高中物理高考 考点14 用牛顿第二定律解决两类问题-备战2022年高考物理考点一遍过

这是一份高中物理高考 考点14 用牛顿第二定律解决两类问题-备战2022年高考物理考点一遍过，共23页。试卷主要包含了用牛顿第二定律解决动力学问题，瞬时变化的动力学模型，传送带模型分析方法，滑块–木板模型分析方法等内容，欢迎下载使用。
一、用牛顿第二定律解决动力学问题
（1）从受力确定运动情况（）。
（2）从运动情况确定受力（F=ma）。
（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。
二、瞬时变化的动力学模型
三、传送带模型分析方法
四、滑块–木板模型分析方法
（2019·湖南高二期末）如图所示，质量为2 kg的物体放在水平地面上，在大小为10 N的倾斜拉力的作用下，物体由静止开始做匀加速直线运动，6 s末的速度是3 m/s，已知拉力与水平面方向成37°的仰角，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。
求：（1）物体运动的加速度；
（2）物体和地面之间的动摩擦因数。
【参考答案】（1）0.5 m/s2 （2）0.5
【详细解析】（1）由a=得：
a==0.5 m/s2
（2）由牛顿第二定律可知:Fcsθ–Ff=ma
FN+Fsinθ=mg
Ff=µFN
解得：µ=0.5
1．如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中
A．弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同
B．弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同
C．两木块速度相同时，加速度aAvB
【答案】ACD
【解析】从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中，弹簧弹力逐渐增大，则A做加速度减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，A、B均由静止开始运动，只要A的速度大于B的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中，当A、B速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程A、B的图象，则时刻，A、B两木块的加速度相同（切线斜率相同），且，时刻A、B的速度相同，且，故ACD正确，B错误。
足够长光滑斜面BC倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2 kg的小物块静止于A点。现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图甲所示。小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin53°=0.8，cs53°=0.6）。求：
（1）小物块所受到的恒力F；
（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；
（3）小物块最终离A点的距离。
【参考答案】（1）11 N （2） （3）
【详细解析】（1）由图乙可知，AB段加速度，
根据牛顿第二定律，有Fcsα–μ（mg–Fsinα）=ma，
得。
（2）在BC段mgsinα=ma2，解得，小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，所以小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为。
（3）小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3，，
滑块的位移，，。
1．（2019·浙江高二期中）如图，风靡全球的《蜘蛛侠2》电影中，蜘蛛侠利用蜘蛛丝粘住墙体产生的阻力，来拯救一列质量为1×106 kg的速度为360 km/h飞驰的失去制动性能的列车，使列车在其正前方400米断轨处刚好停止。若铁轨和空气的阻力为车重的0.25倍，列车的运动可视为匀减速直线运动，则蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为
A．1×105 NB．1×106 N
C．1×107 ND．1×108 N
【答案】C
【解析】根据运动学公式可得加速度的大小为，根据牛顿第二定律则有，解得蜘蛛丝对列车产生的平均阻力为，故选项C正确，ABD错误。
如图所示，物体a、b用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等。当在P点处剪断绳子的瞬间
A．物体a的加速度大小为零
B．物体a的加速度大小为g
C．物体b的加速度大小为零
D．物体b的加速度大小为g
【参考答案】BD
【详细解析】设ab物体的质量为m，剪断细线前，对ab整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F=2mg；再对物体a受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体a受到的力的合力等于mg，向上，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故B正确，A错误；对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，故物体b受到的力的合力等于mg，向下，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故C错误，D正确。
1．（2019·四川高一期末）车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体，质量分别为m1、m2，且m2>m1，m2静止在车厢底板上，当车厢向右运动时，m1、m2与车厢保持相对静止，系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ，如图所示，绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计，下列说法正确的是
A．车厢的加速度为
B．车厢底板对的支持力为
C．绳子中的张力大小为
D．车厢底板对的摩擦力为
【答案】ACD
【解析】物体m1与车厢具有相同的加速度，对物体m1分析，受重力和拉力，根据合成法知，F合=m1gtanθ，拉力，物体m1的加速度，所以车厢的加速度为gtanθ，故AC正确。物体m2加速度为gtanθ，对物体m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力，f=m2a=m2gtanθ，故B错误、D正确。
已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系（如图乙所示），图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则
A．物块在0~t1内运动的位移比在t1~t2内运动的位移小
B．0–t2内，重力对物块做正功
C．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，那么
D．0~t2内，传送带对物块做功为W=
【参考答案】B
【详细解析】由图乙图线与时间轴所围面积可看出，物块在0~t1内运动的位移比在t1–t2内运动的位移大，故A错误；由于物块在0~t1内向下运动的位移大于t1–t2内向上运动的位移，所以0~t2内物体的总位移向下，所以重力对物块做正功，故B正确；在t1~t2内，物块向上运动，则有μmgcsθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C错误；由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：，则传送带对物块做功，故D错误。
1．（2019·安徽高一期末）如图，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针转动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v1>v2）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。在上述过程中，下列判断正确的是
A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中电动机对传送带做功为2mv1v2
C．此过程中传送带对滑块做功为mv－mv
D．此过程中滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为m（v1－v2）2
【答案】AB
【解析】由于传送带足够长，滑块受向右的摩擦力，减速向左滑行，至速度为0，之后，再加速向右滑行，由于v1>v2，物体会在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于v2时，物体回到原出发点，即滑块返回传送带右端的速率为v2，故A正确；设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：，摩擦力对滑块做功：W1=fx1=①，又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1=mv22②，该过程中传送带的位移：x2=v1t1，摩擦力对传送带做功：③，将①②代入③得：W2=mv1v2，同理可计算，滑块返回到出发点时摩擦力对传送带做功为W2=mv1v2，则此过程中电动机对传送带做功为W=W2+ =2mv1v2，选项B正确；此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理W′=△EK得：W=△EK=mv22–mv22=0，故C错误；物块向左减速运动时，物块相对传送带的位移为：，物块向右加速运动时，物块相对传送带的位移为：，则此过程中滑块与传送带问因摩擦产生的热量为，故D错误。
（2019·北京市第十一中学高一期末）如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
（1）物块与小车共同速度；
（2）物块在车面上滑行的时间t；
（3）小车运动的位移x；
（4）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？
【参考答案】（1）0.8 m/s （2）0.24 s （3）0.096 m （4）5 m/s
【详细解析】（1、2）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：
a2＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2
小车的加速度大小为：
根据v=v0–a2t=a1t
得则速度相等需经历的时间为：
v=0.8 m/s
（3）小车运动的位移
（4）物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v，由水平方向动量守恒得：m2 v0′=（m1+m2）v
根据能量守恒得：μm2gL＝m2v0′2−（m1+m2）v2
代入数据，联立解得v0′=5 m/s
1．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v–t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是
A．0~6 s加速，加速度大小为2 m/s2，6~12 s减速，加速度大小为2 m/s2
B．0~8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8~12 s减速，加速度大小为4 m/s2
C．0~8 s加速，加速度大小为2 m/s2，8~16 s减速，加速度大小为2 m/s2
D．0~12 s加速，加速度大小为1.5 m/s2，12~16 s减速，加速度大小为4 m/s2
【答案】C
【解析】根据v–t图象可知，车先以4 m/s2的加速度匀加速运动，后以−4 m/s2的加速度匀减速运动，根据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律可知，0~6 s物块加速，车的速度始终大于物块；t=6 s后，车减速、物块继续加速，设再经Δt时间共速，有v=2（6+Δt）=24–4Δt，可得Δt=2 s，v=16 m/s，即0~8 s物块加速；8~12 s物块减速，车减速，车的速度始终小于物块；t=12 s后车静止，物块速度为8 m/s，继续减速4 s，即8~16 s物块减速。选C。
（2019·宁夏宁夏大学附属中学高三高考模拟）如图所示，物块A叠放在木板B上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示，下列说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2）
A．当F24 N时，A相对B发生滑动
C．A的质量为4 kg
D．B的质量为24 kg
【参考答案】BC
【详细解析】当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B会发生相对滑动，由图可知，B的最大加速度为4 m/s2，即拉力F>24 N时，A相对B发生滑动，当FF3 D．F1=F3
15．（2018·江苏卷）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cs53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F；
（2）物块和小球的质量之比M:m；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T．
16．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
17．（2016·四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长为12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cs θ=1，sin θ=0.1，重力加速度g=10 m/s2。求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
1．AC【解析】设三个球的质量均为m，开始A、B、C处于静止状态，则弹簧的弹力F=3mg，A、B间细绳张力T1=2mg，B、C间细绳的张力T2=mg，剪断A、B间细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，A所受合力F1=T1，a1=2g，方向竖直向上，A正确；B、C整体的加速度相等，a2=a3=g，方向竖直向下，B、C间细绳的张力变为0，C正确，BD错误。
2．D【解析】设斜面倾角为θ，加速度为a，则将加速度分解在沿斜面向上的方向和垂直斜面方向，分别为ax=acsθ和ay=asinθ，则沿斜面方向：T–mgsinθ=max，则随着a的增大，T增大；垂直斜面方向：mgcsθ–N=may，则随着a的增大，N增大；选项AB错误；由平行四边形定则可知，T和N的合力，则随着a的增加，T和N的合力逐渐增大，选项C错误，D正确。
3．AC【解析】小球在上升过程中的加速度，随着v减小，a1增大到–g，v–t图象斜率的绝对值逐渐减小，小球在下落过程中的加速度大小为，随着v增大，a2从–g减小到0，v–t图象斜率的绝对值逐渐减小，A正确，B错误；根据位移–时间图象的斜率等于速度，s–t图象的斜率应先减小到零，然后斜率的绝对值增大，且下落时间大于上升时间，C正确；根据功能关系得，则，则E–t图象的斜率是变化的，图象应为曲线，D错误。
4．D【解析】由题有，物体原来处于静止状态，故有，有外力F后，F=kt，k>0，以B为研究对象，A对B的摩擦力先沿斜面向上，由平衡条件得F+f1=mgsinα，得f1=mgsinα−kt，知f1随时间均匀减小。当F=mgsinα，得f1=0，之后，A对B的摩擦力沿斜面向下，由平衡条件得F=f1+mgsinα，得f1=mgsinα+kt，知f1随时间均匀增大。当F增大到物体运动后，f1=μmgcsα，保持不变，故AB错误。A、B均不动时，以A、B组成的整体为研究对象，由平衡条件得：f2=Fcsα=ktcsα，则f2与t成正比。当B相对A向上运动时，A的受力情况不变，f2不变，故C错误，D正确。
5．BC【解析】对于斜面甲上的箱子，小球受竖直方向上的重力和拉力作用，一定处于平衡状态，箱子也处于平衡状态，即箱子在斜面甲上做匀速直线运动，A错误；对于斜面乙上的箱子，小球受重力和拉力作用，合力沿斜面方向向下，小球具有沿斜面向下的加速度，箱子在斜面乙上做匀加速直线运动，B正确；在斜面甲上箱子做匀速运动，则斜面甲对箱子的作用力大小等于重力，在斜面乙上箱子与小球做匀加速运动，由牛顿第二定律，对小球有，对箱子有，可得f=0，斜面乙对箱子的作用力大小为，由牛顿第三定律可知，箱子对斜面甲的作用力较大，C正确，D错误。
6．AC【解析】将手拿掉后，m2加速上升，则绳子对物体的拉力大于物体所受的重力，选项A正确；对两物体的整体，由牛顿第二定律：，解得a=5 m/s2，选项B错误；物体m1刚落地时m2的速度大小为，选项C正确；m1落地后，m2向上做上抛运动，还能上升的高度为，则整个过程中物体上升的最大高度为0.4 m+0.2 m=0.6 m，选项D错误。
7．BC【解析】根据牛顿第三定律知，b对地面的压力与b受到地面的支持力一定大小相等，故A错误。b开始时速度为零，当a到达底端时，b的速度为零，在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，由动能定理可知轻杆对b先做正功，后做负功。故B正确。在整个过程中，b的速度先增大后减小，所以轻杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，轻杆对a是斜向下的拉力，此时a的合力大于重力，则其加速度大于重力加速度g，故C正确；a落地前瞬间b的速度为零，由a、b整体的机械能守恒，知此时a的机械能最大，此时b对地面的压力大小为mg，故D错误。
8．ACD【解析】时刻小物块恰好滑至长木板最右端，所以相对位移就是板长，根据图b知，相对位移为图像面积差：，A正确。相对运动过程中，相互间的摩擦力设为f，木块的加速度，木板加速度 ，所以质量之比为，B错误。木块的加速度，摩擦力，所以动摩擦因数为，C正确。动能，t1时刻，速度相同，所以动能比等于质量比，D正确。
9．（1）4 m/s （2）5.27 N
【解析】（1）设运动时间为t，则有：h=gt2
所以，t==0.4 s
水平方向匀速直线运动，故有：v=x/t=4 m/s
（2）设AB段加速度为a，由匀变速直线运动规律得：v2=2aL
a==0.8 m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：Fcsθ–μ（mg–Fsinθ）=ma
带入数据解得：F=5.27 N
10．（1）0.1 （2）8.17 s
【解析】（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有
解得
物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有
代入数据解得：
（2）物块在传送带先做匀减速运动
则物块减速到零的时间为
反向加速时加速度不变，故加速时间为
这段时间的位移为
之后物块随传送带匀速运动，则
物块在传送带上第一次往返所用的时间为
11．（1） （2）
【解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，
其中f1，f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知
f1=μ1mg
f2=μ2（m+M）g
由平衡条件得：F=f1+f2=μ1mg＋μ2（m+M）g
（2）以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为，末速度为，则
加速度：
根据运动学公式：
解得：
12．（1） （2）n=5
【解析】（1）小车的上表面光滑，砖块相对地面始终保持静止状态，放上砖块后小车开始做匀减速运动，设小车与地面间的动摩擦因数为，未放砖块时
放上第一块砖后，对小车有
即
由v—t图象可知，
放上第一块砖后小车的加速度为
解得μ=0.25；M=8 kg
（2）同理，放上第二块砖后，对小车有
代入数据解得
0.8 s内速度改变量
放上第三块砖后小车的加速度为
0.8 s内速度改变量
则放上第n块砖后小车的加速度an=–n×0.25m/s2=0.25nm/s2（n=1，2，3……）
0.8 s内速度改变量∆vn=0.2nm/s（n=1，2，3……）
所以
而
联立解得n=5
即当小车停止时，车上有5块砖
13．D【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选D。
14．A【解析】由v–t图象可知，0~5 s内物体的加速度大小为a1=0.2 m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，可得F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s内物体的加速度a2=0，有mgsin θ–f–F2=ma2，可得F2=mgsin θ–f；10~15 s内物体的加速度大小为a3=–0.2 m/s2，方向沿斜面向上，有mgsin θ–f–F3=ma3，可得F3=mgsin θ–f+0.2m。故有F3>F2>F1，A正确，BCD错误。
15．（1） （2） （3）（）
【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2
F1sin53°=F2cs53° F+mg=F1cs53°+ F2sin53°且F1=Mg
解得
（2）小球运动到与A、B相同高度过程中
小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l
机械能守恒定律mgh1=Mgh2
解得
（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T
牛顿运动定律T′–mgcs53°=ma
解得（）
16．（1）1 m/s （2）1.9 m
【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg，f2=μ1mBg，f3=μ2（mA+mB+m）g
由牛顿第二定律得f1=mAaA，f2=mBaB，f2–f1–f3=ma1
可得aA=aB=5 m/s2，a1=2.5 m/s2
设在t1时刻，B与木板共速，为v1
由运动学公式有v1=v0–aBt1=a1t1
解得t1=0.4 s，v1=1 m/s
（2）在t1时间内，B相对地面的位移
设B与木板共速后，木板的加速度大小为a2
假设B与木板相对静止，由牛顿第二定律有f1+f3=（mB+m）a2
可得，假设成立
由aA=aB可知，B与木板共速时，A的速度大小也为v1
设从B与木板共速到A和B相遇经过的时间为t2，A和B相遇且共速时，速度大小为v2
由运动学公式有v2=v1–a2t2=–v1+aAt2
解得t2=0.3 s，v2=0.5 m/s
在t2时间内，B及木板相对地面的位移
全过程A相对地面的位移
则A、B开始运动时，两者之间的距离x=xB+x1+|xA|=1.9 m
（也可用如图的速度–时间图线求解）
17．（1）5 m/s2，方向沿制动坡床向下 （2）98 m
【解析】（1）设货物的质量为m，货物减速的加速度大小为a1
根据牛顿第二定律有μmgcs θ+mgsin θ=ma1
解得a1=5 m/s2，方向沿制动坡床向下
（2）从货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端38 m过程
货物的位移x1=vt–a1t2
对货车，根据牛顿第二定律有4mgsin θ+5kmg–μmgcs θ=4ma2
货车减速的加速度大小为a2=5.5 m/s2
货车的位移x2=vt–a2t2，又x1–x2=4 m
解得t=4 s，x1=52 m，x2=48 m
制动坡床的长度L=38 m+12 m+x2=98 m受外力时的形变量
纵向弹力
弹力能否突变
轻绳
微小不计
拉力
能
轻杆
微小不计
拉力或压力
能
轻橡皮绳
较大
拉力
不能
轻弹簧
较大
拉力或压力
不能
A
B
C
D