2024年華東師大版高三物理上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大版高三物理上冊階段測試試卷134考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、（2015秋?九江校級期末）如圖所示，靜止的傾斜傳送帶上有一木塊正在勻速下滑，當傳送帶突然順時針轉(zhuǎn)動后，下列說法正確的是（）A.木塊所受摩擦力變大B.木塊到底部所走位移變大C.木塊到底部所用時間變長D.木塊到底部所用的時間不變2、如圖所示，在水平面上有一個向右運動的物體，物體的質(zhì)量為20kg，與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1，它在運動過程中還受到一個水平向左的大小為10N的拉力作用，則物體所受滑動摩擦力的大小為（）A.10N，水平向右B.10N，水平向左C.20N，水平向右D.20N，水平向左3、如圖為皮帶傳動示意圖，假設(shè)皮帶沒有打滑，R＞r；則下列說法中正確的是（）

A.大輪邊緣的線速度大于小輪邊緣的線速度B.大輪邊緣的線速度等于小輪邊緣的線速度C.大輪的角速度比小輪邊緣的角速度大D.大輪邊緣的向心加速度等于小輪邊緣的向心加速度4、下列現(xiàn)象不可能發(fā)生的是（）A.物體所受到的合外力很大，但物體的動量變化很小B.物體所受到的沖量不為零，但物體的動量大小卻不變C.物體只受到一個恒力的作用，但物體的動量卻始終不變D.物體做曲線運動，但動量變化在相等的時間內(nèi)卻相同5、如圖所示的交流電路中，理想變壓器原線圈輸入電壓為U1

輸入功率為P1

輸出功率為P2

各交流電表均為理想電表.

當滑動變阻器R

的滑動頭向下移動時(

)

A.燈L

變亮B.各個電表讀數(shù)均變大C.因為U1

不變，所以P1

不變D.P1

變大，且始終有P1=P2

6、以10m/s的速度勻速行駛的汽車，剎車后做勻減速直線運動，加速度大小為3m/s2．則汽車剎車后第4s末的速度大小為（）A.2.5m/sB.2m/sC.0D.3m/s評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)7、如圖所示，電源電動勢E=8V，內(nèi)阻r=5Ω，電燈A的電阻為10Ω，電燈B的電阻為6Ω，滑動變阻器的總電阻為6Ω．閉合開關(guān)S，當滑動觸頭P由a端向b端滑動的過程中（不考慮電燈電阻的變化），下列說法正確的是（）A.電流表的示數(shù)先減小后增大B.電壓表的示數(shù)先增大后減小C.電燈A的亮度不斷增大D.電源的最大輸出功率為3.2W8、下列說法正確的是（）A.伽利略通過理想斜面實驗，否定了力是維持物體運動的原因B.物體質(zhì)量較小，但運動的速度較大時，慣性也可以很大C.國際單位制中力學的基本單位有：s（秒）、m（米）、N（牛）D.物體速度為零時，加速度不一定為零9、如圖所示，光滑絕緣水平桌面上直立一個單匝矩形導線框，線框的邊長LAB=0.3m，LAd=0.2m，總電阻為R=0.1m．在直角坐標系xoy中，有界勻強磁場區(qū)域的下邊界與x軸重合，上邊界滿足曲線方程y=0.2sinx（m）=（m），磁感應強度大小B=0.2T，方向垂直底面向外．線框在沿x軸正方向的拉力F作用下，以速度v=10m/s水平向右做勻速直線運動，則下列判斷正確的是（）A.線框中的電流先沿逆時針方向再沿順時針方向B.線框中感應電動勢的最大值為VC.線框中感應電流有效值為4AD.線框穿過磁場區(qū)域的過程中外力做功為0.048J10、如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，自A點垂直電場線方向進入有界的勻強電場，它從B點飛出時速度為vB，vB方向與電場強度方向的夾角為120°，已知AB沿電場線方向相距d，不計重力，則下列說法正確的是（）A.粒子帶正電B.B兩點間的電勢差UAB=-C.粒子從A運動到B的時間t=dD.勻強電場的寬度為vBd11、如圖所示，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接．右端接一個阻值為R的定值電阻．平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場．質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止．已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導軌間接觸良好．則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）A.流過金屬棒的最大電流為B.通過金屬棒的電荷量為C.克服安培力所做的功為mghD.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為12、溫度能明顯影響金屬導體和半導體材料的導電性能，如圖所示的圖象中分別為某金屬導體和某半導體的電阻隨溫度變化的關(guān)系曲線，則下列說法中正確的是（）A.圖線1反映半導體材料的電阻隨溫度的變化B.圖線1反映金屬導體的電阻隨溫度的變化C.圖線2反映金屬導體的電阻隨溫度的變化D.圖線2反映半導體材料的電阻隨溫度的變化13、如圖甲所示；平行金屬板中央有一個靜止的電子（不計重力），兩板間距離足夠大，當兩板間加上如圖乙所示的電壓后，在下圖中反映電子速度v；位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是（）

A.B.C.D.14、一個物體從高為H處自由落下，經(jīng)過最后65m所用的時間是1s，則物體下落所用的總時間T和高度H分別是（取g=10m/s2，空氣阻力不計）（）A.T=7sB.T=8sC.H=245mD.H=320m評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)15、實驗室有一卷銅導線；某同學想通過實驗測定其實際長度．

（1）該同學首先用螺旋測微器測得導線直徑如圖a所示，則其大小為____mm；

（2）根據(jù)銅導線的長度；他估計其電阻大約有5Ω，隨后他設(shè)計了一個實驗，較為準確地測定了這卷銅導線的電阻，實驗室有以下器材供選擇：

A．電池組（6V；內(nèi)阻約1Ω）

B．電流表（0～3A；內(nèi)阻約0.01Ω）

C．電流表（0～0.6A；內(nèi)阻約0.2Ω）

D．電壓表（0～3V；內(nèi)阻約4kΩ）

E．電壓表（0～15V；內(nèi)阻約15kΩ）

F．滑動變阻器（0～20Ω；允許最大電流1A）

G．滑動變阻器（0～2000Ω；允許最大電流0.3A）

H．保護電阻R0=3Ω

I．開關(guān)；導線若干。

①除了選項A、H和I外，電流表應選用____，電壓表應選用____，滑動變阻器應選用____；（填寫器材前的編號）

②為了使測量結(jié)果盡量準確，且從零開始多測幾組數(shù)據(jù)，該同學設(shè)計了圖b所示電路，其中保護電阻R0與銅導線串聯(lián)；請用筆畫線完成剩余部分的連接．

③通過上述實驗，設(shè)測出的銅導線電阻為R，查詢資料知道銅的電阻率為ρ，若用d表示銅導線的直徑，請寫出計算銅導線長度的表達式L=____．16、如圖所示，O點是彈簧振子的平衡位置，振子從C點到O點的過程中，振子的位移____，回復力____，加速度____，速度____．（以上四空選填“增大“或“減小“）17、如圖甲、乙和丙所示，三圖中A物體重均為G，懸掛起來且均靜止，接觸面均光滑，B為彈簧秤，則甲圖中彈簧秤示數(shù)為____，乙圖中彈簧秤示數(shù)為____，丙圖中彈簧秤示數(shù)為____．18、（2014春?興慶區(qū)校級期末）如圖所示，用弧光燈照射鋅板，弧光燈發(fā)出的____使鋅板產(chǎn)生光電效應．與鋅極相連的驗電器此時帶____電，若增大弧光強度，在相同時間內(nèi)鋅板發(fā)出的____數(shù)在增加．19、（2009秋?閘北區(qū)期末）圖為一電磁流量計，它主要由將流量轉(zhuǎn)換為電壓信號的傳感器組成．傳感器的結(jié)構(gòu)如圖所示，圓筒形測量管內(nèi)壁絕緣，其上裝有一對電極a和c，a、c間的距離等于測量管內(nèi)徑D，測量管的軸線與a、c的連接方向以及通電線圈產(chǎn)生的磁場方向三者相互垂直．當導電液體勻速流過測量管時，在電極a、c間出現(xiàn)感應電動勢，并通過與電極連接的儀表顯示出液體流量Q（單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積）．設(shè)磁場均勻恒定，磁感應強度為B．則a、c兩點電勢較高的點是____點，a、c間感應電動勢E=____．20、【題文】家用冰箱的電壓為________伏；用電器是將________能轉(zhuǎn)化成其它形式能的裝置，轉(zhuǎn)化中能的總量________(選填“改變”或“不變”)。21、正負電子對撞后湮滅生成兩個頻率相同的光子．已知普朗克常數(shù)為h，電子質(zhì)量為m，電磁波在真空中的速度為c，這種頻率的光波長為____，北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是半徑為R的圓形軌道，當環(huán)中的電子流強度為I時，電子的速率為v，已知電子的電荷量為e，則在整個環(huán)中運行的電子數(shù)目為____．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、D【分析】【分析】在傳送帶突然轉(zhuǎn)動前后，對木塊進行受力分析得出摩擦力是否發(fā)生變化；木塊的仍然向下運動，始末的位置不變，位移不變，時間不變．【解析】【解答】解：A；傳送帶突然轉(zhuǎn)動前物塊勻速下滑；對木塊進行受力分析：物塊受重力、支持力、沿斜面向上的滑動摩擦力．

傳送帶突然順時針轉(zhuǎn)動后；對物塊進行受力分析，物塊受重力；支持力，由于傳送帶斜向上運動，而物塊斜向下運動，所以物塊所受到的摩擦力不變?nèi)匀恍毕蛏希晕飰K仍勻速下滑，故A錯誤；

B；木塊的仍然向下運動；始末的位置不變，所以位移不變．故B錯誤；

C；木塊的位移不變；速度不變，由x=vt可知，運動的時間也不變．故C錯誤，D正確．

故選：D2、D【分析】【分析】滑動摩擦力的大小可以根據(jù)f=μFN去求，方向與相對運動方向相反，從而即可求解．【解析】【解答】解：根據(jù)滑動摩擦力公式f=μFN=0.1×200N=20N；方向與相對運動方向相反，所以為水平向左．

故選：D．3、B【分析】【分析】線速度是單位時間內(nèi)通過的弧長，比較線速度只要比較相同時間內(nèi)通過的弧長；皮帶沒有打滑，則兩輪子在相同的時間內(nèi)通過的弧長相等，可知線速度大小相等；在線速度相等的情況下，要比較角速度，只需根據(jù)公式ω=就可知道；根據(jù)a=比較向心加速度大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓篈；B、由于皮帶沒有打滑；則兩輪子在相同的時間內(nèi)通過的弧長相等，可知線速度大小相等，故A錯誤，B正確；

C、線速度相等，根據(jù)ω=可知；大輪的角速度小，故C錯誤；

D、線速度相等，根據(jù)a=；大輪邊緣的向心加速度小，故D錯誤；

故選：B．4、C【分析】【分析】由動量定理可知，動量的變化等于合外力的沖量；在分析時要注意沖量及動量均為矢量，要注意方向性．【解析】【解答】解：A；由動量定理可知；合力很大，但如果作用時間很短，則沖量可以很小，則動量的變化較?。还蔄可以發(fā)生；

B；物體受到的沖量不為零；則動量一定發(fā)生變化，但可以只是方向的變化，大小可以不變；故B可以發(fā)生；

C；物體只受到一個恒力的作用；則恒力一定產(chǎn)生沖量，則動量一定會發(fā)生變化；故C不可以發(fā)生；

D；物體做曲線運動；若在相同時間內(nèi)受到的沖量相等，則動量的變化可以相等；故D可以發(fā)生；

本題選不可以發(fā)生的；故選：C．5、D【分析】解：理想變壓器的輸出的電壓有輸入電壓和電壓比決定；輸入電壓不變，所以輸出電壓也不會變，輸入功率和輸出功率始終相等，當滑動變阻器R

的滑動頭向下移動時，滑動變阻器的電阻減小，總電路的電阻減小，所以總電路的電流會變大，消耗的功率將變大，R0

上的電壓變大，所以燈L

的電壓變小，電壓表的示數(shù)變小，所以燈L

變暗，由于總的電流變大，燈L

的電流變小，所以電流表的示數(shù)將變大，所以ABC錯誤，D正確．

故選D．

和閉合電路中的動態(tài)分析類似；可以根據(jù)滑動變阻器R

的變化，確定出總電路的電阻的變化，進而可以確定總電路的電流的變化的情況，再根據(jù)電壓不變，來分析其他的原件的電流和電壓的變化的情況．

電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法．【解析】D

6、C【分析】【分析】根據(jù)速度時間公式求出汽車剎車速度減為零所需的時間，分析4s末時汽車的運動狀態(tài)，再選擇規(guī)律求解速度．【解析】【解答】解：汽車剎車時間t=

因為4s＞3.33s

所以汽車4s末已處于靜止狀態(tài)；則：汽車剎車后第4s末的速度大小為0．

故選：C．二、多選題(共8題，共16分)7、AD【分析】【分析】分析當滑動觸頭P由a端向b端滑動的過程中，變阻器總電阻的變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析路端電壓和總電流的變化，再據(jù)滑動變阻器的觸頭判斷兩燈的電流的變化．【解析】【解答】解：ABC、當滑動觸頭P由a端向b端滑動的過程中，該電路的總電阻R外所以R外=，（R是和燈A串聯(lián)部分滑動變阻器的阻值），由數(shù)學知識分析知，當R=1Ω時，該電路的總電阻最大為5.5Ω，所以滑動觸頭P由a端向b端滑動的過程中總電阻由先增再減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律電路中電流先減少再增大即電流表的示數(shù)先減少后增大，路端電壓先增大再減?。挥捎诼范穗妷合仍龃蠛鬁p少、滑動觸頭由a到b和總電流先減少再增大；所以燈B兩端的電壓先增大后減小，即電壓表的示數(shù)先增大后減小，燈A的電流減少即燈A亮度變暗，故AB正確，C錯誤．

D、P=I2R外==，由數(shù)學知識分析知，當外電路電阻等于電源的內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，差別越小功率越大，而以上分析可知，外電路總電阻最大為5.5Ω，最小為=3Ω，則并聯(lián)值可以為r=5Ω，則電源的最大輸出功率為Pmax===3.2W；故D正確．

故選：ABD．8、AD【分析】【分析】伽利略通過理想斜面實驗；否定了力是維持物體運動的原因，明確力是改變物體運動狀態(tài)的原因；

質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度；

國際單位制中力學的基本單位有：s（秒）；m（米）、kg（千克）；

物體的速度與加速度沒有關(guān)系，速度為零時，加速度不一定為零．【解析】【解答】解：A；伽利略通過理想實驗；說明了力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動狀態(tài)的原因；故A正確；

B；物體的質(zhì)量不變；則物體的慣性不變；慣性大小與速度無關(guān)；故B錯誤；

C；國際單位制中力學的基本單位有：s（秒）、m（米）、kg（千克）；故C錯誤；

D；物體的速度為零時；加速度可以不為零；如汽車起步的瞬間；故D正確；

故選：AD．9、AD【分析】【分析】線框的一邊做切割磁感線運動，根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向；線框產(chǎn)生正弦式感應電流，當切割長度最大時，感應電流最大，拉力最大，拉力功率最大．線框右邊和左邊分別切割磁感線，產(chǎn)生正弦式交變電流，可用切割感應電動勢公式、安培力和功知識求解．【解析】【解答】解：

A；由圖知；穿過線框的磁方向始終向里，線框進入磁場時磁通量增加，離開磁場時磁通量減小，根據(jù)楞次定律判斷得知：線框中的電流先沿逆時針方向再沿順時針方向．故A正確．

B、線框最大的有效切割長度等于Lm=LAD=0.2m，則感應電動勢最大值為Em=BLmv=0.2×0.2×10V=0.4V．故B錯誤．

C、感應電流最大值為Im==4A，由于線框產(chǎn)生正弦式感應電流，則感應電流有效值為I=Im=2A．故C錯誤．

D；線框穿過磁場區(qū)域的過程中外力做功等于線框產(chǎn)生的總熱量．整個過程拉力做功。

W=I2Rt；

又t==s=0.06s；

代入解得；W=0.048J．故D正確．

故選AD10、BD【分析】解：A；由電場方向及粒子受力方向可知；粒子帶負電，A錯誤；

B、帶電粒子豎直方向上做勻速直線運動，水平方向做勻加速直線運動，由B點的速度分解可得：vA=vBcos30°；

從A到B，由動能定理得：qUAB=mvB2-mvA2，聯(lián)立得：UAB=-B正確；

C、粒子在水平方向有：x=d=at2，a=則得：x=解得：t=2t=dC錯誤；

D、粒子在豎直方向做勻速運動，則有：勻強電場的寬度為：y=vAt=vBcos30°t=vBdD正確。

故選：BD

帶電粒子豎直方向上做勻速直線運動，水平方向做勻加速直線運動，根據(jù)B點的速度分解，可求得vA；再根據(jù)動能定理求解B；A間的電勢差；

根據(jù)豎直方向勻加速運動；求出運動時間；

根據(jù)豎直方向勻速運動；再由運動學公式求解電場的寬度．

此題關(guān)鍵要掌握運動的合成與分解研究的方法，知道類平拋運動如何處理，并掌握運動學公式、牛頓第二定律、動能定理等規(guī)律，即可求解．【解析】【答案】BD11、BD【分析】【分析】金屬棒在彎曲軌道下滑時，只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律或動能定理可以求出金屬棒到達水平面時的速度，由E=BLv求出感應電動勢，然后求出感應電流；由q=可以求出感應電荷量；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，由動能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到導體棒產(chǎn)生的焦耳熱．【解析】【解答】解：A、金屬棒下滑過程中，機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=mv2，金屬棒到達水平面時的速度v=

金屬棒到達水平面后進入磁場受到向左的安培力做減速運動，則剛到達水平面時的速度最大，所以最大感應電動勢為E=BLv，最大的感應電流為I==；故A錯誤；

B、通過金屬棒的電荷量q=△t=△t==；故B正確；

C、金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得：mgh-WB-μmgd=0-0，則克服安培力做功：WB=mgh-μmgd；故C錯誤；

D、克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：QR=Q=WB=（mgh-μmgd）；故D正確．

故選：BD．12、AC【分析】【分析】金屬導體隨著溫度升高，電阻率變大，從而導致電阻增大，對于半導體材料，電阻隨著溫度升高而減?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓航饘賹w隨著溫度升高；電阻率變大，從而導致電阻增大，對于半導體材料，電阻隨著溫度升高而減小，因此由圖可知，圖2表示金屬導體的電阻隨溫度的變化，圖1表示半導體材料的電阻隨溫度的變化．故AC正確，BD錯誤；

故選：AC13、AD【分析】【分析】分析電子一個周期內(nèi)的運動情況：0～時間內(nèi)，電子從靜止開始向A板做勻加速直線運動，～時間內(nèi)沿原方向做勻減速直線運動，～T時間內(nèi)向B板做勻加速直線運動，～T時間內(nèi)做勻減速直線運動．根據(jù)牛頓第二定律分析加速度．根據(jù)電子的運動情況分析判斷．【解析】【解答】解：分析電子一個周期內(nèi)的運動情況：0～時間內(nèi)，電子從靜止開始向A板做勻加速直線運動，～時間內(nèi)沿原方向做勻減速直線運動，時刻速度為零．～T時間內(nèi)時間內(nèi)向B板做勻加速直線運動，～T時間內(nèi)做勻減速直線運動．接著周而復始．

A；C、根據(jù)勻變速運動速度圖象是傾斜的直線可知；A圖符合電子的運動情況．故A正確，C錯誤．

B；電子做勻變速直線運動時x-t圖象應是拋物線；故B錯誤．

D；根據(jù)電子的運動情況：勻加速運動和勻減速運動交替產(chǎn)生；而勻變速運動的加速度不變，a-t圖象應平行于橫軸．故D正確．

故選：AD14、AC【分析】【分析】最后65m所用的時間是1s可以由勻變速規(guī)律表示，解得下落時間，由自由落體規(guī)律可得下落高度H．【解析】【解答】解：A；B、由最后65m所用的時間是1s可得：

65=gT2-g（T-1）2

得：

65=gT-g

65=10T-5

解得：

T=7s

故A正確；B錯誤；

C；D、下落高度為：

H=gT2=×10×72m=245m；

故C正確；D錯誤。

故選：AC．三、填空題(共7題，共14分)15、0.730CDF【分析】【分析】（1）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)；

（2）合理選擇實驗器材，先選必要器材，再根據(jù)要求滿足安全性，準確性，方便操作的原則選擇待選器材．電流表的接法要求大電阻內(nèi)接法，小電阻外接法，根據(jù)電阻定律求解．【解析】【解答】解：（1）由圖示螺旋測微器可知；其示數(shù)為：0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm；

（2）①電源電動勢為6V；電壓表選擇D，0～3V，內(nèi)阻約4kΩ；

電路最大電流約為：I===1A；電流表應選C，量程0.6A，內(nèi)阻約0.2Ω，為方便實驗操作，滑動變阻器應選F，0～20Ω．

②為了使測量結(jié)果盡量準確；且從零開始多測幾組數(shù)據(jù)，則用分壓式電路，因待測電阻約為5Ω，根據(jù)待測電阻阻值的平方與電壓表及電流表的電阻乘積相比較，可知待測電阻阻值偏小，故用電流表外接法；

實物電路圖如圖所示：

③由電阻定律得：R=ρ=ρ；

解得：L=．

故答案為：（1）0.730；（2）①C；D；F；②如圖所示；③．16、減小減小減小增大【分析】【分析】當某物體進行簡諧運動時，物體所受的力跟位移成正比，并且總是指向平衡位置，即F=-kx；然后結(jié)合能量守恒定律和牛頓第二定律進行分析．【解析】【解答】解：振子做簡諧運動；O點為彈簧振子的平衡位置，在O點彈性勢能為零，動能最大；

在振子從C點運動到O點的過程中；離開平衡位置的位移越來越小，根據(jù)F=kx可知，彈力不斷減小，故合力減小，加速度減??；由于彈簧的彈力的方向指向平衡位置，與振子運動的方向相同，所以彈力對振子做正功，振子的動能增加，速度增加，振子做加速度不斷減小的加速運動；所以振子的位移；回復力、加速度和彈性勢能減小，而速度和動能增大．

故答案為：減小，減小，減小，增大．17、0.6G0.6GG【分析】【分析】彈簧稱的讀數(shù)等于彈簧受到的拉力．甲圖、乙圖分別以物體為研究對象由平衡條件求解．丙圖以動滑輪為研究對象分析受力情況，根據(jù)平衡條件求解【解析】【解答】解：甲圖：物體靜止；彈簧的拉力為：

F1=Gsin3