比 F1：F2=L： L=4：3，‎ 根据胡克定律得 F1=k1•L，F2=k2•（）L，联立得k2=k1；‎ 故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题2小题，13-14题每空2分，共14分．答案填入答题卡相应填空区域中，填写在试题卷上无效．）‎ ‎13． ‎ ‎【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．‎ ‎【分析】根据胡克定律写出F与l的关系方程，然后结合数学知识求解即可．明确胡克定律的适用范围，不能超过其弹性限度．‎ ‎【解答】解：根据胡克定律有：F=k（l﹣l0），即弹簧的弹力与形变量成正比；‎ 在F与l图象中，斜率大小等于劲度系数，横轴截距等于弹簧原长，‎ 因此有：b的原长比a的长，劲度系数比a的小；‎ 由图象还可以知道，弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C；‎ ‎（2）图象发现弯曲是因为弹簧的弹力超过了其弹性限度，则弹簧不再适用胡克定律求解；‎ 故答案为：（1）C；（2）弹簧长度超出其弹性限度 ‎　‎ ‎14． ‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）在实验中F和F′分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答；‎ ‎（2）只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果；‎ ‎（3）本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；‎ ‎（4）所有要求都要便于操作，有利于减小误差进行，所有操作步骤的设计都是以实验原理和实验目的为中心展开，据此可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：（1）实验中F是由平行四边形得出的，而F′是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差；‎ ‎（2）由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果；‎ ‎（3）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故ACD错误，B正确．‎ ‎（4）A、两个分力的值稍大一些较好，这样有利于减小作图时的误差，故A正确；‎ B、用弹簧秤同时拉细绳时，夹角不能太太，也不能太小，有利于作图即可，故B错误；‎ C、两分力的夹角没有要求，不一定是90°，不能用勾股定理求解合力．故C错误；‎ D、在同一实验中，要保证作用效果相同，两次实验操作O点的位置不能变动，故D正确．‎ 故选：AD 故答案为：（1）F，F′；（2）不变；（3）B；（4）AD ‎　‎ 三．计算题（本题共48分．解答需写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写答案的不得分．）‎ ‎15． ‎ ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】（1）当A、B两球相对于地面的位移相等时相遇，根据位移时间公式列式求解．‎ ‎（2）根据位移时间公式求两球相遇时的离地高度．‎ ‎【解答】解：（1）后抛出的球运动时间t时两者相遇．‎ 则有 v0t﹣=v0（t+△t）﹣‎ 代入数据解得 t=3.5s ‎（2）A、B两球相遇时的离地高度为 h=v0t﹣=40×3.5﹣×10×3.52=78.75m 答：‎ ‎（1）A、B两球在后抛出的球运动3.5s时相遇；‎ ‎（2）A、B两球相遇时的离地高度是78.75m．‎ ‎　‎ ‎16． ‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】根据定滑轮的力学特性，可知a图中，细绳AC段的张力等于物体的重力；‎ 乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力．‎ ‎【解答】解：题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的细绳拉力大小等于物体的重力．分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图甲和乙所示．‎ ‎（1）图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力FAC=FCD=M1g 图乙中由FEGsin30°=M2g 得：FEG=2M2g 所以得==；‎ ‎（2）图甲中，根据几何关系得：FC=FAC=M1g=100 N，方向和水平方向成30°向斜右上方；‎ 图乙中，根据平衡方程有：‎ FEGsin30°=M2g；‎ FEGcos30°=FG 所以FG=M2gcot30°=M2g≈173 N，方向水平向右；‎ 答：（1）细绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为1：2；‎ ‎（2）轻杆HG对G端的支持力大小为173 N，方向水平向右．‎ ‎　‎ ‎17． k1=　10N/m　， k2=　20N/m　．‎ ‎【考点】胡克定律．‎ ‎【分析】从图上我们可以看出：在0.2到0.3这个范围内，弹力是这两个弹簧产生弹力的合力，在0到0.2这个范围内只有大弹簧产生弹力，分别对两段应用胡克定律列式即可．‎ ‎【解答】解：设大弹簧劲度系数为K1 小弹簧劲度系数为K2‎ 依据F=k△x得：在0到0.2范围内：‎ ‎2=K1×0.2①‎ 在0.2到0.3范围内：（这个范围内小弹簧的压缩量比大弹簧小0.2）‎ ‎5=K1×0.3+K2×0.1 ②‎ 解①②得：‎ K1=10N/m K2=20N/m 故答案为：10N/m，20N/m ‎　‎ ‎18． ‎ ‎【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）物体匀速上滑和匀速下滑时受力都平衡，按重力、弹力和摩擦力顺序进行受力分析，根据匀速下滑的情形，运用平衡条件列方程，并结合摩擦力公式求解动摩擦因素μ．‎ ‎（2）物体沿斜面匀速上升，根据平衡条件列方程，可求得推力F的大小．‎ ‎（3）根据推力的表达式，结合数学知识，即可求解临界角大小．‎ ‎【解答】解：（1）物体匀速上滑时受力如左图所示，匀速下滑时受力如右图所示．‎ 物体匀速下滑时，根据平衡条件得：‎ ‎ mgsin30°=F1‎ ‎ FN=mgcos30° ‎ 又 F1=μFN μ=tan30°=； ‎ ‎（2）物体沿斜面匀速上升，根据平衡条件得：‎ 沿斜面方向：Fcosα=mgsinα+F2‎ ‎ 垂直于斜面方向：FN1=mg cos α+Fsin α ‎ 又 F2=μFN1‎ 联立得：F===mg；‎ ‎（3）由上式，当cosα﹣μsinα=0，即cotα=μ 时，F→∞，‎ 即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”‎ 此时，α=60°‎ 答：（1）物体与斜面间的动摩擦因素μ为；‎ ‎（2）水平恒力F的大小mg．‎ ‎（3）这一临界角θ0的大小60°．‎ ‎　‎