C.F1=F3F2>F3
【答案】A
【解析】
以小球为研究对象,分析受力：
重力、a、b两绳的拉力T1、T2.根据平衡平衡条件得知,T1和T2的合力方向竖直向上,大小与重力相等,保持不变,作出b绳在三个不同位置时,两个拉力的变化,如图,
可图得到,T1=T3>T2.
由图看出，绳a的拉力减小。
故AD正确。
故选AD。
点睛：
以小球为研究对象，分析受力，运用作图法比较拉力的大小，进行选择．
二、多选题
8.如图所示，a、b、c为三个物体运动的x-t图象，则下列说法中正确的是（ ）
A.a、c两物体在
时刻相遇，b、c出发点相同
B.a先做加速运动，后做减速运动
C.在
时刻c物体的速度为
D.a比b早出发
；c物体做曲线运动
【答案】AC
【解析】
【分析】
在x-t图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图象的斜率大小等于速度大小，斜率的正负表示速度方向。
交点表示相遇。
【详解】A项：
a、c两物体在t2时刻位移相等，即相遇，b、c出发点的位置坐标都为零，所以出发点相同，故A正确；
B项：
倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，a先沿正方向做匀速直线运动，后沿负方向做匀速直线运动，故B错误；
C项：
图象的斜率等于速度，在t1时刻c物体的速度为v=tanα，故C正确；
D项：
a比b早出发t0，在x-t图象中，表示直线运动，故D错误。
故选：
AC。
【点睛】本题是位移-时间图象的应用，关键要明确斜率的含义，并能根据图象的信息解出物体运动的位移以及速度大小和方向。
9.如图所示，传送带的水平部分长为L，传送速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
木块沿着传送带的运动可能是一直加速，也可能是先加速后匀速，对于加速过程，可以先根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解运动时间。
【详解】若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有
μmg=ma ①
根据位移时间公式，有
②
由①②解得
故B正确；
若木块沿着传送带的运动是先加速后匀速，根据牛顿第二定律，有
μmg=ma③
根据速度时间公式，有
v=at1 ④
根据速度位移公式，有
v2=2ax1 ⑤
匀速运动过程，有
L-x1=vt2 ⑥
由③④⑤⑥解得
故A错误；
如果物体滑到最右端时，速度恰好增加到v，根据平均速度公式，有
所以
故C错误，D正确；
故选：
BD。
【点睛】本题关键是将小滑块的运动分为两种情况分析，一直匀加速或先匀加速后匀速，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解。
10.甲、乙两个质点同时同地向同一方向做直线运动，甲做匀速运动，乙在前一秒内做匀加速运动，之后做变加速运动，它们的v-t图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A.1s前甲在前，1s后乙在前
B.两质点相遇时距出发点40m
C.前4s时间内乙的平均速度大于甲的平均速度
D.前4s时间内质点之间的最大距离可能是11m
【答案】CD
【解析】
【分析】
在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成面积代表位移，平均速度等于位移除以时间。
速度相等时两质点间的距离最大。
结合几何知识分析。
【详解】A项：
1s前甲的速度比乙的大，则甲在前。
由图象可知，1s末两质点速度相等，但是没有相遇，所以1s后一段时间内，甲仍在乙的前面，故A错误；
B项：
由图象可知，4s末甲离出发点40米，而乙离出发点大于40m，此时两者没有相遇，故B错误；
C项：
前4s时间内乙的位移大于甲的位移，时间相同，所以前4s时间内乙的平均速度大于甲的平均速度，故C正确；
D项：
在两质点相遇前，1s末两质点之间的距离为5m，但是4s内不是1s末两者相距最远，而是4s末两者相距最远，故最远距离等于两质点位移之差，根据“面积法”知，最大距离大于
，可能为11m，故D正确。
故选：
CD。
【点睛】本题是速度-时间图象的应用，关键要知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移，通过面积法分析最大距离。
11.在研究摩擦力的实验中，用弹簧秤水平拉一放在水平桌面上的小木块，小木块的运动状态及弹簧秤的读数如表格所示（每次实验时，木块与桌面的接触面相同）。
则由表分析可知
实验次数
运动状态
弹簧秤读数（N）
1
静止
0.4
2
静止
0.6
3
加速
0.7
4
匀速
0.5
5
减速
0.3
A．木块受到的最大摩擦力为0.7N
B．木块受到的最大静摩擦力可能为0.6N
C．在这五次实验中，木块受到的摩擦力大小只有三次是相同的
D．在这五次实验中，木块受到的摩擦力大小只有两次是相同的
【答案】BC
【解析】
试题分析：
由表格中的数据知0.7N时木块做匀加速直线运动，所以最大静摩擦力要小于0.7N，A错；木块做匀速直线运动时，弹簧秤的拉力为0.5N，所以木块受到的滑动摩擦力为0.5N，因最大静摩擦力要比滑动摩擦力略大一些，得木块受到的最大静摩擦力可能为0.6N，B对；在这五次实验中，3、4、5这三次木块都是运动的，受到的都是滑动摩擦力，所以木块受到的摩擦力大小这三次是相同的，C对，D错。
考点：
静摩擦力，滑动摩擦力，最大静摩擦力
点评：
学生明确最大静摩擦力要比滑动摩擦力略大一些，在计算时可以认为二者大小相等。
12.如图所示，倾角为α的斜面体A置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知A、B的质量分别为M、m，它们之间的动摩擦因数为μ=tanα．现给B一平行于斜面向下的恒定的推力F，使B沿斜面向下运动，A始终处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）
A.无论F的大小如何，B一定加速下滑
B.B运动的加速度大小为
C.水平面对A一定有摩擦力，摩擦力方向水平向右
D.水平面对A的支持力总是与A、B的总重力大小相等
【答案】ABD
【解析】
【分析】
A、B的质量分别为M、m，它们之间的动摩擦因数为μ=tanα，可知B与A之间的摩擦力已经到达最大静摩擦力，即恰好能静止在A上，根据此结论来进行作答即可。
【详解】A、B项：
由A、B之间的动摩擦因数为μ=tanα，可得：
mgsinα=μmgcosα，对B进行受力分析得：
F合=F，所以施加恒定的推力F后B一定加速下滑，且加速度a=
，故AB正确；
C项：
对B受力分析，因为μ=tanα．即B原来恰好静止在斜面上，所以斜面对B的支持力与摩擦力的合力竖直向上大小等于mg，对物体A受力分析，则B对A的压力和摩擦力的合力由牛顿第三定律知竖直向下大小等于mg，即A水平方向没有遇到趋势，所以地面对物体A没有摩擦力。
故C错误；
D项：
因为B对A作用力竖直向下大小等于mg，由A竖直方向受力平衡得水平面对A的支持力总是与A、B的总重力大小相等，故D正确。
故选：
ABD。
【点睛】本题关键是正确的受力分析，结合平衡条件进行分析，注意当μ=tanα时，物体A与B间的弹力和摩擦力的合力是在竖直方向的。
三、填空题
13.在《互成角度的两个共点力的合成》实验中，做好实验准备后，先用两个弹簧秤平行于板面把橡皮条的结点拉到某一位置O，此时学生需要记录的是______和______；接着用一个弹簧秤平行于板面拉橡皮条，要特别注意的是______。
【答案】
（1）.两弹簧秤的读数；
（2）.细绳的方向；（3）.橡皮条的结点仍拉到位置O
【解析】
【分析】
本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的合力进行比较，理解实验的原理即可解答本题。
【详解】在本实验中为了得出平行四边形，我们需要知道两分力的大小和方向，故应记下两个弹簧秤的读数及两个细绳套的方向，同时为了能准确的得出合力的大小，应让两次拉时的效果相同，应记下橡皮条结点的位置以保证下次能拉至同一位置，得出相同的效果；应特别注意应将橡皮条的结点拉到同一位置，以保证一个力拉与两个力拉时的效果相同。
【点睛】本题第二问是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论。
14.如图1所示，打点计时器固定在斜面的某处，让一滑块拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下。
图2是某同学实验时打出的某条纸带的一段。
（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用该纸带中测出的数据可得滑块下滑的加速度大小a=_______________m/s2。
（2）打点计时器打B点时，滑块的速度大小vB=_______________m/s。
（3）为了测出滑块与斜面间的摩擦力，该同学已经测出斜面的长度l及高度h，他还需要测量的物理量是______________，利用测得的量及加速度a表示摩擦力的大小f=______________。
【答案】
（1）.4.0
（2）.2.16（3）.滑块质量（4）.
【解析】
试题分析：
1滑块从斜面滑下过程为匀变速直线运动，ABCD之间的时间间隔都相等等于2个周期，频率为50hz，所以周期为0.02s.那么时间间隔为0.04s。
根据
，计算得
。
2受力分析可知物体沿斜面下滑的合力
，已知长度l和高度h，那么
，带入计算
只需要再测出质量m即可。
考点：
匀变速直线运动纸带分析受力分析
四、计算题
15.如图所示，升降机以加速度a匀加速上升，质量为m的物块A置于升降机内倾角为α的固定斜面上，并相对斜面静止，重力加速度为g。
试求：
物块A受到支持力、摩擦力的大小分别为多少？
【答案】支持力为
，摩擦力
【解析】
【分析】
考虑斜面对物块支持力N，摩擦力f，不妨设二者的合力为F，用F列牛顿第二定律，再用力的合成与分解的知识求N、f即可。
【详解】设斜面对物块支持力为N，摩擦力为f，设二者的合力为F。
如图所示，
由牛顿第二定律得
F-mg=ma
根据力的合成与分解
N=Fcosα
f=Fsinα
解得：
N=m（g+a）cosα
f=m（g+a）sinα。
【点睛】本题考查牛顿第二定律，力的合成与分解，难度不大。
注意为了简化起见，我们可以先设出支持力N与摩擦力f的合力F，这样在列牛顿第二定律公式的时候就会简便、直观很多。
16.用绳拴住木棒AB的A端，使木棒在竖直方向上静止不动，在悬点A端正下方有一点C距A端0.8m（C点在B点的下面）。
若把绳轻轻剪断，测得AB棒通过C点的时间是0.2s，重力加速度g＝10m/s2，求木棒AB的长度？
【答案】0．6（m）
【解析】
试题分析：
设木棒的长度为L，绳子剪断后木棒自由下落，故可将A、B两端分别看做自由下落的质点，它们下落到c点所用时间分别为t1、t2，依题意有：
①
②
t1－t2=0．2③
由①②③得：
L=0．6m，t1=0．4s，t2=0．2s
所以木棒AB的长度为0．6m
考点：
自由落体运动的规律
17.如图所示,物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变）,最后停在C点.每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度,下表给出了部分测量数据.（重力加速度g="10"m/s2）求:
t（s）
0.0
0.2
0.4
…
1.2
1.4
…
v（m/s）
0.0
1.0
2.0
…
1.1
0.7
…
（1）斜面的倾角落α
（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ
（3）t="0.6"s时的瞬时速度v
【答案】
（1）α=30°
（2）μ=0.2（3）2.3m/s
【解析】
试题分析：
（1）物体在斜面上下滑时的加速度a1＝
＝5m/s2,…………….1分
mgsinα＝ma1,…………….2分
可以得出α=30o.…………….1分
（2）从后两列数据可以知物体在水平面上滑行的加速度大小a2，a2=
＝2m/s2,μmg＝ma2,…………….2分
可得μ＝0.2.…………….1分
（3）设从0.4s开始经过t时间物体滑动斜面底部，则在斜面底部的速度为vm，则在斜面上
，…………….1分
在平面上
…………….1分
解得t＝0.1s…………….1分
在斜面底部时的最大速度为vm＝2.5m/s，物体在0.6s时在水平面上，其速度为v＝2.5m/s－2m/s2×0.1s＝2.3m/s。
…………….1分
考点：
考查了牛顿第二定律的应用
点评：
根据图表中的数据可知：
前0.4s物体还在斜面上，可以求出此时加速度，1.2s到1.4s时，物体在水平面，可以求出此时的加速度，要想求0.6s时的速度，应当明确此时物体在斜面上还是在水平面上．
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