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2020-2021学年广东省深圳高级中学高一（上）期末 物理试题
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这是一份2020-2021学年广东省深圳高级中学高一（上）期末 物理试题，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：共7个小题，每题4分，共28分。
1．（4分）下列关于加速度的说法，正确的是（ ）
A．加速度越大，速度变化量越大
B．加速度逐渐减小，速度可以逐渐增大
C．加速度方向保持不变，速度方向也一定保持不变
D．运动学中加速度a＝和动力学中加速度a＝都用了比值法定义
2．（4分）如图，一个物体在外力F的作用下沿光滑的水平面沿曲线从M加速运动到N，下面关于外力F和速度v的方向的图示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（4分）图是一种有趣好玩的感应飞行器的示意图，主要是通过手控感应飞行，它的底部设置了感应器装置。只需要将手置于离飞行器底部一定距离处，就可以使飞行器静止悬浮在空中，操作十分方便。下列说法正确的是（ ）
A．空气对飞行器的作用力方向竖直向上
B．手对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力
C．空气对飞行器的作用力和空气对手的作用力是一对作用力和反作用力
D．因为空气会流动，所以螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小不相等
4．（4分）如图，倾角θ＝37°的固定斜面上放一质量为m的物体，施加平行斜面向上的拉力F＝mg，物体向上匀速滑动。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则物体与斜面间的动摩擦因数μ为（ ）
A．0B．C．D．
5．（4分）如图所示，某人向放在水平地面上的垃圾桶中水平扔废球，结果恰好从桶的右侧边缘飞到地面，不计空气阻力。为了能把废球扔进垃圾桶中，则此人水平抛球时，可以做出的调整为（ ）
A．初速度不变，抛出点在原位置正上方
B．初速度不变，抛出点在原位置正右侧
C．减小初速度，抛出点在原位置正上方
D．增大初速度，抛出点在原位置正上方
6．（4分）如图，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角始终保持60°，拉力F大小可能为（ ）
A．mgB．mgC．mgD．mg
7．（4分）如图，质量为M＝4kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m＝2kg的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为μ＝0.5。重力加速度g取10m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是（ ）
A．水平力F＝5N时，物块m将保持静止状态
B．水平力F＝11N时，物块m在长木板M上滑动
C．水平力F＝12N时，物块m受到的摩擦力大小为8N
D．水平力F＝14N时，长木板M受到的摩擦力大小为10N
二、多项选择题：共3个小题，每题6分，共18分。全部选对得6分，选对但不全得4分，有选错的得0分。
8．（6分）（多选题）将一个物体在t＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8s时刻物体的速度大小变为8m/s，（g取10m/s2）则下列说法正确的是（ ）
A．物体一定是在t＝3.2s时回到抛出点
B．t＝0.8s时刻物体的运动方向向上
C．物体的初速度一定是20m/s
D．t＝0.8s时刻物体一定在初始位置的下方
9．（6分）如图，固定在水平地面上的斜面体，左、右斜面倾角分别为30°、60°，质量相等的物块P、Q通过一轻弹簧和轻质细绳相连，细绳跨过光滑的定滑轮，整个系统处于静止状态。现对Q施加始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使Q缓慢移动至右绳水平，P仍保持静止不动，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．拉力F先变大后变小
B．弹簧长度先减小后增加
C．P所受摩擦力先减小后增大
D．斜面对P的作用力先变小后变大
10．（6分）如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10m/s2。依据图象给出的物理信息，可得（ ）
A．运动员质量为50kg
B．运动员的加速度最大为50m/s2
C．运动员上升的最大高度是5m
D．8.7s至9.5s内，运动员先失重再超重
三、实验题：共2个小题，第11题6分，第12题10分，共16分。
11．（6分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB与OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．
（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是 ．
（2）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．建立物理模型法
（3）实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O．记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一个弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中：
①有重要遗漏的步骤的序号是 和 ；
②遗漏的内容分别是 和 ．
12．（10分）某学习小组利用如下装置探究小车受力不变的条件下加速度与质量的关系。实验步骤如下：
①按图装好实验器材；
②把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂小桶；在砝码盘里放上砝码，调整细绳至与长木板平行；
③小车靠近打点计时器放置，先打开打点计时器的电源，再释放小车，获得一条纸带；
④保持砝码盘及盘内砝码的质量不变，在小车里增加砝码，多次重复实验，得到多条纸带；
⑤数据处理，得出结论。
请回答下列问题：
（1）该同学漏掉的重要实验步骤是： 。
（2）为了探究加速度与质量的关系，下列物理量必须测量的是： 。
A．小车及车内砝码的总质量M
B．砝码盘及盘内砝码的总质量m
C．纸带上相关点间的距离s
D．长木板倾角θ
（3）实验中打出的一条纸带如图所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝ m/s2（结果保留两位有效数字）。
（4）为减小实验误差，砝码盘及盘内砝码的总质量m应 （填“远小于”、“远大于”或“大于或小于”）小车及车内砝码的总质量m，原因是 。
四、计算题：共38分，其中13题11分，14题13分，15题14分。
13．（11分）如图，质量为50kg的物体受到与水平面成37°、大小为200N的拉力F作用，从静止开始运动，力F作用t1＝10s后撤去。已知物体与水平地面的动摩擦因数μ＝0.4，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2。求：
（1）力F作用过程，物体的加速度大小a1；
（2）撤去F后，物体在水平面上运动的时间t2。
14．（13分）如图所示，质量m1＝1kg 的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与放在水平面上、质量为m2的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲、乙均处于静止状态。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2，乙与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求轻绳OA受到的拉力大小；
（2）求物体乙受到的摩擦力大小；
（3）若物体乙的质量m2′＝5kg，缓慢增大物体甲的质量，当物体甲的质量m1′＝2kg时物体乙刚好开始滑动，求物体乙与水平面之间的动摩擦因数。
15．（14分）一水平的浅色传送带上放置一煤块A（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段长度为d的黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动．重力加速度为g，传送带足够长．
（1）传送带加速阶段的加速度a0的大小．
（2）若在传送带速度达到v0后又经过时间t0时，在煤块A的前方x0处静止释放另一同样的煤块B，结果两煤块在传送带上相撞，求x0满足的条件．
参考答案与试题解析
一、单项选择题：共7个小题，每题4分，共28分。
1．【分析】据加速度的定义式a＝可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，即物体的速度变化越快物体的加速度越大；公式a＝是加速度的决定式，加速度与力F成正比，与质量m成反比。
【解答】解：A、加速度越大，根据△v＝a△t可知，速度变化量不一定越大，还与时间有关，故A错误；
B、当速度方向与加速度方向相同时，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，故B正确；
C、当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动，当减速到零后开始反向，故C错误；
D、运动学中加速度a＝采用了比值定义法，但动力学中加速度a＝中a与力F成正比，与质量m成反比，不是比值定义法，故D错误；
故选：B。
2．【分析】物体运动的轨迹是曲线，速度方向为切线方向；物体做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做加速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相同，分析这两个力的合力即可。
【解答】解：根据曲线运动的规律，速度方向为曲线的切线方向；物体从M点运动到N，曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；物体同时加速，所以沿切向方向有与速度相同的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要小于90°，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．【分析】对飞行器进行受力分析，判断空气对飞行器的作用力；作用力和反作用力是两个物体之间的相互作用，大小相等，方向相反。
【解答】解：A、飞行器静止时受到重力和空气对飞行器的作用力处于平衡状态，可知空气对飞行器的作用力大小与重力相等，方向竖直向上，故A正确；
B、结合A的分析可知，空气对飞行器的作用力和飞行器的重力是一对平衡力，手对飞行器没有直接的作用力，故B错误；
C、空气对飞行器的作用力施力物体是空气，受力物体是飞行器；空气对手的作用力施力物体是空气，受力物体是手，两个力涉及三个物体，不是一对作用力和反作用力，故C错误；
D、螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故D错误。
故选：A。
4．【分析】以物体为研究对象进行受力分析，沿斜面方向根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解。
【解答】解：以物体为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，沿斜面方向根据平衡条件可得：
F＝mgsinθ+μmgcsθ
代入数据解得：μ＝，故D正确、ABC错误。
故选：D。
5．【分析】小球做平抛运动，飞到小桶的右侧，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中．将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择。
【解答】解：设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则
平抛运动的时间 t＝
水平位移 x＝v0t＝v0
AB、由上式分析可知，初速度大小不变，要减小水平位移x，应降低抛出点高度，所以抛球时位移应调到抛出点的原位置正下方。故AB错误；
C、减小初速度，若抛出点位置不变，可减小水平位移，若抛出点在原位置正上方，也可能减小水平位移，从而能把废球扔进垃圾桶中，故C正确；
D、增大初速度，应减小抛出点的高度，即抛出点在原位置正下方，才能把废球扔进垃圾桶中，故D错误。
故选：C。
6．【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值进行分析。
【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，受到总重力、Oa的拉力以及力F，作出F在三个不同方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子a垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得F的最小值为：
Fmin＝2mgsin60°＝mg，所以要使两个小球都处于静止状态，则F≥mg，故D正确、ABC错误。
故选：D。
7．【分析】当物块在长木板相对滑动时，F的最小值为两者之间能达到的最大静摩擦力，根据牛顿第二定律求出F的最小值，再由牛顿第三定律，从而即可一一求解。
【解答】解：对物块与长木板整体进行受力分析：F＝（M+m）a
对物块进行受力分析：F﹣fm＝ma
当物块与长木板即将相对滑动时，静摩擦力达到最大值，fm＝μmg．求解上面方程组，
F最小＝μmg（1+），
代入数据解得：F最小＝15N，a最小＝2.5 m/s2
A、当水平力F＝5N，整体处于加速状态，因此物块m将不会保持静止状态，故A错误；
B、当水平力F＝11N＜15N，物块m不会在长木板M上滑动，故B错误；
C、水平力F＝12N，依据牛顿第二定律，结合整体法，则长木板M的加速度大小为：a′＝m/s2＝2m/s2＜2.5 m/s2．因此物块m受到的是静摩擦力，
根据牛顿第二定律，结合对物块进行受力分析，则有：F′﹣fm′＝ma′，解得：fm′＝12N﹣2×2N＝8N，故C正确；
D、水平力F＝14N＜15N，两者之间不会发生相对滑动，则长木板M受到的仍是静摩擦力，
同理，长木板M的加速度大小为：a″＝m/s2＝m/s2
根据牛顿第二定律，则有，F″﹣fm″＝ma″，解得：fm″＝14N﹣2×N≈9.3N，依据牛顿第三定律，则长木板M受到的摩擦力大小为9.3N，故D错误；
故选：C。
二、多项选择题：共3个小题，每题6分，共18分。全部选对得6分，选对但不全得4分，有选错的得0分。
8．【分析】根据速度时间公式求出0.8s内的速度变化量，判断出0.8s时的速度方向，从而结合速度时间公式求出初速度的大小．根据竖直上抛运动的对称性，结合速度时间公式求出回到抛出点的时间．
【解答】解：物体做竖直上抛运动，在0.8s内的速度变化量△v＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s，由于初速度不为零，可知t＝0.8s时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方。故B正确，D错误。
可知初速度v0﹣gt＝v，代入数据解得v0＝16m/s，则上升到最高点的时间，则回到抛出点的时间t＝2t1＝2×1.6s＝3.2s，故A正确，C错误。
故选：AB。
9．【分析】根据矢量三角形法则分析拉力F和弹簧弹力的变化情况；根据平衡条件分析P所受摩擦力方向和斜面对P的作用力的大小变化情况。
【解答】解：AB、设绳子对Q的拉力为T，绳子拉力与弹簧弹力大小始终相等，T和F的夹角始终为90°，T和F的合力与Q的重力等大反向，根据矢量三角形法则可得合力与两个分力关系如图所示。合力不变，拉力F逐渐增大、绳子拉力T逐渐减小，则弹簧的弹力逐渐减小，弹簧的长度逐渐减小，故AB错误；
C、设P与Q的质量为m。开始时P的重力沿斜面向下的分力为GP1＝mgsin30°＝mg，Q的重力沿斜面向下的分力为GQ1＝mgsin60°＝mg，则GP1＜GQ1，绳子对P的拉力T＝GQ1，则T＞GP1，故P受到的静摩擦力f沿斜面向下，根据平衡条件得：mgsin30°+f＝T，随着拉力T的减小，f逐渐减小；当绳子拉力T＝mg时P受到的静摩擦力为零，以后P受到的静摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件得：mgsin30°＝f+T，随着拉力T减小，f逐渐增大，故C正确；
D、斜面对P的作用力等于支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力相互垂直，支持力不变，摩擦力先减小后增大，故斜面对P的作用力先变小后变大，故D正确。
故选：CD。
10．【分析】由图分析可知：运动员的重力等于500N，即求出质量．当弹力最大时，运动员的加速度．由图读出最大的弹力，根据牛顿第二定律求出最大加速度．由图读出运动员在空中运动的时间，由竖直上抛的规律求出最大高度．
【解答】解：A、由图知，运动员的重力G＝500N，则其质量为m＝＝kg＝50kg，可以求出运动员的质量，故A正确；
B、当蹦床对运动员的弹力最大时，运动员的加速度最大，由图读出最大的弹力Fm＝2500N，根据牛顿第二定律得：Fm﹣mg＝mam，得运动员的最大加速度am＝m/s2＝40m/s2．故B错误；
C、由图读出运动员在空中运动的时间为T＝8.7s﹣6.7s＝2s，根据对称性可知：下落时间为t＝＝1s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度h＝gt2＝m＝5m，故C正确；
D、蹦床的弹力大于重力，运动员的加速度向上，即超重，弹力小于重力，运动员加速度向下，即失重。可知8.7s至9.5s内，运动员先失重再超重再失重，故D错误。
故选：AC。
三、实验题：共2个小题，第11题6分，第12题10分，共16分。
11．【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答题；
（2）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；
（3）步骤C中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤E中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同．
【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；
（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．
故选：B
（3）本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．
故答案为：（1）F′；（2）B；（3）①C；E；②C中未记下两条细绳的方向；E中未说明是否把橡皮条的结点拉到了位置O
12．【分析】（1）根据实验原理判断出实验步骤，即可判断遗漏的实验步骤；
（2）根据实验原理判断出所需要的物理量；
（3）根据逐差法求得加速度；
（4）根据牛顿第二定律即可判断。
【解答】解：（1）根据实验原理可得：砝码和砝码盘的重力为小车的拉力，故遗漏步骤是连接好装置后要平衡摩擦力
（2）A、必须测量小车及车内砝码的总质量M，否则无法做出图像分析实验结果，故A正确；
B、保证砝码盘及盘内砝码的总质量m不变，无需测量数值，故B错误；
C、必须测量纸带上相关点间的距离s，才能求解出加速度大小，做出图像分析，故C正确；
D、保证平衡摩擦力后，小车受到的拉力等于砝码和砝码盘的重力，无需测量倾角的夹角，故D错误；
故选：AC
（3）相邻两计数点间还有4个点未画出，故相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1s，根据逐差法可得：a＝m/s2＝0.88m/s2
（4）对整体，根据牛顿第二定律可得：mg＝（M+m）a，对小车，F＝Ma＝，当m＜＜M时，细绳对小车的拉力近似等于砝码盘及盘内砝码的总重力大小
故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）AC；（3）0.88；（4）远小于；细绳对小车的拉力近似等于砝码盘及盘内砝码的总重力大小
四、计算题：共38分，其中13题11分，14题13分，15题14分。
13．【分析】（1）应用牛顿第二定律求出物体的加速度大小a1。
（2）撤去F后物体做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律求出物体的加速度，应用运动学公式求出物体的运动时间。
【解答】解：（1）力F作用过程物体受力如图所示，
在水平方向，由牛顿第二定律得：
Fcs37°﹣f＝ma1
在竖直方向，由平衡条件得：
Fsin37°+N＝mg
滑动摩擦力：f＝μN
代入数据解得：
（2）在力F作用下物体做初速度为零的匀加速直线运动，
撤去F时，物体的速度v＝a1t1＝0.16×10m/s＝1.6m/s
撤去力F后物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma2，
代入数据解得：a2＝4m/s2，
从撤去F到物体静止需要的时间：
t2＝s＝0.4s
答：（1）力F作用过程，物体的加速度大小a1是0.16m/s2.
（2）撤去F后，物体在水平面上运动的时间t2是0.4s。
14．【分析】（1）（2）对点O受力分析，受三个沿着绳子方向的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解各个力；物体乙受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件得到静摩擦力大小；
（3）根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因数。
【解答】解：（1）（2）以结点O为研究对象进行受力分析，由平衡条件，竖直方向，有：FOAcsθ﹣m1g＝0，
解得轻绳OA的拉力大小FOA＝12.5N；
水平方向，有：FOB﹣m1gtanθ＝0，
解得轻绳OB受到的拉力大小FOB＝7.5N，
物体乙受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力作用，且，
由平衡条件得。
（3）当物体乙刚开始滑动时，受到的静摩擦力达到最大值，有，
由平衡条件得，
解得物体乙与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.3。
答：（1）轻绳OA受到的拉力大小为12.5N；
（2）物体乙受到的摩擦力大小为7.5N；
（3）物体乙与水平面之间的动摩擦因数为0.3。
15．【分析】（1）传送带的加速度大于煤块的加速度，两者之间发生相对滑动，结合牛顿第二定律和运动学公式得出两者加速的时间，根据位移关系，抓住相对位移为d求出传送带加速阶段的加速度a0的大小．
（2）根据运动学公式得出煤块和传送带各自达到速度v0的时间差，若，则释放煤块B时，煤块A已达到速度v0．当煤块B也达到速度v0时，煤块A、B的相对位移达到最大，x0满足小于等于最大相对位移即可．
若，释放煤块B时，煤块A的速度未达到v0，结合运动学公式求出最大相对位移，抓住x0满足小于等于最大相对位移即可．
【解答】解：（1）设传送带加速阶段的时间为t1，则有v0＝a0t1，
煤块A加速至v0所需的时间为t2，则有：μmg＝ma，
v0＝at2，
两者在时间t2内的相对位移即为黑色痕迹的长度，d＝，
联立解得传送带加速阶段的加速度．
（2）煤块A与传送带各自达到速度v0的时间差，
讨论：①若，则释放煤块B时，煤块A已达到速度v0．当煤块B也达到速度v0时，煤块A、B的相对位移达到最大，为．
两煤块在传送带上相撞，x0满足的条件．
②若，则释放煤块B时，煤块A的速度为vA＝a（t1+t0），
再经过时间为t2，煤块B的速度达到v0．此时煤块A、B的相对位移达到最大．
A的位移为+v0（t0+t1），
最大相对位移为，
解得两煤块在传送带上相撞，x0满足的条件 x0≤△xm＝．
答：（1）传送带加速阶段的加速度a0的大小为；
（2）x0满足的条件或x0满足的条件为x0≤．
一、单项选择题：共7个小题，每题4分，共28分。
1．（4分）下列关于加速度的说法，正确的是（ ）
A．加速度越大，速度变化量越大
B．加速度逐渐减小，速度可以逐渐增大
C．加速度方向保持不变，速度方向也一定保持不变
D．运动学中加速度a＝和动力学中加速度a＝都用了比值法定义
2．（4分）如图，一个物体在外力F的作用下沿光滑的水平面沿曲线从M加速运动到N，下面关于外力F和速度v的方向的图示正确的是（ ）
A．B．
C．D．
3．（4分）图是一种有趣好玩的感应飞行器的示意图，主要是通过手控感应飞行，它的底部设置了感应器装置。只需要将手置于离飞行器底部一定距离处，就可以使飞行器静止悬浮在空中，操作十分方便。下列说法正确的是（ ）
A．空气对飞行器的作用力方向竖直向上
B．手对飞行器的作用力与飞行器所受的重力是一对平衡力
C．空气对飞行器的作用力和空气对手的作用力是一对作用力和反作用力
D．因为空气会流动，所以螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力大小不相等
4．（4分）如图，倾角θ＝37°的固定斜面上放一质量为m的物体，施加平行斜面向上的拉力F＝mg，物体向上匀速滑动。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，则物体与斜面间的动摩擦因数μ为（ ）
A．0B．C．D．
5．（4分）如图所示，某人向放在水平地面上的垃圾桶中水平扔废球，结果恰好从桶的右侧边缘飞到地面，不计空气阻力。为了能把废球扔进垃圾桶中，则此人水平抛球时，可以做出的调整为（ ）
A．初速度不变，抛出点在原位置正上方
B．初速度不变，抛出点在原位置正右侧
C．减小初速度，抛出点在原位置正上方
D．增大初速度，抛出点在原位置正上方
6．（4分）如图，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点。用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角始终保持60°，拉力F大小可能为（ ）
A．mgB．mgC．mgD．mg
7．（4分）如图，质量为M＝4kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m＝2kg的物块静止在长木板上，两者之间的滑动摩擦因数为μ＝0.5。重力加速度g取10m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加水平向右的力F，下列说法正确的是（ ）
A．水平力F＝5N时，物块m将保持静止状态
B．水平力F＝11N时，物块m在长木板M上滑动
C．水平力F＝12N时，物块m受到的摩擦力大小为8N
D．水平力F＝14N时，长木板M受到的摩擦力大小为10N
二、多项选择题：共3个小题，每题6分，共18分。全部选对得6分，选对但不全得4分，有选错的得0分。
8．（6分）（多选题）将一个物体在t＝0时刻以一定的初速度竖直向上抛出，t＝0.8s时刻物体的速度大小变为8m/s，（g取10m/s2）则下列说法正确的是（ ）
A．物体一定是在t＝3.2s时回到抛出点
B．t＝0.8s时刻物体的运动方向向上
C．物体的初速度一定是20m/s
D．t＝0.8s时刻物体一定在初始位置的下方
9．（6分）如图，固定在水平地面上的斜面体，左、右斜面倾角分别为30°、60°，质量相等的物块P、Q通过一轻弹簧和轻质细绳相连，细绳跨过光滑的定滑轮，整个系统处于静止状态。现对Q施加始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使Q缓慢移动至右绳水平，P仍保持静止不动，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．拉力F先变大后变小
B．弹簧长度先减小后增加
C．P所受摩擦力先减小后增大
D．斜面对P的作用力先变小后变大
10．（6分）如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10m/s2。依据图象给出的物理信息，可得（ ）
A．运动员质量为50kg
B．运动员的加速度最大为50m/s2
C．运动员上升的最大高度是5m
D．8.7s至9.5s内，运动员先失重再超重
三、实验题：共2个小题，第11题6分，第12题10分，共16分。
11．（6分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB与OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．
（1）如果没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是 ．
（2）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．建立物理模型法
（3）实验时，主要的步骤是：
A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；
B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；
C．用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O．记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；
D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；
E．只用一个弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个F′的图示；
F．比较F′和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．
上述步骤中：
①有重要遗漏的步骤的序号是 和 ；
②遗漏的内容分别是 和 ．
12．（10分）某学习小组利用如下装置探究小车受力不变的条件下加速度与质量的关系。实验步骤如下：
①按图装好实验器材；
②把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂小桶；在砝码盘里放上砝码，调整细绳至与长木板平行；
③小车靠近打点计时器放置，先打开打点计时器的电源，再释放小车，获得一条纸带；
④保持砝码盘及盘内砝码的质量不变，在小车里增加砝码，多次重复实验，得到多条纸带；
⑤数据处理，得出结论。
请回答下列问题：
（1）该同学漏掉的重要实验步骤是： 。
（2）为了探究加速度与质量的关系，下列物理量必须测量的是： 。
A．小车及车内砝码的总质量M
B．砝码盘及盘内砝码的总质量m
C．纸带上相关点间的距离s
D．长木板倾角θ
（3）实验中打出的一条纸带如图所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝ m/s2（结果保留两位有效数字）。
（4）为减小实验误差，砝码盘及盘内砝码的总质量m应 （填“远小于”、“远大于”或“大于或小于”）小车及车内砝码的总质量m，原因是 。
四、计算题：共38分，其中13题11分，14题13分，15题14分。
13．（11分）如图，质量为50kg的物体受到与水平面成37°、大小为200N的拉力F作用，从静止开始运动，力F作用t1＝10s后撤去。已知物体与水平地面的动摩擦因数μ＝0.4，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g取10m/s2。求：
（1）力F作用过程，物体的加速度大小a1；
（2）撤去F后，物体在水平面上运动的时间t2。
14．（13分）如图所示，质量m1＝1kg 的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与放在水平面上、质量为m2的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲、乙均处于静止状态。已知sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2，乙与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求轻绳OA受到的拉力大小；
（2）求物体乙受到的摩擦力大小；
（3）若物体乙的质量m2′＝5kg，缓慢增大物体甲的质量，当物体甲的质量m1′＝2kg时物体乙刚好开始滑动，求物体乙与水平面之间的动摩擦因数。
15．（14分）一水平的浅色传送带上放置一煤块A（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段长度为d的黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动．重力加速度为g，传送带足够长．
（1）传送带加速阶段的加速度a0的大小．
（2）若在传送带速度达到v0后又经过时间t0时，在煤块A的前方x0处静止释放另一同样的煤块B，结果两煤块在传送带上相撞，求x0满足的条件．
参考答案与试题解析
一、单项选择题：共7个小题，每题4分，共28分。
1．【分析】据加速度的定义式a＝可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，即物体的速度变化越快物体的加速度越大；公式a＝是加速度的决定式，加速度与力F成正比，与质量m成反比。
【解答】解：A、加速度越大，根据△v＝a△t可知，速度变化量不一定越大，还与时间有关，故A错误；
B、当速度方向与加速度方向相同时，加速度逐渐减小，速度逐渐增大，故B正确；
C、当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动，当减速到零后开始反向，故C错误；
D、运动学中加速度a＝采用了比值定义法，但动力学中加速度a＝中a与力F成正比，与质量m成反比，不是比值定义法，故D错误；
故选：B。
2．【分析】物体运动的轨迹是曲线，速度方向为切线方向；物体做的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的；又是做加速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相同，分析这两个力的合力即可。
【解答】解：根据曲线运动的规律，速度方向为曲线的切线方向；物体从M点运动到N，曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；物体同时加速，所以沿切向方向有与速度相同的合力；向心力和切线合力与速度的方向的夹角要小于90°，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．【分析】对飞行器进行受力分析，判断空气对飞行器的作用力；作用力和反作用力是两个物体之间的相互作用，大小相等，方向相反。
【解答】解：A、飞行器静止时受到重力和空气对飞行器的作用力处于平衡状态，可知空气对飞行器的作用力大小与重力相等，方向竖直向上，故A正确；
B、结合A的分析可知，空气对飞行器的作用力和飞行器的重力是一对平衡力，手对飞行器没有直接的作用力，故B错误；
C、空气对飞行器的作用力施力物体是空气，受力物体是飞行器；空气对手的作用力施力物体是空气，受力物体是手，两个力涉及三个物体，不是一对作用力和反作用力，故C错误；
D、螺旋桨对空气的作用力和空气对螺旋桨的作用力是两个物体之间的相互作用，是一对作用力与反作用力，二者大小相等，方向相反，故D错误。
故选：A。
4．【分析】以物体为研究对象进行受力分析，沿斜面方向根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解。
【解答】解：以物体为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，沿斜面方向根据平衡条件可得：
F＝mgsinθ+μmgcsθ
代入数据解得：μ＝，故D正确、ABC错误。
故选：D。
5．【分析】小球做平抛运动，飞到小桶的右侧，说明水平位移偏大，应减小水平位移才能使小球抛进小桶中．将平抛运动进行分解：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式得出水平位移与初速度和高度的关系式，再进行分析选择。
【解答】解：设小球平抛运动的初速度为v0，抛出点离桶的高度为h，水平位移为x，则
平抛运动的时间 t＝
水平位移 x＝v0t＝v0
AB、由上式分析可知，初速度大小不变，要减小水平位移x，应降低抛出点高度，所以抛球时位移应调到抛出点的原位置正下方。故AB错误；
C、减小初速度，若抛出点位置不变，可减小水平位移，若抛出点在原位置正上方，也可能减小水平位移，从而能把废球扔进垃圾桶中，故C正确；
D、增大初速度，应减小抛出点的高度，即抛出点在原位置正下方，才能把废球扔进垃圾桶中，故D错误。
故选：C。
6．【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值进行分析。
【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，受到总重力、Oa的拉力以及力F，作出F在三个不同方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子a垂直时，F有最小值，即图中2位置，根据平衡条件得F的最小值为：
Fmin＝2mgsin60°＝mg，所以要使两个小球都处于静止状态，则F≥mg，故D正确、ABC错误。
故选：D。
7．【分析】当物块在长木板相对滑动时，F的最小值为两者之间能达到的最大静摩擦力，根据牛顿第二定律求出F的最小值，再由牛顿第三定律，从而即可一一求解。
【解答】解：对物块与长木板整体进行受力分析：F＝（M+m）a
对物块进行受力分析：F﹣fm＝ma
当物块与长木板即将相对滑动时，静摩擦力达到最大值，fm＝μmg．求解上面方程组，
F最小＝μmg（1+），
代入数据解得：F最小＝15N，a最小＝2.5 m/s2
A、当水平力F＝5N，整体处于加速状态，因此物块m将不会保持静止状态，故A错误；
B、当水平力F＝11N＜15N，物块m不会在长木板M上滑动，故B错误；
C、水平力F＝12N，依据牛顿第二定律，结合整体法，则长木板M的加速度大小为：a′＝m/s2＝2m/s2＜2.5 m/s2．因此物块m受到的是静摩擦力，
根据牛顿第二定律，结合对物块进行受力分析，则有：F′﹣fm′＝ma′，解得：fm′＝12N﹣2×2N＝8N，故C正确；
D、水平力F＝14N＜15N，两者之间不会发生相对滑动，则长木板M受到的仍是静摩擦力，
同理，长木板M的加速度大小为：a″＝m/s2＝m/s2
根据牛顿第二定律，则有，F″﹣fm″＝ma″，解得：fm″＝14N﹣2×N≈9.3N，依据牛顿第三定律，则长木板M受到的摩擦力大小为9.3N，故D错误；
故选：C。
二、多项选择题：共3个小题，每题6分，共18分。全部选对得6分，选对但不全得4分，有选错的得0分。
8．【分析】根据速度时间公式求出0.8s内的速度变化量，判断出0.8s时的速度方向，从而结合速度时间公式求出初速度的大小．根据竖直上抛运动的对称性，结合速度时间公式求出回到抛出点的时间．
【解答】解：物体做竖直上抛运动，在0.8s内的速度变化量△v＝gt＝10×0.8m/s＝8m/s，由于初速度不为零，可知t＝0.8s时刻速度的方向一定竖直向上，不可能竖直向下，物体处于抛出点的上方。故B正确，D错误。
可知初速度v0﹣gt＝v，代入数据解得v0＝16m/s，则上升到最高点的时间，则回到抛出点的时间t＝2t1＝2×1.6s＝3.2s，故A正确，C错误。
故选：AB。
9．【分析】根据矢量三角形法则分析拉力F和弹簧弹力的变化情况；根据平衡条件分析P所受摩擦力方向和斜面对P的作用力的大小变化情况。
【解答】解：AB、设绳子对Q的拉力为T，绳子拉力与弹簧弹力大小始终相等，T和F的夹角始终为90°，T和F的合力与Q的重力等大反向，根据矢量三角形法则可得合力与两个分力关系如图所示。合力不变，拉力F逐渐增大、绳子拉力T逐渐减小，则弹簧的弹力逐渐减小，弹簧的长度逐渐减小，故AB错误；
C、设P与Q的质量为m。开始时P的重力沿斜面向下的分力为GP1＝mgsin30°＝mg，Q的重力沿斜面向下的分力为GQ1＝mgsin60°＝mg，则GP1＜GQ1，绳子对P的拉力T＝GQ1，则T＞GP1，故P受到的静摩擦力f沿斜面向下，根据平衡条件得：mgsin30°+f＝T，随着拉力T的减小，f逐渐减小；当绳子拉力T＝mg时P受到的静摩擦力为零，以后P受到的静摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件得：mgsin30°＝f+T，随着拉力T减小，f逐渐增大，故C正确；
D、斜面对P的作用力等于支持力与摩擦力的合力，支持力与摩擦力相互垂直，支持力不变，摩擦力先减小后增大，故斜面对P的作用力先变小后变大，故D正确。
故选：CD。
10．【分析】由图分析可知：运动员的重力等于500N，即求出质量．当弹力最大时，运动员的加速度．由图读出最大的弹力，根据牛顿第二定律求出最大加速度．由图读出运动员在空中运动的时间，由竖直上抛的规律求出最大高度．
【解答】解：A、由图知，运动员的重力G＝500N，则其质量为m＝＝kg＝50kg，可以求出运动员的质量，故A正确；
B、当蹦床对运动员的弹力最大时，运动员的加速度最大，由图读出最大的弹力Fm＝2500N，根据牛顿第二定律得：Fm﹣mg＝mam，得运动员的最大加速度am＝m/s2＝40m/s2．故B错误；
C、由图读出运动员在空中运动的时间为T＝8.7s﹣6.7s＝2s，根据对称性可知：下落时间为t＝＝1s，所以运动员离开蹦床上升的最大高度h＝gt2＝m＝5m，故C正确；
D、蹦床的弹力大于重力，运动员的加速度向上，即超重，弹力小于重力，运动员加速度向下，即失重。可知8.7s至9.5s内，运动员先失重再超重再失重，故D错误。
故选：AC。
三、实验题：共2个小题，第11题6分，第12题10分，共16分。
11．【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答题；
（2）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；
（3）步骤C中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤E中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同．
【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO方向的是F′，由于误差的存在F和F′方向并不在重合；
（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法．
故选：B
（3）本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．
故答案为：（1）F′；（2）B；（3）①C；E；②C中未记下两条细绳的方向；E中未说明是否把橡皮条的结点拉到了位置O
12．【分析】（1）根据实验原理判断出实验步骤，即可判断遗漏的实验步骤；
（2）根据实验原理判断出所需要的物理量；
（3）根据逐差法求得加速度；
（4）根据牛顿第二定律即可判断。
【解答】解：（1）根据实验原理可得：砝码和砝码盘的重力为小车的拉力，故遗漏步骤是连接好装置后要平衡摩擦力
（2）A、必须测量小车及车内砝码的总质量M，否则无法做出图像分析实验结果，故A正确；
B、保证砝码盘及盘内砝码的总质量m不变，无需测量数值，故B错误；
C、必须测量纸带上相关点间的距离s，才能求解出加速度大小，做出图像分析，故C正确；
D、保证平衡摩擦力后，小车受到的拉力等于砝码和砝码盘的重力，无需测量倾角的夹角，故D错误；
故选：AC
（3）相邻两计数点间还有4个点未画出，故相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1s，根据逐差法可得：a＝m/s2＝0.88m/s2
（4）对整体，根据牛顿第二定律可得：mg＝（M+m）a，对小车，F＝Ma＝，当m＜＜M时，细绳对小车的拉力近似等于砝码盘及盘内砝码的总重力大小
故答案为：（1）平衡摩擦力；（2）AC；（3）0.88；（4）远小于；细绳对小车的拉力近似等于砝码盘及盘内砝码的总重力大小
四、计算题：共38分，其中13题11分，14题13分，15题14分。
13．【分析】（1）应用牛顿第二定律求出物体的加速度大小a1。
（2）撤去F后物体做匀减速直线运动，应用牛顿第二定律求出物体的加速度，应用运动学公式求出物体的运动时间。
【解答】解：（1）力F作用过程物体受力如图所示，
在水平方向，由牛顿第二定律得：
Fcs37°﹣f＝ma1
在竖直方向，由平衡条件得：
Fsin37°+N＝mg
滑动摩擦力：f＝μN
代入数据解得：
（2）在力F作用下物体做初速度为零的匀加速直线运动，
撤去F时，物体的速度v＝a1t1＝0.16×10m/s＝1.6m/s
撤去力F后物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma2，
代入数据解得：a2＝4m/s2，
从撤去F到物体静止需要的时间：
t2＝s＝0.4s
答：（1）力F作用过程，物体的加速度大小a1是0.16m/s2.
（2）撤去F后，物体在水平面上运动的时间t2是0.4s。
14．【分析】（1）（2）对点O受力分析，受三个沿着绳子方向的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解各个力；物体乙受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件得到静摩擦力大小；
（3）根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因数。
【解答】解：（1）（2）以结点O为研究对象进行受力分析，由平衡条件，竖直方向，有：FOAcsθ﹣m1g＝0，
解得轻绳OA的拉力大小FOA＝12.5N；
水平方向，有：FOB﹣m1gtanθ＝0，
解得轻绳OB受到的拉力大小FOB＝7.5N，
物体乙受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力作用，且，
由平衡条件得。
（3）当物体乙刚开始滑动时，受到的静摩擦力达到最大值，有，
由平衡条件得，
解得物体乙与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.3。
答：（1）轻绳OA受到的拉力大小为12.5N；
（2）物体乙受到的摩擦力大小为7.5N；
（3）物体乙与水平面之间的动摩擦因数为0.3。
15．【分析】（1）传送带的加速度大于煤块的加速度，两者之间发生相对滑动，结合牛顿第二定律和运动学公式得出两者加速的时间，根据位移关系，抓住相对位移为d求出传送带加速阶段的加速度a0的大小．
（2）根据运动学公式得出煤块和传送带各自达到速度v0的时间差，若，则释放煤块B时，煤块A已达到速度v0．当煤块B也达到速度v0时，煤块A、B的相对位移达到最大，x0满足小于等于最大相对位移即可．
若，释放煤块B时，煤块A的速度未达到v0，结合运动学公式求出最大相对位移，抓住x0满足小于等于最大相对位移即可．
【解答】解：（1）设传送带加速阶段的时间为t1，则有v0＝a0t1，
煤块A加速至v0所需的时间为t2，则有：μmg＝ma，
v0＝at2，
两者在时间t2内的相对位移即为黑色痕迹的长度，d＝，
联立解得传送带加速阶段的加速度．
（2）煤块A与传送带各自达到速度v0的时间差，
讨论：①若，则释放煤块B时，煤块A已达到速度v0．当煤块B也达到速度v0时，煤块A、B的相对位移达到最大，为．
两煤块在传送带上相撞，x0满足的条件．
②若，则释放煤块B时，煤块A的速度为vA＝a（t1+t0），
再经过时间为t2，煤块B的速度达到v0．此时煤块A、B的相对位移达到最大．
A的位移为+v0（t0+t1），
最大相对位移为，
解得两煤块在传送带上相撞，x0满足的条件 x0≤△xm＝．
答：（1）传送带加速阶段的加速度a0的大小为；
（2）x0满足的条件或x0满足的条件为x0≤．
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