2023-2024学年河北省保定市部分高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市部分高中高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于物理学史和物理学研究方法，下列说法错误的是( )
A. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B. 伽利略在研究力和运动的关系时，依据逻辑推理，对实验进行了理想化处理，得出了力不是维持物体运动的原因，这里采用了理想实验法
C. 亚里士多德在研究物体下落过程的运动规律时，把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来，拓展了人类的科学思维方式和研究方法
D. 根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
2.在水平面上，一个质量为m=1kg的滑块受到一个水平拉力F作用，F随时间变化的关系为F=2t(N)，已知t=2.5s前滑块处于静止状态，t=2.5s后滑块开始滑动，滑块与水平面之间的动摩擦因数μ=0.45，g取10m/s2，由此可知( )
A. t=1s时，滑块所受的摩擦力为零
B. 滑块在水平面上运动时受到的滑动摩擦力为4.5N
C. 滑块与水平面之间的最大静摩擦力为4.5N
D. t=2s时，滑块受到的摩擦力为4.5N
3.如图所示，两根等长的直杆支撑在地面上，上端扎在一起，用细绳吊着一个质量为m的小球，杆端用水平绳拉着处于静止状态。已知两杆所在的平面与水平面的夹角为60∘，两杆间的夹角为60∘，则每根杆的支撑力为( )
A. 12mg
B. 23mg
C. 32mg
D. 3mg
4.小球A从离地面10m高处做自由落体运动，小球B从A下方的地面上以10m/s的初速度做竖直上抛运动，两球同时开始运动，在空中相遇，取g=10m/s2.以下说法错误的是( )
A. 两球在离地面5m高处相遇B. 两球经过1s相遇
C. 两球相遇时，B球位于上抛运动的最高点D. 两球落地的时间差为(4− 2)s
5.如图所示，A、B两木块质量均为m，1、2两轻弹簧的劲度系数分别为k1、k2，轻绳绕过不计大小的光滑定滑轮与A相连，弹簧与木块、地面均拴接，整个系统静止，滑轮左侧绳子刚好保持竖直，重力加速度为g。现用力F缓慢拉绳，拉动时滑轮右侧绳子保持与竖直方向的夹角为θ，直到2弹簧弹力大小变为原来的一半为止，在这一过程中，下列说法错误的是( )
A. 木块A移动的距离可能为2mgk1+2mgk2
B. 木块A移动的距离可能为3mgk1+3mgk2
C. 绳子对定滑轮的作用力大小可能为2mgcsθ2
D. 绳子对定滑轮的作用力大小可能为6mgcsθ2
6.如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ=60∘，光滑球体的质量为m，支架的质量为2m，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为( )
A. 39B. 34C. 32D. 33
7.甲乙两质点在同一直线上运动，从t=0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，x−t图象如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x−v2图象如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A. 甲质点的加速度大小为2m/s2
B. 乙质点的加速度大小为10m/s2
C. 经过 6s，甲追上乙
D. t=0时刻，甲、乙的初速度均为10m/s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，将一个竖直向下F=180N的力分解成F1、F2两个分力，F1与F的夹角为α=37∘，F与F2的夹角为θ，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，下列说法中正确的是( )
A. 当θ=90∘时，F2=240NB. 当θ=37∘时，F2=112.5N
C. 当θ=53∘时，F2=144ND. 无论θ取何值，F2大小不可能小于108N
9.如图所示，在竖直向上恒力F的作用下，a物体紧靠竖直墙壁并保持静止，b物体沿a物体匀速下滑。则下列说法中正确的是( )
A. a、b之间一定存在摩擦力
B. a可能受到6个力的作用
C. b物体受到a物体的作用力竖直向上
D. 墙壁不可能是光滑的
10.如图所示，有一固定在水平地面上的光滑半球，半球球心为O点，半球半径为R，一质量为m的小球A置于球面上，OA连线与水平方向夹角为60∘，小球A通过一轻绳跨过光滑定滑轮P、Q与一劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧另一端系在质量为M的物体B上，弹簧处于竖直状态，且小球A、物体B与弹簧均处在同一竖直平面内，已知PO=2R，PA=32R，重力加速度为g，则( )
A. 小球A受到绳的拉力为13mg
B. 轻质弹簧的伸长量3mgk
C. 小球A受到光滑半球的支持力为12mg
D. 若此时物体B刚要离开地面，则小球A与物体B的质量比mM=43
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
11.某同学用两根完全相同的轻弹簧和一瓶矿泉水等器材验证“力的平行四边形定则”。实验时，先将一弹簧一端固定在墙上的钉子A上，另一端挂矿泉水瓶，如图甲所示；然后将两弹簧一端分别固定在墙上的钉子A、B上，另一端连接于结点O，在结点O挂矿泉水瓶，静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的偏角α、β，如图乙所示。改变钉子B的位置，按照上述方法多测几次。
(1)依据上述方案并根据力的平行四边形定则，为画出力的合成图，必须的操作是______(选填选项前的字母)。
A.实验中要使AO、BO长度相同
B.要测量弹簧的原长
C.要测量图甲、乙中弹簧的长度
D.实验中要使结点O的位置始终固定不变
(2)根据实验原理及操作，为验证力的平行四边形定则，在作图时，如图中______(选填“丙”或“丁”)是正确的。
(3)某次实验中测得乙图中α=30∘，β=45∘，保持α偏角不变，将OB从乙图中位置沿顺时针缓慢转到水平位置，则OA中弹簧的长度将______， OB中弹簧的长度将______(选填“一直增大”“一直减小”“先减小后增大”或“先增大后减小”)。
四、简答题：本大题共1小题，共8分。
12.用图(甲)所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。
(1)实验的主要步骤：
①安装实验装置；
②测量挡光片的宽度d；
③用刻度尺测量A点到光电门所在位置B点之间的水平距离x；
④滑块从A点静止释放(已知砝码落地前挡光片已通过光电门)；
⑤读出挡光片通过光电门所用的时间t，由此可知滑块的加速度表达式为：a=______；(用上面测量的物理量字母表示)
⑥改变光电门的位置，滑块每次都从A点静止释放，测量相应的x值并读出t值。其中某一次测量x值如图乙所示，其读数为______ cm。
(2)根据实验测得的数据，以x为横坐标，1t2为纵坐标，在坐标纸中作出1t2−x图线如图(乙)所示，求得该图线的斜率k=______m−1⋅s−2。已知挡光片的宽度d=6.60mm，由此进一步求得滑块的加速度a=______m⋅s−2。(计算结果均保留3位有效数字)
五、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.“辅助驾驶”可以在司机驾驶车辆的过程中提供辅助支持，使司机更轻松、更安全地驾驶车辆行驶在道路上。汽车车头装有一个激光雷达，可以探测前方的车辆和行人。若某汽车在某路段速度大小为30m/s，刹车时的最大加速度为4.5m/s2。(不计激光传播时间)
(1)辅助驾驶系统启动，为了不撞上前方的车辆或行人，求激光雷达的探测范围至少为多少米；
(2)若该汽车正前方有另一辆汽车沿同一方向以16.5m/s的速度匀速直线行驶，某时刻两车相距30m，为避免相撞，该车辅助驾驶系统启动，并以最大加速度刹车，求两车间的最小距离。
14.如图所示，质量为mB=14kg的木板B放在水平地面上，质量为mA=10kg的木箱A放在木板B上．一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为θ=37∘.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4.重力加速度g取10m/s2.现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，试求：(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)
(1)绳上张力T的大小；
(2)拉力F的大小．
15.如图所示，物体甲、乙用劲度系数k=4N/cm的轻弹簧连接放置在倾角为30∘的斜面上，轻绳跨过光滑定滑轮一端与乙连接，另一端与沙桶连接，物体丙连接在动滑轮上。开始时系统处于静止状态，弹簧处于原长，跨过动滑轮的轻绳与竖直方向成60∘角。已知甲、乙、丙的质量分别为m甲=m乙=8kg，m丙=2kg，甲、乙与斜面间的动摩擦因数均为μ= 32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)沙桶的质量；
(2)开始时乙受到的摩擦力大小；
(3)若向沙桶中缓慢加入沙子，则当甲刚要向下滑动时，加入沙桶中沙子的总质量及此时弹簧的形变量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确；
B.伽利略在研究力和运动的关系时，依据逻辑推理把实际实验理想化的思想，即理想实验法是研究物理问题的重要方法，故B正确；
C.伽利略在研究下落物体的运动时，把实验和逻辑推理结合起来，拓展了人类的科学思维方式和研究方法，故C错误；
D.根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt非常小时，ΔxΔt就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故D正确。
本题选错误选项，故选：C。
根据匀变速直线运动位移公式推导方法判断；根据伽利略在研究力和运动的关系时应用的方法判断；根据伽利略在研究下落物体运动时应用的方法判断；根据速度定义的方法判断。
本题关键掌握匀变速直线运动位移公式推导方法、伽利略在研究力和运动的关系时应用的方法、伽利略在研究下落物体运动时应用的方法和速度定义的方法。
2.【答案】B
【解析】解：最大静摩擦力大于滑动摩擦力，fm>f滑动=μmg=0.45×1×10N=4.5N，
A、t=1s时F=2t=2×1N=2NB、滑块在水平面上运动时受到的滑动摩擦力f滑=μmg=0.45×1×10N=4.5N，故B正确；
C、滑块与水平面间的最大静摩擦力大于滑动摩擦力，即fm>4.5N，故C错误；
D、t=2s时拉力F=2t=2×2N=4N故选：B。
当拉力恰好等于最大静摩擦力时滑块开始运动，根据滑块的受力情况应用平衡条件与滑动摩擦力公式分析答题。
知道最大静摩擦力与滑动摩擦力的关系、掌握滑动摩擦力公式是解题的前提，分析清楚滑块的受力情况与运动过程，应用平衡条件与滑动摩擦力公式可以解题。
3.【答案】B
【解析】解：设每根杆的支撑力为F，受力情况如图示
两个杆的合力为F合=2Fcs⁡30∘
在竖直方向上有F合sin⁡60∘=mg
解得F=23mg，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平衡条件列方程计算即可。
能够正确的选择研究对象，列出平衡方程是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：ABC、根据相遇时的位移关系
12gt2+v0t−12gt2=10m
解得相遇时间为
t=1s
相遇时，离地的高度
h′=v0t−12gt2=10×1m−12×10×12m=5m
B球的速率
vB=v0−gt=10−10×1m/s=0m/s
故相遇时，B球位于上抛运动的最高点，故ABC正确；
D、A落地的时间
tA= 2hg= 2×1010s= 2s
B球落地的时间
tB=2v0g=2×1010s=2s
两球落地的时间差为(2− 2)s，故D错误。
本题选错误的，
故选：D。
小球A做自由落体运动，小球B做竖直上抛运动；根据位移一时间公式分别求出A和B的位移大小，两球在空中相碰，知两球的位移之和等于10m，列式求解，进行分析判断即可。
本题实质上为追及相遇问题，关键知道两物体在空中相遇的条件，即两物体的位移之和等于10m，同时注意明确自由落体和竖直上抛运动的基本规律应用即可求解。
5.【答案】A
【解析】解：AB.由胡克定律，设原来1弹簧的压缩量为x11，弹簧2的压缩量为x21，则有
x11=mgk1
x21=2mgk2
若弹簧2弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，则此时2弹簧的压缩量为x22，
x22=12x21=mgk2
对B分析可得
mg=k2x22
则弹簧1刚好恢复原长，此过程中A木块上升的位移为
Δx=x11+(x21−x22)=mgk1+mgk2
若弹簧2弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于伸长状态，此时2弹簧的伸长量为x′22
x′22=12x21=mgk2
对B分析可得
mg+k2x′22=k1x′12
弹簧1的弹力为2mg，此时1弹簧的伸长量为
x′12=2mgk1
此过程中A木块上升的位移为
Δx′=x11+x21+x′21+x′12=3mgk1+3mgk2，故A错误，B正确；
CD.若弹簧2弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于压缩状态，对A分析可得绳子的拉力为
F=mg
绳子对定滑轮的作用力大小
F滑=2Fcs⁡θ2=2mgcs⁡θ2
若弹簧2弹力大小变为原来的一半且弹簧2处于伸长状态，对A分析可得绳子的拉力为
F′=3mg
绳子对定滑轮的作用力大小
F滑′=2F′cs⁡θ2=6mgcs⁡θ2，故CD正确。
本题选择错误的
故选：A。
由胡克定律计算弹簧2弹力大小变为原来的一半时，弹簧2可能处于拉伸和压缩两种状态下A上升的距离。
F滑′=2F′cs⁡θ2，计算绳子对定滑轮的作用力大小。
本题考查的知识点是胡克定律和力的合成，解题的关键是分析弹簧2拉伸和压缩两种情况。
6.【答案】D
【解析】解：对球体受力分析如图：
根据共点力平衡条件得：F=mgtanθ
支架和球体整体受到重力、地面的支持力与摩擦力以及墙壁的作用力，则竖直方向：FN=3mg
水平方向：f=F=mgtanθ
支架保持静止，则：μFN≥f
联立可得：μ≥ 33，故ABC错误，D正确。
故选：D。
对球受力分析，求出球与支架之间的作用力；对支架受力分析，求出支架和地面间的动摩擦因数。
本题考查共点力平衡问题，解题关键是选择合适的研究对象对其受力分析，根据共点力平衡列式求解即可。
7.【答案】C
【解析】解：AD、质点甲做匀加速直线运动，则：xt=x0+v0t+12a甲t2，
由图可知，t=0时刻：x0=−2m/s
第1s内的位移为：x1=0m−(−2m)=2m，
前2s内的位移为：x2=6m−(−2m)=8m，
代入解得：v0=0，a甲=4m/s2，故A错误，D错误。
B、质点乙做匀减速直线运动，根据0−v2=2ax，
解得匀减速过程中加速度大小a乙=5m/s2，乙的初速度为v乙=10m/s，故B错误。
C、乙匀减速停下来的时间t=v乙a乙=105s=2s，位移x=10m，出发瞬间，乙的位置在x=0处，可知t=0时刻乙在甲前方2m处，而在t=2s时刻甲的位置在x=6m处，乙的位置在x=10m处，所以在前2s内甲不能追上乙；由于t=2s后乙静止，所以甲追上乙的位置在x=10m处，代入甲的位移-时间公式xt=x0+v0t+12a甲t2可得：t= 6s，甲追上乙，故C正确。
故选：C。
根据匀加速直线运动的位移-时间关系以及位移-速度公式分别列式，然后结合图中得数据分析即可求出。
本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，关键是要求同学们能根据图象判断出甲乙的图线，能够从图中得出有效信息。
8.【答案】BD
【解析】解：A、当θ=90∘时，根据三角形定则将F分解如图所示：
由几何关系得：F2=Ftanα=180N×34=135N
故A错误；
B、当θ=37∘时，根据平行四边形定则将F分解如图所示：
由几何关系得：F2=F1=F2cs37∘=18020.8N=112.5N
故B正确；
CD、当θ=53∘时，根据三角形定则将F分解如图所示：
由几何关系得，F2=Fsin37∘=180×0.6N=108N
此时，力F2最小，即无论θ取何值，F2大小不可能小于108N，故C错误、D正确；
故选：BD。
根据平行四边形定则或三角形定则将力F分解，根据几何关系求解力F2的大小；当θ=90∘时，F2有最小值。
本题考查力的分解，根据平行四边形或三角形定则将F分解，结合几何关系求解即可。
9.【答案】AC
【解析】解：AC.对b物体进行受力分析：受重力，支持力和摩擦力；又因为b物体沿a物体匀速下滑，处于平衡状态，所以b物体受到a物体的两个作用力：支持力和摩擦力，两力的合力一定跟第三个力重力，大小相等方向相反，作用在一条直线上，故AC正确；
B.对a进行受力分析：受到竖直向下重力，竖直向上恒力F，b对a的压力和摩擦力，受到4个力作用，故B错误；
D.对a、b进行整体受力分析：受到竖直向下重力与竖直向上恒力F，墙壁对a没有弹力，所以墙壁对a没有摩擦力，且墙壁是否光滑没法判断，故D错误。
故选：AC。
先对物体b受力分析，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡；再对物体ab整体受力分析，根据平衡条件判断整体与竖直墙壁间的作用力情况，最后对物体a受力分析。
本题考查了物体受力分析的相关知识，掌握弹力产生的条件是解决此类问题的关键；同时还要注意没有弹力时一定不会有摩擦力。
10.【答案】CD
【解析】解：AC.对小球A受力分析，其受到小球自身的重力、绳子的拉力以及半球给的支持力，画图可知小球受到力构成的矢量三角形与三角形APO相似，对应边成比例，则有
mgPO=TAP=FNAOA
解得
T=34mg
FNA=12mg
故A错误，C正确；
B.弹簧的一端与绳子相连，所以弹簧的弹力等于绳子上的拉力，结合胡克定律，根据平衡条件列式
F弹=T=kx
解得
x=3mg4k
故B错误；
D.对B物体受力分析，由于其刚要离开地面，所以B物体受到重力以及弹簧的弹力，根据平衡条件有
Mg=F弹
结合之前的分析，整理有
Mg=34mg
解得
mM=43
故D正确。
故选：CD。
由于小球受到力构成的矢量三角形与三角形APO相似列式，求力；
根据胡克定律，求形变量；
根据平衡，求质量比。
本题考查学生分析平衡力的方法，力的三角形和几何三角形相似，对应边成比例。
11.【答案】BC 丙 一直增大 先减小后增大
【解析】解：(1)实验中，甲图用来测量合力，乙图用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧的伸长量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量，故BC正确，但AO、BO长度不必相同，故A错误；实验中重物重力是定值，所以不必保证O点固定不变，故D错误；故选BC。
(2)x1表示重力方向，应竖直向下，故丙正确；
(3)对O点受力分析，O点处于动态平衡中，重力大小方向不变，OA绳中拉力方向不变，根据平行四边形定则易得OA中弹力将一直增大，OB中弹力将先减小后增大，如图所示，所以OA中弹簧的长度将一直增大，OB中弹簧的长度先减小后增大。
故答案为：(1)BC(2)丙(3)一直增大，先减小后增大。
本实验是通过合力与分力作用效果相同，利用作图方法验证平行四边形定则，已知两个夹角，需要测量力的大小。根据胡克定律，力的大小与弹簧的伸长量成正比，力的大小可用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量。用作图法分析OB方向变化时，力的变化情况。
本实验应用胡克定律，需要测量弹簧伸长量。掌握实验原理，从多个角度分析理解实验，提高分析解决问题的能力。
12.【答案】d22xt2 ×104 0.518
【解析】解：⑤、滑块通过光电门的瞬时速度为：v=dt
根据速度位移公式得：v2=2ax
有：a=d22xt2
⑥、刻度尺的分度值为1mm，读数为65.0cm；
(2)由⑤整理得：1t2=2axd2
根据图线知图线的斜率为：k=2−10.42×104m−1⋅s−2≈2.38×104m−1⋅s−2；
根据k=2ad2得：a=0.518m/s2。
故答案为：⑤d22xt2；⑥65.0；(2)2.38×104，0.518
⑤根据运动学公式解得加速度的表达式；
⑥、刻度尺的分度值为1mm，注意估读；
⑦、结合速度-位移公式得出1t2−x的关系式，从而求出滑块的加速度。
解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。
13.【答案】解：(1)辅助驾驶系统启动，汽车刹车时做匀减速直线运动，由0−v12=2ax解得：x=100m；
(2)设从刹车到两车速度相等经历时间为t，则v2=v1−at，解：t=v1−v2a=30−，后方气车的位移：x1=v1+v22t=30+16.52×3m=69.75m，前方汽车的位移：x2=v2t=16.5×3m=49.5m，两车最小间距：Δx=x2−x1+x0=49.5m−69.75m+30m=9.75m。
答：(1)激光雷达的探测范围至少为100米；
(2)两车间的最小距离为9.75m。
【解析】(1)激光雷达的探测最小距离就是车辆刹车速度为零的距离，根据v2−v02=2ax求解激光雷达的探测范围；
(2)当两车速度相等时，距离最小，先求得速度相等时间，再求得速度相等时两车的位移，根据距离关系求得最小距离。
本题主要考查追击、相遇问题，速度相等是临界条件，根据运动学公式结合题意求解。
14.【答案】解：(1)对物体A受力分析及建立直角坐标系，如图所示：
∵A静止，受力平衡
∴在x轴上：
Tcsθ=f1…①
在y轴上：
N1=Tsinθ+mAg…②
又∵f1=μ1 N1…③
∴由①②③得：
T=100N
即绳上张力T的大小为100N.
(2)对物体B受力分析及建立直角坐标系，如图所示：
∵B静止，受力平衡
∴在x轴上：
F=f1+f2…④
在y轴上：
N2=N1+mBg…⑤
又∵f2=μ2N2…⑥
∴由④⑤⑥得：
F=200N
即拉力F的大小为200N.
【解析】(1)对木块A受力分析，受到重力、支持力、B对A的摩擦力和细线的拉力，根据共点力平衡条件列式求解即可；
(2)对木块B受力分析，受到重力、A对B的压力和摩擦力、地面的支持力和摩擦力，最后根据共点力平衡条件列式求解即可．
本题关键是先后对木块A和木块B受力分析，然后根据共点力平衡条件并运用正交分解法列方程求解．
15.【答案】解：(1)丙受到重力和绳子的拉力，两者合力为0，由图知绳子向上分力的合力等于丙的重力，即2Tcs⁡60∘=m丙g，得2Tcs60∘=2×10N，解得T=20N，绳子的拉力大小与沙桶的重力相等，则可知沙桶质量m=Tg=2010kg=2kg；
(2)开始时系统处于静止状态，弹簧处于原长，乙受到绳子的拉力，重力和静摩擦力，合力为0，则可得T+m乙gsin⁡30∘=f，代入数据得20N+8×10×12N=f，解得：f=60N
(3)当甲刚要向下滑动时，对甲分析，甲受到弹簧的拉力，重力和静摩擦力，合力为0，甲的静摩擦力与乙的静摩擦力大小相等，可得F弹+m甲gsin⁡30∘=μm甲gcs⁡30∘=f，代入数据得F弹+8×10×12N=60N，解得F弹=20N，
根据F弹=kx，可得x=F弹k=204cm=5cm，
对乙分析得Tm+m乙gsin⁡30∘=μm乙gcs⁡30∘+F弹，代入数据得Tm+8×10×12N= 32×8×10× 32N+20N，解得Tm=40N，
由Tm=(m+m沙)g得40N=(2+m沙)×10N，解得：m沙=2kg。
答：(1)沙桶的质量为2kg；
(2)开始时乙受到的摩擦力大小为60N；
(3)若向沙桶中缓慢加入沙子，则当甲刚要向下滑动时，加入沙桶中沙子的总质量为2kg，此时弹簧的形变量为5cm。
【解析】(1)对丙和沙桶分别进行受力分析得出沙桶的质量；
(2)对乙进行受力分析得出摩擦力的大小；
(3)对甲进行受力分析，同时结合胡克定律和对乙的受力分析完成解答。
本题考查了受力分析的相关应用，熟悉物体的受力情况，运用整体法和隔离法，再运用胡克定律即可完成分析。