2024-2025学年福建省厦门市双十中学高三（上）第一次月考物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市双十中学高三（上）第一次月考物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在2023年杭州亚运会田径女子4×100米接力决赛中，位于第8道的中国队以43秒39的成绩夺得冠军，其中福建选手葛曼棋是第四棒运动员。如图所示为4×100米部分跑道示意图，分界线位于直道与弯道的连接处，比赛中( )
A. 43秒39表示时刻
B. 各队中中国队的平均速度最大
C. 葛曼棋在加速冲刺过程中惯性增大
D. 研究葛曼棋的接棒动作时可以将其看成质点
2.已知A与B所受重力分别为GA=10N，GB=20N，A与B间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.3，如图甲、乙所示。现在用大小为8N的力F，分别作用在A、B上，则各物体所受摩擦力的情况是( )
A. 甲图中，A不受摩擦力，B受到地面水平向左的大小为8N的摩擦力
B. 甲图中，A受2N摩擦力水平向右，B受地面的6N摩擦力水平向左
C. 乙图中，A受2N摩擦力水平向左，B受地面的9N摩擦力水平向左
D. 乙图中，A受2N摩擦力水平向左，B受地面的2N摩擦力水平向右
3.如图，足够长的光滑直杆AB和BC构成一个支架，在竖直面内放置，支架连结处为B，直杆AB、BC与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，轻质小环P、Q分别穿进直杆AB和BC，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端系在一起，其结点为O挂上小球后，绳子拉直后的长度分别为l1，l2，若两细绳的张力大小相等。则( )
A. θ1不一定等于θ2，l1也不一定等于l2B. θ1不一定等于θ2，l1一定等于l2
C. θ1一定等于θ2，l1也一定等于l2D. θ1一定等于θ2，l1不一定等于l2
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
4.如图，一位运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，在此期间运动员与地面的夹角θ逐渐减小，但仍保持平衡状态，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平。在运动员缓慢向后倾倒过程中( )
A. 地面对运动员的支持力大小不变B. 地面对运动员的摩擦力大小不变
C. 地面对运动员的作用力大小变大D. 地面对运动员的作用力大小不变
5.如图所示，轻绳a的一端与质量为m1的物块A连接，另一端跨过光滑定滑轮与轻绳b拴接于O点，与水平方向成θ角的力F的作用在O点，质量为m2的物块B恰好与地面间没有作用力，已知θ=60°，定滑轮右侧的轻绳a与竖直方向的夹角也为θ、重力加速度为g，当F从图中所示的状态开始顺时针缓慢转动90°的过程中，结点O、m1的位置始终保持不变，则下列说法正确的是( )
A. m2=m1B. F的最小值为 3m1g
C. 力F先减小后变大D. 地面对物块B的支持力变大
6.甲、乙两车(均可视为质点)在平直公路上沿两平行车道同向行驶，两车运动的xt−t图像如图所示(x为位移)。已知t=0时甲车在乙车前面30m处，在t=6s时两车恰好相遇。下列说法正确的是( )
A. 图中t1时刻两车相距最远
B. 两车在t=43s时速度相等
C. 相遇时，两物体的速度之差的大小等于14m/s
D. 乙车比甲车的加速度大4m/s2
7.玩具吊车的简化结构如图所示，杆AB固定于平台上且不可转动，其B端固定一光滑定滑轮；轻杆CD用铰链连接于平台，可绕C端自由转动，其D端连接两条轻绳，一条轻绳绕过滑轮后悬挂一质量为m的重物，另一轻绳缠绕于电动机转轴O上，通过电动机的牵引控制重物的起落。某次吊车将重物吊起至一定高度后保持静止，此时各段轻绳与杆之间的夹角如图乙所示，其中两杆处于同一竖直面内，OD绳沿竖直方向，γ=30°，θ=90°，重力加速度大小为g，则( )
A. α一定等于β
B. AB杆受到绳子的作用力大小为 3mg
C. CD杆受到绳子的作用力大小为mg
D. 当启动电动机使重物缓慢下降时，AB杆受到绳子的作用力将逐渐增大
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示，一根轻质细绳系着一个重力为G的小球，细绳上端固定在天花板上。给小球施加一个拉力，使小球保持平衡。现保持该拉力的大小不变，缓慢改变该拉力的方向，细绳与竖直方向的夹角的最大取值为θ。该拉力的大小为______；轻质细绳对小球的拉力的最大值为______。
9.瓦房为中国常见的一种传统建筑。如图为一瓦房屋顶结构的简化图，横截面为圆弧的瓦片能够沿着两根相互平行的椽子匀速下滑，已知椽子间距离与圆弧的瓦片的半径相等，平行的椽子与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，忽略瓦片厚度，不计椽子的粗细，重力加速度为g，椽子与瓦片之间的动摩擦因数处处相同，则椽子对瓦片作用力的合力大小为______；椽子与瓦片间动摩擦因数大小为______。
10.如图所示，一辆长为16m的公交车出站后做加速度大小为1m/s2的匀加速直线运动，公交车先后通过地面上的两条标线A、B，所用时间分别为4s和2s，则公交车的车头刚到A点时的速度大小为______m/s；两条标线A、B之间的距离为______m。
四、实验题：本大题共2小题，共10分。
11.某同学利用如图所示装置来研究弹簧弹力与形变的关系，设计的实验如下：A、B是质量均为m0的小物块，A、B间用轻弹簧相连，A的上面通过轻绳绕过两个定滑轮与一个轻质挂钩相连，挂钩上可以挂上不同质量的物体C，物块B下放置压力传感器。物体C右边有个竖直的直尺，可以测出挂钩下移的距离。整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度g取9.8m/s2。实验操作如下：
①不悬挂物体C，让系统保持静止，确定挂钩的位置O，并读出压力传感器的示数F0；
②每次挂上不同质量的物体C，用手托住，缓慢释放，测出系统稳定时挂钩相对O点下移的距离x1，并读出相应的压力传感器的示数F1；
③以压力传感器示数为纵轴，挂钩下移的距离为横轴，根据每次测量的数据，描点作出F−x图像如图所示。
由图像可知：
(1)在实验误差的范围内，可认为弹簧弹力与弹簧形变量成______(填“正比”、“反比”或“不确定关系”)。
(2)弹簧劲度系数k= ______N/m(结果保留三位有效数字)。
12.某活动小组用如图1所示的实验装置验证力的平行四边形定则。
(1)用一根不可伸长的轻质细线悬挂一小球，固定悬点O处有一传感器可测出细线上的力。小球静止在O点正下方的P点时，传感器的示数为6N。现对小球施加一水平向右的拉力F，使小球缓慢上升，小球的运动轨迹如图中的曲线PQ，当小球运动到a点时，θ=53°，拉力大小为F1=8N，传感器的示数为10N。在如图2所示的方格纸上用平行四边形定则作出拉力F1与小球重力的合力，在误差允许范围内，若得到______的结论。则验证了共点力的合成法则−平行四边形定则。

(2)用一根轻质的橡皮筋悬挂与(1)中相同的小球，小球静止时仍在O点正下方的P点。对小球施加一水平向右的拉力F，使小球缓慢上升，小球的运动轨迹如图中的曲线PM，当小球运动到b点(b与a、O共线)时，拉力大小为F2，理论上来说，F2 ______F1(填“=”、“>”或“<”)，传感器的示数______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
五、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图1，轻绳一端固定于O点，另一端P连接一个力传感器(图中未画出)，O、P端始终在同一水平线上。现将一物块通过光滑挂钩悬挂在绳上，水平缓慢移动P端，测出O、P端距离d，通过力传感器测出相应的绳的张力T，并作出d2−1T2图像如图2，已知图中a、b分别为纵截距、横截距，不计轻绳伸长。求：
(1)轻绳总长度；
(2)物块(含挂钩)的重力大小。
14.下图是利用超声波测速仪测量某型号小汽车的百公里加速时间的示意图。A为运动的小汽车，固定不动的超声波测速仪B向某一方向发射超声波，在发射的同时开始计时，超声波测速仪收到反射波就立即停止计时。在一次测试中，小汽车A与测速仪B相距l1=672m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动，当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距l2=704m，已知声速v0=340m/s。求：
(1)小汽车A的加速度大小；
(2)小汽车A的百公里加速时间(保留2位有效数字)。
15.如甲图所示，质量均为1kg的物块A、B静止在水平面上，A、B由劲度系数为3N/cm的轻弹簧相连，物块A套在竖直杆上，在竖直向上的力F作用下沿杆缓慢上移，B运动之前，力F随上升高度ℎ的变化关系如乙图所示，已知物块A、B处于水平面时距离为16cm，弹簧原长为18cm，物块A与杆间动摩擦因数μ为0.5，图中c点的高度ℎc=0.12m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)
(1)当A在地面时，求B所受的摩擦力的大小；
(2)求Fc的数值；
(3)求坐标a、b的数值。
答案解析
1.B
【解析】解：A、43秒39表示的是时间间隔，故A错误；
B、中国队以43秒39的成绩夺得冠军，时间最短，而位移相等，根据平均速度公式v−=xt可知，中国队的平均速度最大，故B正确；
C、惯性只与质量有关，葛曼棋在加速冲刺过程中惯性不变，故C错误；
D、接棒时候，葛曼棋的大小和尺寸不能忽略，故不能看成质点，故D错误。
故选：B。
时刻表示某一瞬时，时间间隔是指两个时刻之间的间隔；根据平均速度公式v−=xt分析平均速度关系；惯性大小只与质量有关；当物体的大小和形状在所研究的问题能忽略不计时，物体可以看成质点。结合这些知识分析。
解答本题的关键要掌握物体能被看成质点的条件：物体的大小和形状在所研究的问题能忽略不计，搞清时刻与时间间隔的关系。
2.A
【解析】解：AB、甲图中，对整体分析，B与地面间的最大静摩擦力Fmax=μ2(GA+GB)=0.3×30N=9N；当用8N的力拉时，整体将保持静止，根据平衡条件可知，B受地面水平向左大小为8N的摩擦力，再对A分析可知，A水平方向不受外力，故A不受摩擦力，故A正确，B错误；
CD、乙图中对A分析可知，A与B间的最大静摩擦力F′=μ1GA=0.2×10N=2N；拉力大于2N，小于B和地面之间的最大静摩擦力9N，B静止不动，所以A、B相对滑动，A受到的滑动摩擦力2N，方向向左；对B进行受力分析可知，A对B的滑动摩擦力向右，大小是2N，小于B和地面之间的最大静摩擦力9N，B静止不动，由平衡条件可知地面对B的静摩擦力大小是2N，方向向左，故CD错误。
故选：A。
分别对两图中整体和A、B进行分析，先确定拉力与最大静摩擦力间的关系，判断摩擦力的性质，再根据平衡条件或滑动摩擦力公式求解摩擦力大小。
本题考查摩擦力的性质，要注意在求解摩擦力时一定要先正确判断摩擦力的性质，明确是静摩然后再根据各自的性质擦力还是滑动摩擦力，进行分析求解。
3.D
【解析】解：对P、Q小环分析，小环受光滑杆的支持力和绳子的拉力，根据平衡条件，这两个力是一对平衡力，支持力是垂直于杆子向上的，故绳子的拉力也是垂直于杆子的。
对结点O受力分析如图所示：
根据平衡条件可知，FP和FQ的合力与mg等值反向，若两绳子的张力相等，故F P⋅csθ1=FQ⋅csθ2；那么θ1=θ2，但两根绳长不一定相等，故ABC错误，D正确。
故选：D。
先对P、Q环受力分析，它们只受两个力，根据二力平衡条件可知，绳子的拉力都是垂直于杆子的，这是解决此题的关键。再对结点O受力分析，再根据三力平衡和几何关系求解两夹角和两绳长的关系。
本题的解题关键是抓住两环只受两个力，二力平衡，确定出两绳的方向．还要能正确的受力分析，并且能熟练运用几何知识分析力的关系。
4.AC
【解析】解：对运动员受力分析，运动员受重力G、绳子的拉力T、地面对运动员竖直向上的支持力FN、水平向左的摩擦力f，如图
根据平衡条件有竖直方向FN=mg，水平方向f=T=mgtanθ
即随着运动员与地面夹角的逐渐变小，地面对运动员支持力的大小不变，地面对运动员的摩擦力变大，则地面对运动员的合力变大，故AC正确，BD错误。
故选：AC。
对运动员受力分析，根据平衡条件列式，分析力的变化。
本题考查学生对平衡条件的掌握，是一道基础题。
5.CD
【解析】解：A、对结点O受力分析如图所示，
由于此时地面恰好没有作用力，则由平衡条件可得：m1g=m2gcsθ
化简可知得：m1=12m2，故A错误；
BC、由图可知，F从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳a的拉力大小方向均不变，轻绳b的拉力大小逐渐变小但方向不变，力F先减小后变大，当力F与轻绳b垂直时，力F有最小值为：Fmin=m1gsinθ= 32m1g
故B错误，C正确；
D、F从图中所示的状态顺时针转动90°的过程中，轻绳b的拉力(m2g−FN)变小，故地面对物块B的支持力FN变大，故D正确。
故选：CD。
对AB分别受力分析，根据力的平衡条件解得质量的关系，根据三角形法则分析F变化时的动态分析。
此题好象是动态平衡的分析，实际上是根据平衡条件求未知力的情况，只有抓住受力分析，在两个不同方向上列平衡方程即可解决问题。
6.BC
【解析】解：A、两车相遇前，当两车速度相等时，两车相距最远。由xt−t图像可知，图中t1时刻两车的平均速度相等，由于初速度不相等，所以t1时刻两车的速度不相等，故图中t1时刻两车不是相距最远，故A错误；
D、根据匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2
可得
xt=12at+v0
由xt−t图像可知，甲、乙的初速度分别为
v0甲=8m/s，v0乙=4m/s
由题意可知，t=0时甲车在乙车前面30m处，在t=6s时两车恰好相遇，则有
Δx=v0乙t+12a乙t2−(v0甲t+12a甲t2)=30m
联立解得：a乙−a甲=3m/s2，故D错误；
B、设经过t时间两车速度相等，则有
v0甲+a甲t=v0乙+a乙t
解得：t=43s，故B正确；
C、相遇时，两物体的速度之差的大小为
Δv=v0乙+a乙t−(v0甲+a甲t)=v0乙−v0甲+(a乙−a甲)t
代入数据可得：Δv=4m/s−8m/s+3×6m/s=14m/s，故C正确。
故选：BC。
根据匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2变形得到xt与t的关系式，结合图像的信息求出两车的初速度。根据在t=6s时两车恰好相遇，由位移关系求出乙车与甲车的加速度之差。根据速度—时间公式求速度相等经历的时间，再求相遇时，两物体的速度之差。两车相遇前，当两车速度相等时，两车相距最远。
解答本题时，要掌握匀变速直线运动的位移—时间公式x=v0t+12at2，通过变形得到xt与t的关系式，再分析两车的运动情况。
7.BD
【解析】解：AB、杆AB固定于平台，属于定杆。杆的弹力不一定沿杆，同一条绳的力大小相等，其合力一定在其角平分线上，如图所示，
两个力T所作力的平行四边形为菱形，根据平衡条件可得：T=mg
根据几何关系可得：a+β=60°
对角线为F杆，则AB杆受到绳子的作用力大小为：F杆=2Tcs30°= 3mg，故A错误，B正确；
C、由于CD杆是动杆，D点是死结，根据共点力平衡可知，CD的力沿CD方向，其大小为：F杆′=Ttan60°= 3mg，故C错误；
D、当启动电动机使重物缓慢下降时，导致∠DBm变小，而T=mg不变，由于AB杆受的弹力为：F杆=2Tcs∠DBm2，AB杆受到两绳的力 F杆将增大，故D正确。
故选：BD。
对定杆AB的B点进行受力分析，根据平衡条件和定杆的特点求AB杆受到的力。对动杆CD的点进行受力分析，根据平衡条件和动杆的特点求CD杆受到的弹力。
本题主要考查力的分解，在不同情况下杆的受力方向和大小会有不同，需要熟练合力怎么求。
8.Gsinθ G+Gsinθ
【解析】解：对小球受力分析，如图所示
由几何关系可知，当拉力F与细绳垂直时，细绳与竖直方向的夹角的最大取值为θ，则有
F=Gsinθ
由几何关系可知，当拉力F竖直向下时，轻质细绳对小球的拉力的最大值，其最大值为
Tmax=G+Gsinθ
故答案为：Gsinθ，G+Gsinθ。
对小球受力分析，根据平衡条件分析。
能够对小球正确受力分析是解题的基础。
9.mg 32tanθ
【解析】解：瓦片匀速下滑，受力平衡，故可得椽子对瓦片作用力的合力与瓦片的重力平衡，故大小为mg；
根据题意，垂直于滑面受力分析如图所示
因为：R=d
可得两边支持力的夹角为60°，所以由平衡条件：mgsinθ=2f=2μN
垂直于滑面方向：2Ncs30°=mgcsθ
解得瓦片与椽子间的动摩擦因数为：μ= 32tanθ
故答案为：mg、 32tanθ。
对一片瓦片进行受力分析，受重力，两根椽子对瓦片的支持力、摩擦力。由平衡条件可得瓦片受到椽子的作用力；
瓦片静止，所受合力为零，则在垂直于椽子方向所受合力也为零，瓦片受到垂直于椽子向下的力为重力的分力mgcsθ，瓦片受到垂直于椽子向上的力为两根椽子对瓦片的支持力的合力，由力的平衡关系和几何关系可求每根椽子对瓦片的支持力大小和摩擦力大小，从而得到动摩擦因数。
本题的难点在于，对瓦片受力分析时，要考虑到瓦片的特殊结构，椽子对瓦片的支持力并不与椽子表面垂直，要求学生具有较好的空间想象能力。
10.2 22.5
【解析】解：由匀变速直线运动的位移—时间关系
x=v1t1+12at12
代入数据可得16=4v1+12×1×42，
解得公交车过A点时的速度为
v1=2m/s
同理，由匀变速直线运动的位移—时间关系
x=v2t2+12at22
代入数据可得16=2v2+12×1×22
可得，公交车过B点时的速度为
v2=7m/s
由速度—位移关系
v22−v12=2axAB
可得，两条标线A、B之间的距离为
xAB=v22−v122a=72−222×1m=22.5m
故答案为：2；22.5。
公交车做匀加速直线运动，根据x=v0t+12at2求解公交车的车头刚到A点时和B点时的速度大小，再根据v2−v02=2ax求解两条标线A、B之间的距离。
本题主要考查匀加速直线运动的规律的应用，分清公交车的运动过程，选择合适公式解答。
11.正比 98.0
【解析】解：(1)由图像可知，F与x成线性关系，则F与x的函数式可写为
F=−kx+b
k为常数，当不悬挂物体C，让系统保持静止时，F=2m0g，此时x=0，故b=2m0g，则有
F=2m0g−kx
设不悬挂物体C时，弹簧的压缩量为x0，当挂上物体C且系统稳定后，挂钩相对O点下移的距离x0时，弹簧处于原长，此时F=m0g，则有
m0g=2m0g−kx0
解得
kx0=m0g
悬挂物体C后，弹簧从压缩了x0的状态伸长了x，则此时弹簧的形变量为x0−x，形变量x0−x为正值时，弹簧处于压缩状态，形变量x0−x为负值时，弹簧处于拉伸状态，将上述
F=2m0g−kx，kx0=m0g
两等式整理变形为
F−m0g=k(x0−x)
对物块B而言，F−m0g等于B受到弹簧的弹力，x0−x为弹簧的形变量，且k为常数，所以可认为弹簧弹力与弹簧形变量成正比，其中k为弹簧的劲度系数。
(2)结合(1)小问和图像可知，图像斜率的绝对值表示弹簧的劲度系数，则有
k=ΔFΔx=
故答案为：(1)正比；(2)98.0
(1)根据实验操作结合胡克定律与共点力平衡条件解答；
(2)根据图像斜率分析解答。
本题间接地通过压力传感器与挂钩下移距离的关系得出弹簧弹力和弹簧形变量之间的关系，这是实验的一种创新。
12.合力大小等于10N，方向与竖直夹角为53° = 不变
【解析】解：(1)作出重力的图示，根据平行四边形法则作出拉力与重力的合力如图所示
(2)由图示可知，力的标度大小为2N，测出表示合力大小的线段为5个单位长度，
合力大小为：F=5×2.0N=10.0N，
在误差允许范围内，若得到合力大小等于10N，方向与竖直夹角为53°的结论。
则验证了共点力的合成法则一平行四边形定则。
(3)由题意可知，两种情况下合力方向不变，重力大小与方向不变，拉力与重力方向间夹角不变，则拉力不变，即两种情况下拉力大小相等，传感器示数不变。
故答案为：(1)合力大小等于10N，方向与竖直夹角为53°，(2)=，(3)不变。
(1)根据题意作出重力的图示，根据平行四边形定则作出其合力，然后求出合力大小。
(2)重力大小与方向保持不变，拉力方向、合力方向不变，拉力大小保持不变。
本题考查了验证力的平行四边形定则实验，理解实验原理是解题的前提，根据题意应用平行四边形定则即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
13.解：(1)设绳长为L，绳与竖直方向的夹角为θ，则由平衡知识可知：2Tcsθ=mg，
其中csθ=12 L2−d212L= L2−d2L
联立解得：d2=−m2g2L24⋅1T2+L2
由图象纵截距可知：L2=a，则有：L= a
由图像的斜可知：m2g2L24=ab，mg=2 b
答：(1)轻绳总长为 a
(2)物块(含挂钩)的重力大小为2 b。
【解析】此题关键是能根据力的平衡知识建立d2−1T2的函数关系，然后根据图象的斜率和截距进行有关的计算。
对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化，然后作出正确的判断。
14.解：(1)设小汽车A的加速度为a，运动的时间为t，超声波来回的时间为t，则单程的时间为t2，前t2汽车运动位移为x1，后t2汽车运动位移为x2，则有：
x1=12a(t2)2
x1+x2=12at2
x1+x2=l2−l1
超声波追上汽车时，超声波的位移为l1+x1，则有：2(l1+x1)=v0t
联立代入数据解得：a=4m/s2
(2)设小汽车A的百公里加速时间为t1，汽车末速度v=100 km/ℎ≈27.8 m/s，由运动学公式得：v=at1，解得：t1=va=27.84s≈6.9s。
答：(1)小汽车A的加速度大小为4m/s2；
(2)小汽车A的百公里加速时间为6.9s。
【解析】(1)对小汽车A，由位移—时间公式，并对超声波由运动学公式联立方程求解小汽车A的加速度大小；
(2)对小汽车A，由速度—时间公式求得百公里加速时间。
本题以汽车的“百公里加速时间”为情景载体，考查了匀变速直线运动规律在实际问题中的应用，要求学生搞清楚运动过程，灵活应用运动学公式求解。
15.解：(1)当A在地面时，根据平衡关系，B所受的摩擦力大小与弹簧弹力大小相等f=F=k(l0−l)=3×(18−16)N=6N
(2)当A上升到c点时，此时弹簧长度为l′= ℎc2+l2弹簧弹力为F1=k(l′−l0)设此时弹簧与水平方向夹角为a，对A受力分析如下图

Fc−mg−F1sinα−μF1csα=0又tanα=ℎcl
联立得Fc=16N则Fc的数值为16N。
(3)A缓慢上升，处于动态平衡，合力为零，弹簧开始处于压缩状态，弹簧形变量先减小后增大，所以弹簧的弹力先先减小后增大，由于F=mg=10N，可知在a点时弹簧处于压缩状态，在b点时弹簧处于原长状态，在a点时，对A物体受力分析，设弹簧弹力为F2，如下图所示：

由力的平衡有：F+F2sinθ=mg+μF2csθ
代入数据可得：tanθ=μ=0.5
由几何关系可得
tanθ=ℎal
可得ℎa=8cm在b点时弹簧处于原长状态，由几何关系可得
ℎb= l02−l2
解得
ℎb=8.246cm
答：(1)当A在地面时，B所受的摩擦力的大小为6N；
(2)Fc的数值为16N；
(3)坐标a、b的数值分别为8cm和8.246cm。
【解析】(1)根据平衡条件和胡克定律计算；
(2)对A受力分析，根据平衡条件列方程计算；
(3)在a点，对A受力分析，根据平衡条件列方程计算，然后根据几何关系计算即可a点的坐标；在b点时弹簧处于原长状态，由几何关系可得。
能正确对A受力分析，做出受力图是解题的基础。