【答案】BC
【解析】
以小球B为研究对象，进行受力分析．由平衡条件可知，弹簧的弹力F和绳子的拉力FT的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合＝mg，如图所示：
由三角形相似得：
，又OA＝OB＝L，得FT=mg，
，故绳子的拉力FT只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数无关，所以FT1=FT2，当弹簧的劲度系数变大时，弹簧的压缩量减小，故长度x增加，F2>F1，故BC正确，AD错误。
13．如图所示，用一段绳子把轻质滑轮吊装在A点，一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用力拉绳的另一端，滑轮中心为O点，人所拉绳子与OA的夹角为β，拉水桶的绳子与OA的夹角为α。
人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为m的水桶匀速提上来，人的质量为M，重力加速度为g，在此过程中，以下说法正确的是（ ）
A．α始终等于β
B．吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大
C．地面对人的摩擦力逐渐变大
D．地面对人的支持力逐渐变大
【答案】ACD
【解析】
A、同一根绳子拉力相等，设为F，根据平衡条件可知，垂直于OA绳上的力平衡，则Fsinβ=Fsinα，则α始终等于β，故A正确。
B、把井中质量为m的水桶匀速提上来，桶受力平衡，则吊装滑轮的绳子上的拉力始终等于重力，保持不变，故B错误。
C、以人为研究对象进行受力分析如图所示，
摩擦力f=Fcosθ，人在向左运动过程中，绳子拉力不变，但绳子与水平方向的夹角θ减小，绳子拉力在水平方向的分力增大，地面对人的摩擦力逐渐变大，故C正确。
D、对人在竖直方向根据平衡条件可得，地面对人的支持力N=mg-Fsinθ，人在向左运动过程中，绳子拉力不变，但绳子与水平方向的夹角θ减小，绳子拉力在竖直方向的分力减小，地面对人的支持力变大，故D正确。
故选ACD。
14．关于惯性和牛顿第三定律的理解，下列说法正确的是（ ）
A．“嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性是不相同的（燃料消耗忽略不计）
B．作用力和反作用力同时产生，同时消失，不同时变化
C．各种机床和发电机的底座做得很笨重，目的是增大惯性
D．两物体只有处于相对静止时，它们之间的作用力和反作用力的大小才相等
【答案】C
【解析】
A、“嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性相同（燃料消耗忽略不计），因为质量不变，故A错误。
B、作用力和反作用力同时产生，同时消失，同时变化，故B错误。
C、惯性是物体固有的属性，惯性越大的物体，各种机床和发电机的底座做得很笨重，目的是增大惯性．故C正确。
D、由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，故D错误。
故选C。
15．如下图所示，有两条质量相等的有蓬小船，用绳子连接（绳子质量忽略不计），其中一条船内有人在拉绳子，如果水的阻力不计，下列判断中正确的是（ ）
A．绳子两端的拉力不等，跟有人的船连接的一端拉力大
B．根据两船运动的快慢，运动快的船里肯定有人，因为是他用力，船才运动的
C．运动慢的船里肯定有人，因为绳子对两条船的拉力是相等的，但有人的船连同人的总质量大，所以加速度小
D．绳子对两条船的拉力大小关系无法判断
【答案】C
【解析】
因为绳子对两船的拉力大小相等，根据牛顿第二定律得
，质量大的加速度小，所以有人的船的总质量大，加速度小。
故C正确，A、B、D错误。
故选C。
16．如图所示，用质量不计的轻绳L1和L2将M、N两重物悬挂起来，则下列说法正确的是（ ）
A．L1对M的拉力和L2对M的拉力是一对平衡力
B．L2对M的拉力和L2对N的拉力是一对作用力与反作用力
C．L1对M的拉力和M对L1的拉力是一对平衡力
D．L2对N的拉力和N对L2的拉力是一对作用力和反作用力
【答案】D
【解析】试题分析：
二力平衡的条件：
大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上；而作用力与反作用力，则是大小相等，方向相反，作用在两个物体上；然后根据二力平衡的条件对四个选项进行逐一分析，符合二力平衡条件的即为平衡力．
对M受力分析，它受到重力、L1的拉力、L2的拉力作用．因此，L1对M的拉力和L2对M的拉力并不是一对平衡力，A错误；作用力和反作用力作用在相互作用的两个物体之间，而B选项中有三个物体：
M、N、L2，B错误；平衡力必须作用在同一个物体上，L1对M的拉力和M对L1的拉力分别作用在M和L1上，显然不是平衡力，C错误；D项中的一对力是作用力和反作用力，D正确．
17．如图所示，重力为G的物体A在大小为F的水平向左的恒力作用下静止在倾角为α的固定光滑斜面上．下列关于物体对斜面压力FN大小的表达式，正确的是（）
A．FN=
B．FN=Gcosα
C．FN=Gsinα+Fcosα
D．FN=
【答案】AD
【解析】对物体A受力分析，用合成法求解出斜面对物体A的支持力，进一步得出物体对斜面的压力．
解：
A、对物体A受力分析，受推力F、重力G、支持力N，如图
由图可得：
故A正确；
B、由图：
所以：
FN=Gtanα．故B错误；
C、由图：
FN=Fsinα+Gcosα．故C错误；
D、由Ncosα=G
所以：
根据牛顿第三定律得
=
方向：
垂直斜面向下．故D正确．
故选：
AD
19．在一次学校组织的拔河比赛中甲队胜、乙队负，在分析总结会上，同学们关于胜负的讨论有以下几种说法，其中你认为正确的是（）
A．由于甲胜、乙负，所以甲拉乙的力大于乙拉甲的力
B．只在两队相持不动时，两队拉力才大小相等
C．不管什么情况下两队的拉力总是相等的
D．甲队获胜的原因是甲队受到地面的静摩擦力大于乙队受到地面的静摩擦力
【答案】CD
【解析】
物体间力的作用是相互的，当物体甲给物体乙一个作用力时，物体乙必然同时给物体甲一个反作用力，拔河比赛中，靠的是受到地面摩擦力的大小．因为它们之间力的作用是相互的，作用力和反作用力大小相等，方向相反，同时存在同时消失．CD正确，AB错误
故选CD
20．北京时间2016年9月15日晚10时04分，中国在酒泉卫星发射中心用“长征二号F—T2”火箭将“天宫二号”空间实验室成功发射升空，顺利入轨并正常开展各项科研活动，如图．关于“天宫二号”与火箭起飞的情形，下列叙述正确的是（）
A．“天宫二号”进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力
B．运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生反作用力，火箭获得向上的推力
C．运载火箭尾部喷出的气体对空气产生作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
D．运载火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽向下喷气，但无法获得前进的动力
【答案】AB
【解析】
卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故A正确；火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故B正确，C错误；火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故D错误；故选AB.
22．如图所示，P、Q叠放在一起，静止在水平面上，在下列的各对力中属于作用力和反作用力的是
A．P所受到的重力和Q对P的支持力
B．Q受到的重力和Q对P的支持力
C．P对Q的压力和Q对P的支持力
D．Q对地面的压力和地面对Q的支持力
【答案】CD
【解析】
A、P所受到的重力和Q对P的支持力，很显然，这两个力都作用在一个物体P上，它们是一对平衡力，所以A错误；
B、作用力和反作用力是同时产生同时消失的，当把P从Q的上面去掉之后，Q对P的支持力没了，但Q受到的重力仍然存在，所以它们不是作用力和反作用力，故B错误；
C、作用力和反作用力是两个物体之间的相互作用力，很显然，P对Q的压力和Q对P的支持力是作用力和反作用力，故C正确；
D、Q对地面的压力和地面对Q的支持力，它们是两个物体之间的相互作用力，是一对作用力和反作用力，所以D正确。
23．吊在大厅天花板上的电扇所受重力为G，静止时固定杆对它的拉力为F，扇叶水平转动起来后，杆对它的拉力为
，则
A．
、
B．
、
C．电扇静止时，固定杆对它的作用力等于它对固定杆的作用力
D．电扇水平转动后，固定杆对它的作用力小于它对固定杆的作用力
【答案】BC
【解析】
AB、电风扇静止时受到的重力和固定杆对它的拉力是一对平衡力，即F=G；扇叶水平转动起来后，风向下振动，所以风受到电扇的作用力向下，由牛顿第三定律可知电扇受到的风的反作用力向上，
，故A错误，B正确；
CD、根据牛顿第三定律可知，固定杆对电风扇的作用力大小和电风扇对固定杆的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故C正确，D错误；
故选BC。
24．如图所示，猎人非法猎猴，用两根轻绳将猴子悬于空中，猴子处于静止状态.以下相关说法不正确的是（）
A．猴子受到两个力的作用
B．绳拉猴子的力和猴子拉绳的力相互平衡
C．人将绳子拉得越紧，猴子受到的合力越大
D．地球对猴子的引力与猴子对地球的引力是一对作用力和反作用力
【答案】ABC
【解析】
猴子受重力及两边绳子的拉力，故猴子受三个力，A错误；绳子拉猴的力与猴了拉绳子的力为作用力和反作用力，B错误；由于在拉猴子的过程中，猴子一直处于平衡状态，故合力为零，C错误；地球对猴子的引力施力物体是地球，故猴子对地球有反作用力，D正确．
25．木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，如下图所示，则有（）
A．人对木箱底的压力大小为（G2+F）
B．人对木箱底的压力大小为（G2—F）
C．木箱对地面的压力大小为（G2+G2—F）
D．木箱对地面的压力大小为（G2+G2）
【答案】AD
【解析】
AB、对人分析，人受到重力、箱子对人的支持力，箱顶对人的压力，根据平衡有：
N=G2+F．故A正确，B错误；
CD、对整体分析，受总重力和支持力，有：
N′=G1+G2，则压力与支持力的大小相等，为G1+G2，故C错误，D正确；
故选AD。
26．“掰手腕”是比较臂力大小的一种常见比赛．在一次“掰手腕”比赛中，甲轻松地战胜了乙．对于这一过程的描述，以下说法正确的是（ ）
A．在“掰手腕”比赛中，甲轻松地战胜了乙说明甲对乙的作用力大
B．在“掰手腕”比赛中，甲轻松地战胜了乙说明乙对甲的作用力小
C．在“掰手腕”比赛中，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等
D．在“掰手腕”比赛中，甲轻松地战胜了乙是因为甲手腕能承受的力大于乙手腕能承受的力
【答案】CD
【解析】两手间的作用力为作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知，这两个力大小相等，甲之所以胜了乙，那是因为甲手腕能承受的力大于乙手腕能承受的力．所以AB错，CD对．
33．如图所示，固定在水乎面上的斜面其倾角θ=37°，长方形木块A的MN面上钉着一颗钉子，质量m=1.5kg的小球B通过一细线与小钉子相连接，细线与斜面垂直．木块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5．现将木块由静止释放，木块与小球将一起沿斜面下滑．
求在木块下滑的过程中；
（1）木块与小球的共同加速度的大小
（2）小球对木块MN面的压力的大小和方向．（取g=l0m/s2）
【答案】
（1）木块与小球的共同加速度的大小2.0m/s2．
（2）小球对木块MN面的压力的大小为6.0N，方向沿斜面向下．
【解析】
（1）对整体分析，根据牛顿第二定律求出木块与小球的共同加速度大小．
（2）隔离对小球分析，求出木块MN面对小球的弹力大小和方向．
解：
（1）由于木块与斜面间有摩擦力作用，所以小球B与木块间有压力作用，并且以共同的加速度a沿面下滑，将小球和木块看作一整体，设木块的质量为M，
根据牛顿第二定律有：
（M+m）gsinθ﹣μ（M+m）gcosθ=（M+m）a
代入数据得：
a=2.0m/s2
（2）选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为N，
根据牛顿第二定律有：
mgsinθ﹣N=ma，
代入数据得：
N=6.0N
根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0N，方向沿斜面向下．
答：
（1）木块与小球的共同加速度的大小2.0m/s2．
（2）小球对木块MN面的压力的大小为6.0N，方向沿斜面向下．
36．如图，木杆的质量为M，在剪断细线的同时，一只质量为m的猴子以加速度a匀加速向上爬，木杆的加速度为________
【答案】
【解析】
以小猫为研究对象，根据牛顿第二定律得f-mg=ma
以木杆为研究对象分析受力情况：
受到重力Mg、小猫对杆向下的力
，根据牛顿第二定律得：
根据牛顿第三定律知
联立解得：
.
升级会员 