广东省汕尾市2019-2020学年高一上学期期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分） 1. 下列说法错误的是( )
A. “地心说”认为地球是宇宙的中心，太阳、月亮及其他行星绕地球转动
B. “日心说”比“地心说”对行星的描述要简单，且能解决很多“地心说”无法解释的现象
其原因是由于天王星受到地球的引力作用 C. 天王星的运行轨道偏离根据万有引力计算的轨道，
D. 日心说和地心说都是错误的
2. 下表是济南至烟台的N923次列车运行时刻表的一部分，则( )
车站 济南 淄博 潍坊 蓝村 烟台 到达时间 始发站 09：15 10：44 12：05 14：35 开车时间 08：12 09：18 10：47 12：08 终点站 停留时间 里程/𝑘𝑚 0 110 210 341 524 3 3 3 A. 表中的“3”指的是时刻 B. 表中的“12：05”指的是时间 C. 从济南到烟台列车通过的路程为524km D. 从潍坊到蓝村列车的平均速度为94𝑘𝑚/ℎ
3. 如图所示，在气垫导轨上安装有两个光电门A、B，A、B间距离为𝐿=30 𝑐𝑚，为了测量滑块的
加速度，在滑块上安装了一个宽度为𝑑=1 𝑐𝑚的遮光条，现让滑块以某一加速度通过A、B，记录遮光条通过A、B的时间分别为0.010 𝑠、0.005 𝑠，滑块从A到B所用时间为0.200 𝑠，则下列说法正确是( )
A. 滑块通过A的速度为1 𝑐𝑚/𝑠 B. 滑块通过B的速度为2 𝑐𝑚/𝑠 C. 滑块的加速度为5 𝑚/𝑠2
D. 滑块在A、B间的平均速度为3 𝑚/𝑠
4. 如图所示，放在斜面上的物体处于静止状态．斜面倾角为30°，物体
质量为m，若想使物体沿斜面从静止开始下滑，至少需要施加平行斜面向下的推力𝐹=0.2𝑚𝑔，则( )
A. 若F变为大小0.1𝑚𝑔沿斜面向下的推力，则物体与斜面的摩擦力大小是0.1𝑚𝑔 B. 若F变为大小0.1𝑚𝑔沿斜面向上的推力，则物体与斜面的摩擦力大小是0.2𝑚𝑔 C. 若想使物体沿斜面从静止开始上滑，F至少应变为大小0.7𝑚𝑔沿斜面向上的推力 D. 若F变为大小0.8𝑚𝑔沿斜面向上的推力，则物体与斜面的摩擦力大小是0.3𝑚𝑔
5. 做匀加速直线运动的质点，在第5s末的速度为10𝑚/𝑠，则( )
A. 前10s内位移一定是100m C. 加速度一定是2𝑚/𝑠2
B. 前10s内位移不一定是100m D. 第10秒末速度为20𝑚/𝑠
6. 某物体在两个共点力的作用下处于静止状念，若把其中一个力𝐹1的方向沿顺时针转过90°而保持
其大小不变．另一个力保持不变，则此时物体所受的合力大小为
A. 𝐹1
B. √2𝐹1 C. 2𝐹1 D. 无法确定
7. 如图所示，跨过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与质量为m的物块相连，另一端与质量为𝑚0的小球
3
相连。物块置于倾角𝛼=6的光滑斜面上，小球受到大小恒为√𝑚0𝑔(𝑔为重力加速度)、方向可
2
𝜋
以变化的拉力F的作用，系统保持静止状态且轻绳与竖直方向的最大夹角为𝜃，斜面质量为𝑚1。下列说法正确的是( )
A. 斜面与地面的摩擦力可能为0 B. 轻绳与竖直方向的最大夹角𝜃=6 C. 轻绳与竖直方向的夹角为𝜃时，𝑚=𝑚0 D. 斜面对地面的压力一定为(𝑚+𝑚0+𝑚1)𝑔
8. 一小物块放置在固定斜面上，在沿平行斜面向下的拉力F作用下沿斜面向
下运动，F的大小在0～𝑡1、𝑡1～𝑡2和𝑡2～𝑡3时间内分别为𝐹1、𝐹2和𝐹3，物块的𝑣−𝑡图象如图所示。已知小物块与斜面间的动摩擦因数处处相等，则( )
𝜋
A. 𝐹1<𝐹2<𝐹3 B. 𝐹1>𝐹2>𝐹3
C. 𝑡=0时，若𝐹=0，此时小物块的加速度一定不为零 D. 仅将F的方向变成竖直向下，小物块一定能沿斜面下滑
二、多选题（本大题共6小题，共24.0分） 9. 下列关于自由落体加速度的说法中正确的是( )
A. 任何物体下落的加速度都是10𝑚/𝑠2
B. 物体自由下落时的加速度称为自由落体加速度 C. 不同地区的自由落体加速度不一定相同 D. 自由落体加速度的方向总是垂直向下的
10. 如图所示，轻弹簧的两端各受20N拉力F的作用，弹簧伸长了10𝑐𝑚(在弹性限度内)。下列说法
正确的是( )
A. 弹簧所受的合力为零 C. 弹簧的劲度系数为200𝑁/𝑚
B. 弹簧所受的合力为40N D. 弹簧的劲度系数为400𝑁/𝑚
11. 一名学生手提书包站在正在竖直匀速运行的电梯上，突然感觉到书包变重了，此时( )
A. 电梯一定在上行制动 C. 书包处于超重状态
B. 电梯可能在下行制动 D. 书包处于失重状态
12. 有一质点从𝑡=0开始由原点出发，其运动的𝑣−𝑡图象如图所示，则质
点( )
A. 𝑡=1𝑠时，离原点的距离最大 C. 𝑡=2𝑠时，回到原点
B. 𝑡=2𝑠时，离原点的距离最大 D. 𝑡=4𝑠时，回到原点
13. 倾角为𝜃=37∘的固定斜面上放置一个质量𝑚=10𝑘𝑔的滑块，滑块在
沿斜面向上的力𝐹1(大小为5𝑁)和沿斜面向下的力𝐹2(大小为10𝑁)作用cos37∘=0.8，sin37∘=0.6。下保持静止不动。重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，则下列说法正确的是( )
A. 若撤去力𝐹2，滑块一定静止不动 B. 若撤去力𝐹1，滑块一定静止不动 C. 同时撤去力𝐹1、𝐹2，滑块一定静止不动
D. 若保持𝐹1、𝐹2大小不变，而方向相反，则滑块一定静止不动
14. 粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化
的图象如图甲和图乙所示。重力加速度g取10𝑚/𝑠2.以下说法正确的是( )
A. 1s末物体运动的加速度为2𝑚/𝑠 B. 第2s内物体位移大小是4m C. 物体的质量𝑚=5𝑘𝑔
D. 0−4𝑠过程中物体做匀变速直线运动
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分） 15. 在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中：
(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有______ .(填选项代号)
A.电压合适的50𝐻𝑍交流电源 𝐵.电压可调的直流电源 𝐶.刻度尺 𝐷.秒表 𝐸.天平
(2)图示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，测出1、2、3、4、5、6点到0点的距离如图所示(单位：𝑐𝑚).由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的即时速度大小𝑣4= ______ 𝑚/𝑠，小车的加
速度大小𝑎= ______ 𝑚/𝑠2.(保留两位有效数字)
16. 小明通过实验验证力的平行四边形定则．
O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的结点位置，实验记录纸如题图所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力𝐹1和𝐹2的方向分别过𝑃1和𝑃2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力𝐹3的方向过𝑃3点．三个力的大小分别为：𝐹1=3.30 𝑁、𝐹2=3.85 𝑁和𝐹3=4.25 𝑁.请用1cm代表1N的标度作图求出𝐹1和𝐹2的合力𝐹合及𝐹3，并求出𝐹合的大小。(标度画在小方框内)。
四、计算题（本大题共2小题，共19.0分）
17. 如图所示，物体𝐺𝐴=40𝑁，物体𝐺𝐵=20𝑁，A与B、B与地面的动摩擦因数相同𝜇=0.2，物体
B用细绳系住，现在用水平力F拉物体A使其向右运动，求：
(1)物体B受到的摩擦力多大？
(2)水平力F至少要多大才能将A匀速拉出？
18. 为了体现人文关怀，保障市民出行安全和严格执法，我国交管部门推出了“电子眼”，从而大
幅度减少了因闯红灯引发的交通事故．现有一汽车正沿一平直马路匀速行驶，它的速度为12 𝑚/𝑠.当快要到十字路口离停止线还有15m时，司机看到绿灯已转换成了黄灯(由黄灯转换成红灯有3s时间).于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，已知紧急刹车时加速度为4𝑚/𝑠2.求： (1)该车减速为0需要多长时间；
(2)他采取上述措施能否在到停止线前停下；
(3)如果该司机安全意识不强，想闯黄灯并以同样大小的加速度加速行驶，问在黄灯持续时间内该车能行驶多长距离．
-------- 答案与解析 --------
1.答案：C
解析：解：A、“地心说”认为地球是宇宙的中心，太阳、月亮及其他行星绕地球转动，故A正确； B、“日心说”比“地心说”对行星的描述要简单，且能解决很多“地心说”无法解释的现象，故B正确；
C、天王星的运行轨道偏离根据万有引力计算的轨道，其原因是由于天王星受到海王星的引力作用，故C错误；
D、日心说和地心说都是错误的，故D正确； 本题选错误的，故选：C．
根据物理学史上一些物理学家的贡献解答此题．了解“地心说”与“日心说”的基本内容． 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
2.答案：C
解析：解：A、图中的3指的是火车停在站内的时间，故A错误； B、表中的“12：05”指的是列车发车的时刻；故B错误； C、从济南到烟台列车通过的路程为524Km；故C正确；
D、𝑡=1小时18分钟=1.3ℎ；从潍坊到蓝村位移为𝑥=141𝑘𝑚；时间为：列车的平均速率为𝑉=108.5𝑘𝑚/ℎ；故D错误； 故选：C。
由表格数据可知列车的发车及到站的时刻及停留时间以及行驶位移，由位移公式可求得平均速度． 解决本题的关键知道平均速率等于路程与时间的比值，注意单位，基础题．
1411.3
=
3.答案：C
解析：
根据平均速度公式可分别求滑块经过两个光电门和AB间的平均速度，根据加速度公式可求滑块的加速度。
求解平均速度的方法是找出总路程和总时间，然后运用平均速度公式解答即可，利用加速度的定义可求加速度，故理解平均速度和加速度定义是解答此题的关键。 A.滑块经过A点时的速度𝑣𝐴=𝑡=0.010=100𝑐𝑚/𝑠；故A错误；
𝐴
𝑑1
B.滑块经过B点时的速度𝑣𝐴=𝑡=0.005=200𝑐𝑚/𝑠，故B错误；
𝐵
𝑑1
C.滑块加速度𝑎=
𝑣𝐵−𝑣𝐴
𝑡
=0.200=5𝑚/𝑠2；故C正确；
𝑥𝑡
0.30.200
2−1
D.滑块在A、B间的平均速度𝑣==故选C。
=1.5𝑚/𝑠，故D错误。
4.答案：D
解析：解：A、施加平行斜面向下的推力𝐹=0.2𝑚𝑔，根据共点力平衡，有：𝐹+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=𝑓，解得：𝑓=0.7𝑚𝑔，
𝑓′=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°+当推力F变为0.1𝑚𝑔，方向仍然沿斜面向下，此时物体处于静止状态，所受的摩擦力：0.1𝑚𝑔=0.6𝑚𝑔.故A错误．
B、当F的大小为0.1𝑚𝑔，方向向上，则物体仍然处于静止，有𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°=𝐹+𝑓，解得：𝑓=0.4𝑚𝑔.故B错误．
C、𝐹=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°+若想使物体沿斜面从静止开始上滑，摩擦力方向沿斜面向下，根据共点力平衡有：𝑓=0.5𝑚𝑔+0.7𝑚𝑔=1.2𝑚𝑔.故C错误．
D、若F大小为0.8𝑚𝑔，方向沿斜面向上，物体处于静止状态，所受摩擦力为静摩擦力，根据共点力平衡有：
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛30°+𝑓=𝐹，解得：𝑓=0.3𝑚𝑔.故D正确． 故选：D．
对物体进行受力分析，根据共点力平衡求出施加平行斜面向下的推力𝐹=0.2𝑚𝑔时的摩擦力大小，然后再根据共点力平衡判断推力大小和方向变化时所受的摩擦力大小．
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，判断出物体是处于静止还是运动，运用共点力平衡进行求解．
5.答案：A
解析：解：
A、B根据推论可知，做匀加速直线运动的质点，第5s末的速度等于前10s内的平均速度，则前10s内的位移为𝑥=𝑣𝑡=10×10𝑚=100𝑚.故A正确，B错误． C、𝑎=𝑡=若初速度为零，由𝑣=𝑎𝑡得，故C错误．
D、若初速度为零，加速度𝑎=2𝑚/𝑠2，第10秒末速度为𝑣=𝑎𝑡=20𝑚/𝑠，若初速度不等于零，第10秒末速度不是20𝑚/𝑠.故D错误． 故选A
做匀加速直线运动的质点，第5s末的速度等于前10s内的平均速度，即可求出前10s内位移．条件不充分，不能求解加速度和第10s末的速度．
本题关键运用匀变速运动的推论，求解前10s内的平均速度．此运动的初速度可能为零，也可能不等于零，注意讨论分析．
𝑣
105
𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠2，若初速度不等于零，则加速度不等于2𝑚/𝑠2.
6.答案：B
解析：
两力平衡中，二个力大小相等，方向相反，当一个力𝐹1的方向沿顺时针转过900而保持其大小不变；另外一个力保持不变，由根据力的平行四边形则，即可求解。
本题考查了力的合成与分解。本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；当用到两个大小相等且互成120°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力。
力平衡中，这两个力等值、反向、共线，当其中一个力𝐹1的方向沿顺时针转过900而保持其大小不变．另外一个力保持不变；
根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成90°的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，故此时物体所受到的合力大小为√2𝐹1； 故B正确，ACD错误。 故选B。
7.答案：C
解析：
本题主要考查整体法与隔离法在平衡问题中的应用，难度一般。
先对整体进行受力分析，可知斜面与地面间有摩擦力，然后小球进行受力分析计算求解。 A.对整体进行受力分析，拉力F在水平方向的分力等于摩擦力，不等于0，故斜面与地面间有摩擦力，故A错误；
B.分析小球，受到重力𝑚0𝑔，F，细绳上的力与F成直角时，轻绳与竖直方向夹角最大为错误；
C.夹角最大时，轻绳上的拉力为2𝑚0𝑔，
1
，故B
所以𝑚=𝑚0，故C正确；
D.斜面对地面的压力会随着F方向的改变而改变，所以不固定，故D错误； 故选C。
8.答案：B
解析：解：AB、根据图象可知，0−𝑡1时间内做匀加速直线运动，根据受力情况及牛顿第二定律即得：𝐹1+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑎1
𝑡1−𝑡2时间内做匀速直线运动，可知：𝐹2+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=0
𝑡2−𝑡3时间内做匀减速直线运动，斜率与0−𝑡1成相反数，可知：𝐹3+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=−𝑚𝑎1 综合以上所述，解得：𝐹1>𝐹2>𝐹3 ，故A错误B正确。
C、𝑡=0时，若𝐹=0，此时𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃可能等于𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，加速度可能为0，故C错误；
D、当F的方向变成竖直向下，则(𝐹+𝑚𝑔)𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇(𝐹+𝑚𝑔)𝑐𝑜𝑠𝜃=𝑚𝑎，其中可能恰好平衡，故D错误。 故选：B。
根据运动的图象可分析出每个时段运动情况，再根据运动情况及受力情况，由牛顿第二定律罗列出各个时间段关于𝐹=𝑚𝑎的等式，最后根据数学关系进行判断；撤销力F，但不确定重力的大小，所以加速度的具体情况仍需商榷；力F方向为竖直方向，即与重力同一方向，会同时增加下滑力及摩擦力的大小，故不可完全确定是否下滑。
本题考查了牛顿第二定律及受力分析，解题的关键是分析好受力，列出正确的方程式。
9.答案：BC
解析：解：A、在地球上不同的纬度、不同的高度的物体的重力加速度不一定相同，故A错误。 B、物体仅受重力时运动的加速度就是自由落体的加速度。故自由下落时的加速度称为自由落体加速度，故B正确。
C、在地球上不同的纬度、不同的高度的物体的重力加速度不一定相同，故不同地区的自由落体加速度不一定相同，故C正确。
D、自由落体加速度的方向总是竖直向下，而不是垂直向下，故D错误。 故选：BC。
物体仅受重力时运动的加速度就是自由落体的加速度，在地球上不同的纬度、不同的高度的物体的重力加速度不一定相同，重力加速度的方向总是竖直向下． 掌握了重力加速度的基本概念即可顺利解决此题．
10.答案：AC
解析：
弹簧的弹力与形变量之间的关系遵守胡克定律，公式𝐹=𝑘𝑥中，x是指弹簧伸长的长度或压缩的长度，即是弹簧的形变量。
本题考查了胡克定律，知道胡克定律的内容，知道共点力的平衡是解题的关键，难度不大。 𝐴𝐵.轻弹簧的两端各受20N拉力F的作用，所以弹簧所受的合力为零，选项A正确，B错误； 𝐶𝐷.根据胡克定律𝐹=𝑘𝑥得：弹簧的劲度系数𝑘=𝑥=0.1𝑁/𝑚=200𝑁/𝑚，选项C正确，选项D错误。 故选AC。
𝐹
20
11.答案：BC
解析：
当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态。 本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了。
𝐴𝐵.突然感觉到书包变重了，说明此时书包处于超重状态，则加速度的方向向上，所以电梯沿竖直方向向下做减速运动或向上做加速运动，此时电梯可能在下行制动．故A错误，B正确； 𝐶𝐷.突然感觉到书包变重了，说明此时书包处于超重状态．故C正确，D错误。 故选BC。
12.答案：BD
解析：解：A、B质点在0～2𝑠内向正方向，2～4𝑠内返回，则𝑡=2𝑠时，离原点的距离最大。故A错误，B正确。
C、𝑡=2𝑠时，质点在距离原点正方向5m处，没有回到原点。故C错误。 D、𝑡=4𝑠时，质点的总位移为零，回到原点。故D正确。 故选：BD。
分析物体的运动情况：质点从原点出发，在0～1𝑠内，质点沿正方向做匀加速直线运动；在1～2𝑠内做匀减速直线运动，2s末速度为零；2～3𝑠内质点沿负方向做匀加速直线运动，3～4𝑠内质点沿负方向做匀减速直线运动，4s返回出发点．根据运动情况进行选择．
本题考查根据速度图象分析物体运动情况的能力，也可以结合画运动过程示意图分析．
13.答案：ACD
解析：
物块所受摩擦力方向与相对运动方向相反；根据力的平衡条件求解重力沿斜面向下的分力与摩擦力之和，根据牛顿第二定律求解加速度；根据滑动摩擦力的计算公式求解动摩擦因数；比较重力分力和滑动摩擦力大小确定运动情况。
本题是共点力的平衡条件的考查，关键和灵活的选择研究对象，进行受力分析，列出平衡方程。 物体在两个力的作用下能平衡，则在斜面方向上，外力小于最大静摩擦力，最大静摩擦力大于𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛37°+𝐹2−𝐹1=65𝑁；
A.若撤去力𝐹2，在斜面方向上，外力55N小于最大静摩擦力，滑块一定静止不动，故A正确； B.若撤去力𝐹1，在斜面方向上，外力65N，与最大静摩擦力大小不确定，滑块有可能静止，有可能向上运动，有可能向下运动，故B错误；
C.同时撤去力𝐹1、𝐹2，在斜面方向上，外力60N小于最大静摩擦力，滑块一定静止不动，故C正确； D.若保持𝐹1、𝐹2大小不变，而方向相反，在斜面方向上，外力55N小于最大静摩擦力，滑块一定静止不动，故D正确。 故选ACD。
14.答案：AC
A、𝑎==𝑚/𝑠2=2𝑚/𝑠2，解析：解：根据速度图象的斜率等于加速度，知1s末物体的运动加速度为：𝑡2故A正确。
B、第2s内物体的位移为：𝑥=
2+42
𝑣
4
×1𝑚=3𝑚，故B错误。
C、根据牛顿第二定律得，前2s内有：𝐹1−𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎 后2s内有：𝐹2=𝜇𝑚𝑔 由图得：𝐹1=15𝑁，𝐹2=5𝑁
代入解得：𝑚=5𝑘𝑔，𝜇=0.1，故C正确。
D、前2s内做匀加速运动，后2s内做匀速直线运动，则0−4𝑠过程中物体做非匀变速直线运动，故D错误。 故选：AC。
本题一要掌握速度图象的物理意义：斜率等于加速度，面积表示位移。二要掌握牛顿第二定律，即可求出相关量。
15.答案：AC；0.41；0.76
解析：解：(1)实验使用的电源必须是交流电源，所以A正确，B错误； 刻度尺要用来测量纸带的点之间的距离，所以必须要有刻度尺，所以C正确； 打点计时器本身就是计时的仪器，所以不需要秒表，所以D错误； 物体的质量不需要知道，所以不用天平测物体的质量，所以E错误． 故选：AC．
(2)利用匀变速直线运动的推论得：
𝑣4=
𝑥35𝑡35
=
0.1455−0.0645
2×0.1
=0.405𝑚/𝑠=0.41𝑚/𝑠，
由于相邻的时间间隔位移之差不等，根据运动学公式△𝑥=𝑎𝑡2得： 𝑎=
△𝑥𝑡2
=
(𝑥4+𝑥5+𝑥6)−(𝑥1+𝑥2+𝑥3)
9𝑇2
=0.76𝑚/𝑠2．
故答案为：(1)𝐴𝐶；(2)0.41；0.76．
纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．
根据纸带上相邻点的距离间隔判断小车的运动情况，再根据小车的运动情况判断小车的加速度和速度方向关系．
此题主要考查纸带的处理问题，对于相邻的时间间隔位移之差不等时，我们可以采用逐差法求解加速度，可以减小误差．
要注意单位的换算和有效数字的保留．
16.答案：如图所示：
4.70𝑁(4.6～4.9 𝑁均可)。
解析：
根据平行四边形定则先作出𝐹2与𝐹1的合力，根据图中给出的标度求出合力．
力的合成满足平行四边形定则；解决本题的关键知道合力与分力遵循平行四边形定则，能够利用作图法求解。
根据平行四边形定则求𝐹2与𝐹1的合力，作图如下，
𝐹1和𝐹2的合力𝐹=4.70𝑁．
故答案为：如图所示：4.70𝑁。
17.答案：解：(1)物体B受到的滑动摩擦力𝑓𝐵=𝜇𝑁𝐵=𝜇𝐺𝐵=4𝑁
(2)𝐴受到地面的滑动摩擦力𝑓𝐴=𝜇𝑁𝐴=𝜇(𝐺𝐴+𝐺𝐵)=12𝑁 当物体A匀速拉出时水平力达最小，此时对物体A，根据平衡条件得：
𝐹=𝑓𝐵+𝑓𝐴 =16𝑁
解析：分别把B和A作为研究对象，进行受力分析根据滑动摩擦力计算公式进行计算即可。 本题是滑动摩擦力的大小的直接计算，基础题目。
18.答案：(1)𝑡=
𝑣0𝑎
=
124
𝑠=3𝑠
(2)𝑥=2𝑎=2×4𝑚=18𝑚>15𝑚,所以不能在到停止线前停下
11
(3)𝑥′=𝑣0𝑡+𝑎𝑡2=12×3+×4×32𝑚=54𝑚
22
答：该车减速为0需要3s，他不能在到停止线前停下，在黄灯持续时间内该车能行驶54m．
2𝑣0
122
解析：(1)𝑡=(2)𝑥=
2𝑣0
𝑣0𝑎
=
124
𝑠=3𝑠
2𝑎
=
1222×4
𝑚=18𝑚>15𝑚,所以不能在到停止线前停下
11
(3)𝑥′=𝑣0𝑡+𝑎𝑡2=12×3+×4×32𝑚=54𝑚
22
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