炎德英才大聯(lián)考長沙市一中2018屆高三月考三

1、炎德英才大聯(lián)考長沙市一中2018屆高三月考三一、選擇題1. 以下對(duì)物理學(xué)發(fā)展史的說法正確的是( )A卡文迪許利用扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)得了靜電常量B法拉第為了形象的描述電場(chǎng)首次引入電場(chǎng)線的概念C開普勒在前人積累的數(shù)據(jù)上提出了萬有引力定律D牛頓利用理想斜面實(shí)驗(yàn)推翻了亞里斯多德關(guān)于運(yùn)動(dòng)需要力來維持的觀點(diǎn)答案：B解析：卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)量出萬有引力場(chǎng)常數(shù)，所以A錯(cuò)。牛頓在總結(jié)前人基礎(chǔ)上通過自己的推導(dǎo)得出萬有引力定律，所以C錯(cuò)。伽利略通過斜面理想實(shí)驗(yàn)推翻亞里斯多德關(guān)于運(yùn)動(dòng)需要力來維持的觀點(diǎn)，所以D錯(cuò)。2. 一質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度變化v時(shí)發(fā)生位移x1，緊接著速度變化同樣的v時(shí)發(fā)生位移x2，則該質(zhì)點(diǎn)的加速

2、度為（）A.B.2C.（v）2（-）D.（v）2（+）答案：A解析：設(shè)勻加速的加速度a，物體的速度分別為v1、v2和 v3據(jù)題得：v2-v1=v3-v2=v，則v3-v1=2v據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：，得（v2-v1）（v2+v1）=2ax1，即v（v2+v1）=2ax1；，得（v2-v1）（v3+v2）=2ax1，即v（v3+v2）=2ax2；由-解得：a=，故A正確，BCD錯(cuò)誤3. 如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球又疊放在一起，從高度為h處自由落下，且遠(yuǎn)大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向已知m2=3m1，則小球m1反彈后能達(dá)到的高度為（） AhB2hC3hD

3、4h答案：D解析：下降過程為自由落體運(yùn)動(dòng)，觸地時(shí)兩球速度相同，v=，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向?yàn)檎较?，則：m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得：（m1+m2）v2=m1v12+m2v22且，m2=3m1聯(lián)立解得：v1=2反彈后高度為：H=4h,故選D4. 如圖所示，以速度v將小球沿與水平方向成=37°角方向斜向上拋出，結(jié)果小球剛好能垂直打在豎直墻上，小球反彈會(huì)的速度方向水平，速度的大小為碰撞前速度大小的，不計(jì)空氣阻力，則反彈后小球的速度大小再次為v時(shí)，速

4、度與水平方向夾角的正切值為( )A B C D 答案：B解析：小球斜向上拋出垂直打在墻上，逆向可視為平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)打在墻上的速度為v0，則v0=cos37°，反彈后以v0拋出，當(dāng)速度為v時(shí)，v0=vcos，聯(lián)立解得cos=，故tan=，B正確；5. 如圖所示，置于固定斜面上的物體A受到平行于斜面向下的力，作用保持靜止.若力F大小不變，將力F在豎直平面內(nèi)由沿斜面向下緩慢的轉(zhuǎn)到沿斜面向上（轉(zhuǎn)動(dòng)范圍如圖中虛線所示）.物體質(zhì)量為m，斜面傾角為.在F轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，物體始終保持靜止.在此過程中物體與斜面間的（）A. 彈力可能先增大后減小B. 彈力一定先減小后增大C. 若Fmgsin，則摩擦力一定先減

5、小后增大D. 若Fmgsin，則摩擦力一定一直減小答案：BCD解析：A、B、物體受重力、支持力、摩擦力及拉力的作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)，故合力為零；將重力和拉力都分解到沿斜面和垂直于斜面的方向；在垂直于斜面方向，重力的分力、支持力及拉力的分力平衡，因拉力的垂直分力先增大后減小，故彈力一定是先減小后增大；故A錯(cuò)誤，B正確；C、若Fmgsin，故拉力平行斜面分力與重力的平行斜面分力的合力先變小，減為零后反向增加，故根據(jù)平衡條件，靜摩擦力先減小后反向增加，故C正確；D、若Fmgsin，故拉力平行斜面分力與重力的平行斜面分力的合力一直變小，故根據(jù)平衡條件，靜摩擦力也一直減小，故D正確；故選BCD6. 靜止在

6、地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計(jì)空氣阻力，在整個(gè)上升過程中，物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系是（ ）答案：C解析：根據(jù)機(jī)械能守恒定律，只有系統(tǒng)內(nèi)重力彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能保持不變，那么除系統(tǒng)內(nèi)重力彈力外其他力做功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化，本題目中其他力即豎直向上的恒力，所以恒力撤去前，物體受到自身重力和豎直向上的恒力作用，豎直向上為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即，所以，機(jī)械能的增加量與時(shí)間平方成正比，對(duì)照選項(xiàng)AB錯(cuò)。撤去拉力后只有重力做功，機(jī)械能不變，選項(xiàng)D錯(cuò)。所以正確選項(xiàng)為C。7. 如圖所示，用一小車通過輕繩提升一滑塊，滑塊沿豎直光滑桿上升，某一時(shí)刻，兩段繩恰好垂直，且拴在小車一端的繩

7、與水平方向的夾角為，此時(shí)小車的速度為v0，則此時(shí)滑塊豎直上升的速度為（）A.v0 B.v0sin C.v0cos D.答案：A解析：車的速度等于沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度，根據(jù)平行四邊形定則，有v0cos=v繩，而貨物的速度等于沿繩子方向和垂直于繩子方向速度的合速度則有v貨cos=v繩由于兩繩子相互垂直，所以=，則由以上兩式可得，貨物的速度就等于小車的速度故選：A8. 如圖所示，以o為圓心的圓周上有六個(gè)等分點(diǎn)a、b、c、d、e、f等量正、負(fù)點(diǎn)電荷分別放置在a、d兩處時(shí)，在圓心o處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E現(xiàn)改變a處點(diǎn)電荷的位置，使o點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度改變，下列敘述正確的是（） A移至c處，o

8、處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向沿oe B移至b處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小減半，方向沿od C移至e處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小減半，方向沿oc D移至f處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，方向沿oe答案：C解析：放置在a、d兩處的等量正、負(fù)點(diǎn)電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，每個(gè)電荷在圓心o處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E/2。根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，a處正電荷移至c處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E/2，方向沿oe，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；a處正電荷移至b處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2·E/2·cos 30°E，方向沿eod的角平分線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；a處正電荷移至e處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E/2，方向沿oc，選項(xiàng)C正確

9、；a處正電荷移至f處，o處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2·E/2·cos 30°E，方向沿cod的角平分線，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9. （多選）如圖為哈勃望遠(yuǎn)鏡拍攝的銀河系中被科學(xué)家成為“羅盤座T星”系統(tǒng)的照片，最新觀測(cè)標(biāo)明“羅盤座T星”距離太陽系只有3260光年，比天文學(xué)家此前認(rèn)為的距離要近得多該系統(tǒng)是由一顆白矮星和它的類日伴星組成的雙星系統(tǒng)，由于白矮星不停地吸收由類日伴星拋出的物質(zhì)致使其質(zhì)量不斷增加，科學(xué)家預(yù)計(jì)這顆白矮星在不到1000萬年的時(shí)間內(nèi)會(huì)完全“爆炸”，從而變成一顆超新星，并同時(shí)放出大量的射線，這些射線到達(dá)地球后會(huì)對(duì)地球的臭氧層造成毀滅性的破壞現(xiàn)假設(shè)類日伴星所釋放的物質(zhì)被白

10、矮星全部吸收，并且兩星間的距離在一段時(shí)間內(nèi)不變，兩星球的總質(zhì)量不變，則下列說法正確的是（）A兩星間的萬有引力不變 B兩星的運(yùn)動(dòng)周期不變C類日伴星的軌道半徑增大 D白矮星的軌道半徑增大答案：BC解析：A、兩星間距離在一段時(shí)間內(nèi)不變，由萬有引力定律可知，兩星的質(zhì)量總和不變而兩星質(zhì)量的乘積必定變化，則萬有引力必定變化故A錯(cuò)誤B、組成的雙星系統(tǒng)的周期T相同，設(shè)白矮星與類日伴星的質(zhì)量分別為M1和M2，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1和R2，由萬有引力定律提供向心力：可得，GM2=，兩式相加G（M1+M2）T2=42L3，白矮星與類日伴星的總質(zhì)量不變，則周期T不變故B正確C、由得，M1R1=M2R2知雙星運(yùn)行半徑

11、與質(zhì)量成反比，類日伴星的質(zhì)量逐漸減小，故其軌道半徑增大故C正確，D錯(cuò)誤故選BC10. （多選）在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M="0.6" kg，m="0.2" kg的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep="10.8" J彈性勢(shì)能的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），原來處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R="0.425" m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示.g取10 m/s2.則下列說法正確的是（ ）A球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4 NsBM離

12、開輕彈簧時(shí)獲得的速度為9m/sC若半圓軌道半徑可調(diào)，則球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小D彈簧彈開過程，彈力對(duì)m的沖量大小為1.8 Ns答案：AD解析：據(jù)題意，由動(dòng)量守恒定律可知：，即，又據(jù)能量守恒定律有：，求得，則彈簧對(duì)小球沖量為：，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤而選項(xiàng)D正確；球從A到B速度為：，計(jì)算得到：，則從A到B過程合外力沖量為：，故選項(xiàng)A正確；半徑越大，飛行時(shí)間越長，而小球的速度越小，水平距離不一定越小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤。11. 如圖所示，在空間水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰

13、好水平，ABC三點(diǎn)在同一直線上，且AB=2BC，由此可見，下列說法正確的是（）A電場(chǎng)力為2mgB小球帶正電C小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D小球從A到B與從B到C的速度變化量相等答案：D解析：帶電小球從A到C，設(shè)在進(jìn)入電場(chǎng)前后兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時(shí)間為分別為t1和t2在電場(chǎng)中的加速度為a則：從A到B過程小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則有：x1=v0t1；從B到C過程，有：x2=v0t2；由題意有：x1=2x2；則得：t1=2t2；即小球從A到B是從B到C運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍又 y1=gt12，將小球在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)看成沿相反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：y2=a

14、t22，根據(jù)幾何知識(shí)有：y1：y2=x1：x2；解得：a=2g；根據(jù)牛頓第二定律得：F-mg=ma=2mg，解得：F=3mg，由于軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明電場(chǎng)力方向向上，所以小球帶負(fù)電根據(jù)速度變化量v=at，則得：AB過程速度變化量大小為v1=gt1=2gt2；BC過程速度變化量大小為v2=at2=2gt2；所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，故D正確，ABC錯(cuò)誤12. 一長輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，薄硬紙上放質(zhì)量均為1kg的A、B兩物塊，A、B與薄硬紙片之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1=0.3，2=0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示，已知最大靜摩擦力

15、等于滑動(dòng)摩擦力，g=10m/s2。則：（ ） A. 若F=1N，則物塊、薄硬紙片都靜止不動(dòng)B. 若F=1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC. 若F=8N，則B物塊的加速度為4.0m/s2D. 無論力F多大，B與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)答案：D解析：輕質(zhì)木板則質(zhì)量為0,A與薄硬紙的摩擦力最大為fA=0.3×1×10=3NB與薄硬紙的摩擦力最大為fB=0.2×1×10=2N。A、F=1NfA，所以AB與薄硬紙保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B 、若F=1.5NfA，所以AB與薄硬紙保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動(dòng)，根

16、據(jù)牛頓第二定律得： F-f=mAa，所以A物塊所受摩擦力fF=1.5N，故B錯(cuò)誤；C、F=8NfA，所以A相對(duì)于薄硬紙滑動(dòng)，B和薄硬紙整體受到摩擦力3N，輕質(zhì)木板，質(zhì)量不計(jì)，所以B的加速度a=3.0m/s2 ,故C錯(cuò)誤；D、無論力F多大，B與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。故D正確。三、非選擇題13. 為了簡單測(cè)量小木塊與水平桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，按以下步驟進(jìn)行：a將一端固定在木板P上的輕彈簧置于水平桌面上，固定木板P，在桌面上標(biāo)記彈簧自由端位置O，將小木塊接觸彈簧自由端（不栓接）并使其緩慢移至A位置，如圖1所示b將小木塊從靜止開始釋放，小木塊運(yùn)動(dòng)至B位置靜止c將彈簧移至桌邊，使彈簧自由端位置O與

17、桌邊緣對(duì)齊，如圖2所示固定木板P，使小木塊接觸彈簧自由端（不栓接）并使其緩慢移至C位置，使OC=OA將小木塊從靜止開始釋放，小木塊落至水平地面D處若已經(jīng)測(cè)得OB距離為L，OD的豎直高度為h小木塊可看作質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力為測(cè)量小木塊與水平桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)，還需要測(cè)量的物理量是_寫出小木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式：=_答案：O與D的水平距離x，解析：（1）該實(shí)驗(yàn)步驟a、b中，彈性勢(shì)能等于物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中克服摩擦力做的功，由于xoc=xoA，物塊在O處的動(dòng)能等于由O到B的過程中克服摩擦力所做的功，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgL=mv2根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的公式得：在O點(diǎn)的速度v=，hgt2 聯(lián)立解得：=

18、所以還需要測(cè)量的物理量是：O與D點(diǎn)的距離x，小木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式：=14. 氣墊導(dǎo)軌可以在導(dǎo)軌和滑塊之間形成一薄層空氣膜，使滑塊和導(dǎo)軌間的摩擦幾乎為零，因此可以利用氣墊導(dǎo)軌裝置來驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。( )如圖所示，做實(shí)驗(yàn)時(shí)，將滑塊從圖示位置由靜止釋放，由數(shù)字計(jì)時(shí)器(圖中未畫出)，可讀出遮光條通過光電門的時(shí)間為t，用游標(biāo)卡尺測(cè)得遮光條寬度為d，用刻度尺測(cè)得釋放位置到光電門中心的距離為x，氣墊導(dǎo)軌總長為L，其最右端離桌面的高度為h，滑塊和遮光條總質(zhì)量為M，已知重力加速度為g，這一過程中滑塊減少的重力勢(shì)能表達(dá)式為 ，滑塊獲得的動(dòng)能表達(dá)式為 ；(以上表達(dá)式均用已知字母表示)某實(shí)驗(yàn)小組在一

19、次實(shí)驗(yàn)后，通過數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，滑塊獲得的動(dòng)能略大于其減少的重力勢(shì)能，可能的原因是 。答案：，；釋放時(shí)滑塊有初速度、或測(cè)量釋放位置到光電門中心的距離x的值偏小、或測(cè)量遮光條寬度d的值偏大(只需寫出一種情況即可)解析：這一過程中滑塊減少的重力勢(shì)能為：EpMgH，滑塊獲得的動(dòng)能為：Ek0上述過程是由重力勢(shì)能向動(dòng)能轉(zhuǎn)化的過程，因此當(dāng)滑塊獲得的動(dòng)能略大于其減少的重力勢(shì)能時(shí)，其原因可能是釋放時(shí)滑塊有初速度、或測(cè)量釋放位置到光電門中心的距離x的值偏小、或測(cè)量遮光條寬度d的值偏大15. 如圖所示，一塊足夠長的木板C質(zhì)量為2m，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有A、B兩個(gè)完全相同的炭塊（在木板上滑行時(shí)能留下痕跡

20、），兩炭塊質(zhì)量均為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，開始時(shí)木板靜止不動(dòng)，A、B兩炭塊的初速度分別為v0、2v0，方向如圖所示，A、B兩炭塊相距足夠遠(yuǎn)求：（1）木板的最終速度；（2）A、B兩炭塊在木板上所留痕跡的長度之和答案：（1）；（2）解析：（1）選ABC整體為研究對(duì)象，由水平方向動(dòng)量守恒可得：mv0+2mv0=（m+m+2m）v解得：（2）全過程根據(jù)能量守恒，得解得，16. 在半徑R5000km的某星球表面，宇航員做了如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由軌道AB和圓弧軌道BC組成，將質(zhì)量m0.2kg的小球從軌道AB上高H處的某點(diǎn)靜止滑下，用力傳感器測(cè)出小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力

21、F，改變H的大小，可測(cè)出相應(yīng)的F大小，F(xiàn)隨H的變化關(guān)系如圖乙所示。求： （1）圓軌道的半徑；（2）該星球的第一宇宙速度。答案：（1）0.2m；（2）5 km/s。解析：（1）設(shè)該星球表面的重力加速度為g0，圓軌道的半徑為r，當(dāng)H0.5 m時(shí)，有： mg0(H2r)mv02mg0 解得：rH0.2 m（2）當(dāng)H0.5 m時(shí)，有：mg0(H2r)mv2mg0F即Fg0(2H1)由FH圖象可得：g05 m/s2該星球的第一宇宙速度v5 km/s17. 滑雪運(yùn)動(dòng)中當(dāng)滑雪板壓在雪地時(shí)會(huì)把雪內(nèi)的空氣逼出來，在滑雪板與雪地間形成一個(gè)暫時(shí)的“氣墊”，從而大大減小雪地對(duì)滑雪板的摩擦然而當(dāng)滑雪板相對(duì)雪地速度較小時(shí)

22、，與雪地接觸時(shí)間超過某一值就會(huì)陷下去，使得它們間的摩擦力增大假設(shè)滑雪者的速度超過4m/s時(shí)，滑雪板與雪地間的動(dòng)摩擦因數(shù)就會(huì)由1=0.25變?yōu)?=0.125一滑雪者從傾角=37°的坡頂A處由靜止開始自由下滑，滑至坡底B（B處為一光滑小圓?。┖笥只弦欢嗡窖┑?，最后停在C處，如圖所示，不計(jì)空氣阻力，坡長L=26m，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）滑雪者從靜止開始到動(dòng)摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）滑雪者到達(dá)B處的速度；（3）滑雪者在水平雪地上運(yùn)動(dòng)的最大距離答案：（1）滑雪者從靜止開始到動(dòng)摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時(shí)間為1s

23、（2）滑雪者到達(dá)B處的速度為16m/s（3）滑雪者在水平雪地上運(yùn)動(dòng)的最大距離為99.2m解析：（1）設(shè)滑雪者質(zhì)量為m，滑雪者在斜坡上從靜止開始加速至速度v1=4m/s期間，由牛頓第二定律有：mgsin37°-1mgcos37°=ma1解得：a1=4m/s2故由靜止開始到動(dòng)摩擦因數(shù)發(fā)生變化所經(jīng)歷的時(shí)間：t=1s（2）則根據(jù)牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：x1=a1t2mgsin37°-2mgcos37°=ma2x2=L-x1,vB2-v12=2a2x2代入數(shù)據(jù)解得：vB=16m/s（3）設(shè)滑雪者速度由vB=16m/s減速到v1=4m/s期間運(yùn)動(dòng)的位移為x3，速度由

24、v1=4m/s減速到零期間運(yùn)動(dòng)的位移為x4，則由動(dòng)能定理有：-2mgx3=mv12-mvB2-1mgx4=0-mv12所以滑雪者在水平雪地上運(yùn)動(dòng)的最大距離為：x=x3+x4=99.2m18. 如圖所示，在光滑水平面左右兩側(cè)各有一豎直彈性墻壁P、Q，平板小車A的左側(cè)固定一擋板D，小車和擋板的總質(zhì)量 M=2kg，小車上表面O點(diǎn)左側(cè)光滑，右側(cè)粗糙一輕彈簧左端與擋板相連，原長時(shí)右端在O點(diǎn)質(zhì)量m=1kg的物塊B在O點(diǎn)貼著彈簧右端放置，但不與彈簧連接，B與O點(diǎn)右側(cè)平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5現(xiàn)將小車貼著P固定，有水平B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)，恒力F推B向左移動(dòng)x0=0.1m距離時(shí)撤去推力，最終停在O點(diǎn)右側(cè)x1=0.9m 處，取重力加速度g=10m/s2，彈簧在彈性限度內(nèi) （1）求水平恒力F