届高考物理二轮讲练专题116课时作业打包16套含答案.docx

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届高考物理二轮讲练专题116课时作业打包16套含答案

课时作业

（一）

一、选择题（共11个小题，2、10、11为多选，其余为单项选择题，每题5分共55分）

1．（2017·甘肃二模）如图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成30°角的力F1推物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成60°角的力F2拉物块时，物块仍做匀速直线运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（　　）

A.－1　　　　　　　B．2－

C.－D．1－

答案　B

分析　在两种情况下分别对物体受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解，即可得出结论．

解析　对两种情况下的物体分别受力分析，如图：

将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，

则有：

F滑′＝F3

mg＋F4＝FN′；

F滑＝F5

mg＝F6＋FN

而F滑＝μFN

F滑′＝μFN′

则有F1cos30°＝μ（mg＋F1sin30°）①

F2cos60°＝μ（mg－F2sin60°）②

又根据题意F1＝F2③

联立①②③解得：

μ＝2－.

点评　本题关键要对物体受力分析后，运用共点力平衡条件联立方程组求解，运算量较大，要有足够的耐心，更要细心．

2．（2016·江苏）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（　　）

A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左

B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等

C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大

D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面

答案　BD

解析　当桌布被拉出时，鱼缸由静止到向右运动，但它相对于桌布来说，仍向左运动，由于滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，因此桌布对鱼缸的摩擦力的方向应向右，A项错误；因为鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸受到桌布向右的摩擦力与它受到桌面向左的摩擦力大小相等，所以鱼缸向右加速的加速度大小与向右减速的加速度大小相等，方向相反，鱼缸的初速度为零，末速度也为零，根据对称性可知，鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等，B项正确；若猫增大拉力，桌布的加速度更大，但是由于鱼缸与桌布间的压力不变，动摩擦因数也不变，故摩擦力也不变，C项错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸在桌布上的运动时间变长，而鱼缸向右的加速度不变，由x＝at2知，鱼缸相对于桌面的位移变大，桌布被拉出后鱼缸在桌面上的位移也变大，鱼缸就有可能滑出桌面，D项正确．

3．（2017·课标全国Ⅲ）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（　　）

A．86cmB．92cm

C．98cmD．104cm

答案　B

解析　由题可知，挂上钩码后，如下图

（1）所示：

此时弹性绳长度为100cm，则角度为：

θ＝37°，sinθ＝0.6.

对结点O进行受力分析如图

（2）所示：

则由图

（2）得：

2Tsinθ＝mg

当将两端缓慢移动至同一点时，由受力分析可得：

2T′＝mg

由于弹性绳上弹力为：

F＝kx

得出：

＝

由题可知：

x＝100－80＝20cm

则弹性绳伸长长度为：

x′＝12cm

那么弹性绳总长度为：

L＝L0＋x′＝92cm

点评　本题考查共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数．另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单．

4.（2017·江西一模）如图所示，质量为m（可视为质点）的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结实后再分别系于竖直墙上且相距0.4m的O、O′两点上，绳OP长0.5m，绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，θ＝37°，则为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（　　）

A．3∶4B．4∶3

C．3∶5D．4∶5

答案　C

分析　绳O′P刚拉直时，此时O′P绳子拉力为零，绳OP刚松弛时，此时OP绳子拉力为零，根据小球的受力情况画出受力示意图，根据共点力的平衡条件求解．

解析　绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，此时O′P绳子拉力为零，小球受力如图所示，

根据几何关系可得sinα＝＝，所以α＝53°，所以α＋θ＝90°；

根据共点力的平衡条件可得：

T1＝mgsinα；

绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，此时OP绳子拉力为零，小球受力如图所示，

根据共点力的平衡条件可得：

T2＝mgtanα，

由此可得：

＝＝，所以C项正确、A、B、D项错误；故选C项．

5.（2017·课标全国Ⅰ一模）有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中小球C不带电，小球A和B带有等量的同种电荷，如图所示，A球固定在竖直支架上，B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处，静止时细线与OA的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是（　　）

A．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线中的张力比原来要小

B．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1，仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1＝θ2

C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于g

D．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地

答案　B

分析　A项，依据受力分析，与平衡条件，及库仑定律与三角形的相似比，即可判定；B项，由库仑定律和库仑分电量法，即可求解；C项，根据牛顿第二定律，及矢量的合成法则，即可确定；D项，依据库仑力随间距的变化而变化，从而判定运动性质．

解析　A项，仅将球C与球A接触后离开，球A的电量减半，致使二者间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，由三角形相似可知＝，故细线的张力不变，故A项错误；B项，将球C与球B接触后离开，和球C与球A接触后离开，由库仑定律和库仑分电量法知道两种情况下AB间的斥力相同，故夹角也相同，故B项正确；C项，剪断细绳瞬间球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不等于g，故C项错误；D项，剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故D项错误．

点评　考查库仑定律、牛顿第二定律的应用，掌握数学中三角形的相似比，理解电荷的相互作用力影响因素．

6.（2016·课标全国Ⅲ）如图所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：

一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为（　　）

A.B.m

C．mD．2m

答案　C

解析　如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，则aO为角平分线，由几何关系知，∠acb＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，即每条线上的拉力T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C项正确．

7.（2017·湖南浏阳月考）如图所示，物体B通过动滑轮悬挂在细绳上，整个系统处于静止状态，动滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果将绳的左端点由P点缓慢地向右移到Q点，整个系统重新平衡后，绳的拉力F和绳子与竖直方向的夹角θ的变化情况是（　　）

A．F变大，θ变大B．F变小，θ变小

C．F不变，θ变小D．F不变，θ变大

答案　B

解析　整个系统处于静止状态，设两侧绳子的夹角为β，滑轮两侧绳的拉力F＝，左端移动到Q点后，根据几何关系可知，此时两绳的夹角β减小，所以两侧绳的拉力变小，由几何知识可知，图中角θ大小是两绳的夹角大小的一半，由于滑轮两侧绳的夹角减小，所以角θ减小，故B项正确，故A、C、D三项错误．

8．（2015·山东）如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（　　）

A.B.

C.D.

答案　B

解析　物体AB整体在水平方向F＝μ2（mA＋mB）g；对物体B在竖直方向有μ1F＝mBg；联立解得＝，B项正确．

9．（2017·河北省保定市高三调研）如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比（　　）

A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力减小

C．木板对B的支持力减小D．木板对B的摩擦力增大

答案　B

解析　开始和转到虚线位置，A对B的作用力都等于A的重力，大小不变，A项错误；木板转到虚线位置后倾角减小，B受到的摩擦力Ff＝μ（mA＋mB）gsinθ减小，即木板对B的摩擦力减小，B对木板的压力FN＝（mA＋mB）gcosθ增大，木板对B的支持力也增大，C、D两项错误；转到虚线位置时物体B的上表面倾斜，对A受力分析，易知，B对A的支持力减小，B项正确．

10.如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q.小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则

（　　）

A．小球A与B之间库仑力的大小为kq2/d2

B．当＝时，细线上的拉力为0

C．当＝时，细线上的拉力为0

D．当＝时，斜面对小球A的支持力为0

答案　AC

解析　点电荷库仑定律F＝kq2/d2，所以A项正确；当细线上的拉力为0的时候，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq2/d2＝mgtanθ，即C项正确．由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D项错误．

11．（2017·安徽模拟）如图所示，质量为M的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮O1、O3连接m1、m3物体，连接m1细线与斜劈平行，滑轮O3由细线固定在竖直墙O处，滑轮O1用轻质杆固定在天花板上，动滑轮O2跨在细线上，其下端悬挂质量为m2的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变

B．若增大m2质量，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力变大

C．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大

D．若将悬点O上移，m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变

答案　AD

分析　先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，故细线的拉力一直不变；再对m1和斜面体整体分析，根据平衡条件分析摩擦力情况；如果将悬点O上移，先后对m2、m3分析，根据平衡条件分析细线与竖直墙夹角变化情况．

解析　A、B两项，若增大m2质量，m1、M仍静止；先对物体m3分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变；再隔离m1和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故A项正确，B项错误；C、D项，若将悬点O上移，m1、M仍静止，细线的拉力依然等于m3g，大小不变；先分析m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变；再分析滑轮O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故细线与竖直墙夹角不变，故C项错误；最后分析m1和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对M摩擦力不变，故D项正确；故选A、D两项．

点评　本题是力平衡问题，关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象进行受力分析，根据平衡条件列式求解；通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．

二、计算题（共3个小题，12题12分，13题15分，14题18分，共45分）

12．（2017·北京市海淀区）如图所示，在匀强磁场中倾斜放置的两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面成θ＝30°角，平行导轨间距L＝1.0m．匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B＝0.20T．两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动．两金属杆的质量均为m＝0.20kg，电阻均为R＝0.20Ω.若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好．金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2.求：

（1）cd杆受安培力F安的大小；

（2）通过金属杆的感应电流I；

（3）作用在金属杆ab上拉力的功率P.

答案　

（1）1.0N　

（2）5.0A　（3）20W

解析　

（1）金属杆cd静止在金属导轨上，所受安培力方向与导轨平面平行向上．

则F安＝mgsin30°

解得：

F安＝1.0N

（2）F安＝BIL，解得I＝5.0A

（3）金属杆ab所受安培力方向与导轨平面平行向下，金属杆ab匀速上滑，则F＝BIL＋mgsin30°，根据电磁感应定律，金属棒ab上产生的感应电动势为E感＝BLv.

根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆ab的电流I＝，根据功率公式：

P＝Fv.

解得：

P＝20W

考点　闭合电路欧姆定律，电磁感应定律

13．（2016·天津）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1.0×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取g＝10m/s2，求：

（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.

答案　

（1）20m/s　与电场方向成60°角斜向上

（2）3.5s

解析　

（1）小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝①

代入数据解得v＝20m/s②

速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足

tanθ＝③

代入数据解得tanθ＝

θ＝60°④

（2）解法一：

撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a＝⑤

设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有

x＝vt⑥

设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有

y＝at2⑦

a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又

tanθ＝⑧

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得

t＝2s＝3.5s⑨

解法二：

撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤

若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥

联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2s＝3.5s⑦

14．（2014·江苏）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g，求：

（1）导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；

（2）导体棒匀速运动的速度大小v；

（3）整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q.

答案　

（1）tanθ　

（2）

（3）2mgdsinθ－

解析　

（1）在绝缘涂层上，导体棒做匀速直线运动，受力平衡，则有

mgsinθ＝μmgcosθ，解得μ＝tanθ

（2）导体棒在光滑导轨上滑动时

感应电动势E＝BLv

感应电流I＝

安培力F安＝BIL

联立得F安＝

受力平衡F安＝mgsinθ

解得v＝

（3）整个运动过程中，其他部分没有电阻，因此电阻产生的焦耳热Q与安培力做功相等．根据动能定理，得

3mgdsinθ－μmgdcosθ－Q＝mv2－0

解得Q＝2mgdsinθ－

课时作业

（二）

一、选择题（共10个小题，4、7、10为多选，其余为单选，每题5分共50分）

1．（2017·商丘市三模）我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：

质量为m1的标准物A的前后连接有质量均为m2的两个力传感器．待测质量的物体B连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示．稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为F1、F2，由此可知待测物体B的质量为（　　）

A.　　　　　B.

C.D.

答案　B

解析　整体为研究对象，由牛顿第二定律得：

F1＝（m1＋2m2＋m）a；隔离B物体，由牛顿第二定律得：

F2＝ma；联立可得：

m＝，B项正确．

2.（2017·汕头一模）一轿车和一货车在两条平行直道上同向行驶，开始时两车速度都为v0且轿车司机处于货车车尾并排位置，如图所示，为了超车，轿车司机开始控制轿车做匀加速运动，经过一段时间t，轿车司机到达货车车头并排位置，若货车车身长度为L，且货车保持匀速，则轿车加速过程的加速度大小为（　　）

A.B.

C.D.

答案　B

分析　轿车做匀加速直线运动，货车做匀速直线运动，根据运动学基本公式求出时间t内两车的位移，再根据两车的位移差为L求解即可．

解析　轿车做匀加速直线运动，时间t内的位移x1＝v0t＋at2，

货车做匀速直线运动，时间t内的位移x2＝v0t，

根据x1－x2＝L解得：

a＝，故B项正确，A、C、D项错误，故选B项．

点评　本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，抓住位移之差为货车车长列式，也可以以货车为参考系，则轿车做初速度为零的匀加速直线运动，t时间内运动的位移为L，从而求解加速度，难度不大，属于基础题．

3．（2017·唐山一模）a、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，二者运动的vt图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．a、b两物体运动方向相反

B．a物体的加速度小于b物体的加速度

C．t＝1s时两物体的间距等于t＝3s时两物体的间距

D．t＝3s时，a、b两物体相遇

答案　C

分析　速度－时间图线速度的正负值表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．

解析　A项，由图像可知，a、b两物体的速度都为正值，速度方向相同．故A项错误；B项，图像的斜率表示加速度，由图可知，a的斜率为a＝＝m/s2＝1m/s2，b的斜率为a′＝＝m/s2＝－0.5m/s2，所以a物体的加速度比b物体的加速度大．故B项错误；C、D项，t＝1s时，两物体的间距为Δx＝5×1－×0.5×12－2×1－×1×12m＝2.25m，t＝3s时两物体的位移为Δx′＝5×3－×0.5×32－2×3－×1×32m＝2.25m，故两者物体间距相等，故C项正确，D项错误，故选C项．

点评　解决本题的关键知道速度－时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，知道速度的正负表示运动的方向．

4．（2017·揭阳二模）（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图．取g＝10m/s2，则（　　）

A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝2kg

C．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1

答案　ABD

分析　当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．

解析　A项，当F等于6N时，加速度为：

a＝1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：

F＝（M＋m）a，代入数据解得：

M＋m＝6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：

a＝＝F－，由图示图像可知，图线的斜率：

k＝＝＝＝，解得：

M＝2kg，滑块的质量为：

m＝4kg.故A、B两项正确；C项，根据F大于6N的图线知，F＝4时，a＝0，即0＝×F－，代入数据解得：

μ＝0.1，由图示图像可知，当F＝8N时，滑块与木板相对滑动，滑块的加速度为：

a＝μg＝1m/s2.故C项错误，D项正确．故选A、B、D三项．

点评　本题考查牛顿第二定律与图像的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图像问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．

5．（2017·郑州市5月质检）如图所示，在竖直方向运行的电梯中，一个质量为m的物块置于倾角为30°的粗糙斜面上，物块始终位于斜面上某一位置．则下列判断中正确的是（　　）

A．若电梯静止不动，物块所受的摩擦力一定是零

B．若电梯匀速向上运动，物块所受摩擦力方向有可能沿斜面向下

C．若电梯加速上升，物块所受弹力与摩擦力的合力一定大于mg

D．若电梯加速下降，物块所受摩擦力的方向一定沿斜面向下

答案　C

解析　电梯静止或者匀速直线运动，则物块受力平衡，摩擦力沿斜面向上与重力沿斜面向下的分力平衡，即f＝mgsinθ，A、B两项错误，若电梯加速上升，则合力向上，即弹力、摩擦力和重力三力合力竖直向上，所以弹力和摩擦力的合力一定大于重力mg，C项正确．若电梯加速下降，若处于完全失重，则支持力、摩擦力等于零，若加速度小于重力加速度，则支持力和摩擦力的合力竖直向上，小于重力，摩擦力方向沿斜面向上，D项错误．

考点　　牛顿运动定律　共点力的平衡

名师点睛　物块受到重力、弹力和摩擦力，若合力向上，则弹力和摩擦力的合力竖直向上且大于重力，若合力等于零，则弹力和摩擦力的合力竖直向上等于重力，若合力向下小于重力，则弹力和摩擦力的合力竖直向上小于重力，当完全失重时，则支持力和摩擦力的合力等于0即没有摩擦力和支持力．

6．（2017·开封市5月质检）如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是（　　）

A．沿着杆加速下滑B．沿着杆减速上滑

C．沿着杆减速下滑D．沿着杆加速上滑

答案　B

解析　把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：

（m1＋m2）gsinθ－f＝（m1＋m2）a，垂直斜面方向：

FN＝（m1＋m2）gcosθ