答案：
C
4.（2018•安徽合肥高三质检）如图所示，两小球A、B固定在一轻质细杆的两端，其质量分别为m1和m2.将其放入光滑的半圆形碗中，当细杆保持静止时，圆的半径OA、OB与竖直方向夹角分别为30°和45°，则m1和m2的比值为（ ）
A.2∶1 B.3∶1
C．2∶1 D.6∶1
解析：
分别对小球A、B受力分析如图所示．对小球A、B分别由三角形相似原理得m1gOO′＝FN1OA，m2gOO′＝FN2OB，故m1m2＝FN1FN2；分别由正弦定理得FN1sinα＝Fsin30°，FN2sinβ＝Fsin45°，而sinα＝sinβ，故FN1FN2＝sin45°sin30°＝2∶1，故m1∶m2＝2∶1，选项A正确．
答案：
A
5.（2018•北京东城区高三统考）如图所示，将两个完全相同的均匀长方体物块A、B叠放在一起置于水平地面上．两物块重均为2mg.现用弹簧测力计竖直向上拉物块A，当弹簧测力计示数为mg时，下列说法中正确的是（ ）
A．物块A对物块B的压力大小为mg
B．物块B对地面的压力大小等于2mg
C．地面与物块B之间存在静摩擦力
D．物块A与物块B之间存在静摩擦力
解析：
当弹簧测力计示数为mg时，物块A、B均处于平衡状态，对A由平衡条件知，物块B对物块A的支持力大小为mg，故A对B的压力大小为mg，选项A正确；对B由平衡条件知，地面对物块B的支持力大小等于3mg，故B对地面的压力大小等于3mg，选项B错误；物块A与物块B之间、物块B与地面之间均无相对运动的趋势，故地面与物块B之间、物块A与物块B之间都不存在静摩擦力，选项C、D错误．
答案：
A
6.（2018•江苏六校高三第二次联考）如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面体上，通过轻绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段轻绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则（ ）
A．水平面对C的支持力大于B、C的总重力
B．C对B一定有摩擦力
C．水平面对C一定有摩擦力
D．水平面对C可能没有摩擦力
解析：
对B、C整体受力分析，水平面对C的支持力等于B、C的总重力减去绳子的拉力在竖直方向上的分力，故水平面对C的支持力小于B、C的总重力，选项A错误；若mAg＝mBgsinθ，则斜面C对B的静摩擦力为零，选项B错误；对B、C整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分力等于地面对C的摩擦力，故摩擦力一定不为零，选项C正确，D错误．
答案：
C
7.如图所示，一水平导轨处于与水平方向成45°角向左上方的匀强磁场中，一根通有恒定电流的金属棒，由于受到安培力作用而在粗糙的导轨上向右做匀速运动．现将磁场方向沿顺时针缓慢转动至竖直向上，在此过程中，金属棒始终保持匀速运动，已知棒与导轨间的动摩擦因数为μ，则（ ）
A．金属棒所受摩擦力一直在减小
B．导轨对金属棒的支持力先变小后变大
C．磁感应强度先变小后变大
D．金属棒所受安培力恒定不变
解析：
金属棒匀速运动时，受力如图甲所示，则有FN＋F安sinθ＝mg，F安cosθ＝Ff＝μFN，F安＝BIL，联立解得B＝μmgIL1＋μ2sinθ＋α，其中tanα＝1μ，即45°<α<90°，因θ是从45°减小到0°，所以B先变小后变大，金属棒所受安培力也先变小后变大，C对，D错；将FN与Ff合成一个力F，则F与水平方向的夹角是一定值，金属棒受力满足图乙所示情况，F安顺时针变化，力F一直在增大，所以金属棒所受摩擦力及导轨对金属棒的支持力一直在增大，A、B错．
答案：
C
8．（2018•安徽“江淮十校”高三联考）如图，水平地面上放置一个倾角为α的粗糙斜面，顶端固定有轻质滑轮，斜面右侧有一水平天花板AB.用一段不可伸长的轻绳连接质量为M的物体并放置在斜面上，另一端跨过定滑轮后接在天花板上的A点，在定滑轮和A点间的轻绳上挂着另一轻质滑轮，滑轮上吊有质量为m的物体，两物体均保持静止．现从A点拉着轻绳沿天花板缓慢移到B点，整个过程中物体M和斜面均静止，不计绳与滑轮之间的摩擦，则（ ）
A．M受到绳子拉力大小不变
B．M受到斜面的摩擦力增大
C．地面对斜面的摩擦力增大
D．地面对斜面的支持力增大
解析：
拉着轻绳从A点缓慢移到B点的过程中，以动滑轮为研究对象可知绳中拉力大小在不断增大，A错误；因不知道M的重力下滑分力与绳拉力的大小关系，无法判定M与斜面间静摩擦力的方向和大小变化情况，B错误；将重物M和斜面看成一个整体，地面对斜面的摩擦力与绳拉力的水平分力平衡，C正确；将重物M和斜面看成一个整体，地面对斜面的支持力等于系统重力与绳拉力的竖直分力之和，大小等于G斜面＋GM＋12Gm，D错误．
答案：
C
9.如图，斜面体A静置于粗糙水平面上，被一轻绳拴住的小球B置于光滑的斜面上，轻绳左端固定在竖直墙面上P处，此时小球静止且轻绳与斜面平行．现将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P′处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中（ ）
A．轻绳的拉力先变小后变大
B．斜面体对小球的支持力逐渐增大
C．斜面体对水平面的压力逐渐增大
D．斜面体对水平面的摩擦力逐渐减小
解析：
小球B受力如图甲所示，小球受到斜面体的支持力FN1及轻绳拉力F的合力始终与小球重力G1等大反向，当轻绳左端上升时，F增大，FN1减小，故A、B错误；对斜面体A进行受力分析，如图乙所示，随小球对斜面压力FN1′的减小，由受力平衡可知，水平面对斜面体的支持力FN2逐渐减小，摩擦力Ff逐渐减小，由牛顿第三定律可知C错误，D正确．故选D.
答案：
D
10.如图所示，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，已知工人及其身上装备的总质量为m，绳索与竖直墙壁的夹角为α，悬绳上的张力大小为F1，墙壁与工人之间的弹力大小为F2，重力加速度为g，不计人与墙壁之间的摩擦，则（ ）
A．F1＝mgsinα
B．F2＝mgtanα
C．若缓慢增大悬绳的长度，F1与F2都变小
D．若缓慢增大悬绳的长度，F1减小，F2增大
解析：
对工人受力分析，工人受到重力、墙壁的支持力和绳索的拉力作用，如图所示，根据共点力平衡条件，有F1＝mgcosα，F2＝mgtanα；若缓慢增大悬绳的长度，工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F1变小，F2变小，故C正确，A、B、D错误．
答案：
C
二、多项选择题
11．（2016•高考全国卷Ⅰ）如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（ ）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
解析：
因为物块b始终保持静止，所以绳OO′的张力不变，连接a和b的绳的张力也不变，选项A、C错误；拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确．
答案：
BD
12.如图所示，质量为m＝5kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝33，g取10m/s2.当物体做匀速直线运动时，下列说法正确的是（ ）
A．牵引力F的最小值为25N
B．牵引力F的最小值为2533N
C．最小牵引力F与水平面的夹角为45°
D．最小牵引力F与水平面的夹角为30°
解析：
物体受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和拉力F的共同作用，将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有Fcosθ－μFN＝0，在竖直方向上有Fsinθ＋FN－G＝0，联立解得F＝μGcosθ＋μsinθ，设tanΦ＝μ，则cosΦ＝11＋μ2，所以F＝μGcosθ－Φ•11＋μ2，当cos（θ－Φ）＝1即θ－Φ＝0时，F取到最小值，Fmin＝μG1＋μ2＝25N，而tanΦ＝μ＝33，所以Φ＝30°，θ＝30°.
答案：
AD
13.（2018•广东广州高三一模）如图，在粗糙水平面上，a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止．a、b之间、a、c之间以及b、d之间的弹簧长度相同且等于c、d之间弹簧长度的一半，a、b之间弹簧弹力大小为c、d之间弹簧弹力大小的一半．若a受到的摩擦力大小为f，则（ ）
A．a、b之间的弹簧一定是压缩的
B．b受到的摩擦力大小为f
C．c受到的摩擦力大小为3f
D．d受到的摩擦力大小为2f
解析：
根据题意可知，a、b之间弹簧弹力大小为c、d之间弹簧弹力大小的一半，若a、b与c、d同时压缩或同时拉伸，则不可能满足a、b之间的弹簧长度等于c、d之间弹簧长度的一半，所以只能是一个压缩，一个拉伸，所以a、b之间的弹簧一定是压缩的，选项A正确；根据等腰梯形的对称性可知，a、b受到的摩擦力大小相同，故b受到的摩擦力大小为f，选项B正确；根据题意，a、b之间，a、c之间以及b、d之间的弹簧长度相同，且等于c、d之间弹簧长度的一半可知，等腰梯形的底角∠acd＝∠bdc＝60°，对物块a、c进行受力分析如图所示，利用几何关系可知，a受到的弹力大小为T＝f，fc＝3T＝3f，选项C正确；根据等腰梯形的对称性可知，物块d与物块c受到的摩擦力大小相同，均为3f，选项D错误．
答案：
ABC
14.如图，在水平面上A、B、C三点固定着三个电荷量为3Q的正点电荷，将另一质量为m的带正电的小球（可视为点电荷）放置在O点，OABC恰构成一棱长为L的正四面体，已知静电力常量为k，重力加速度为g.为使小球能静止在O点，则关于小球所受电场力的合力方向和所带的电荷量，下列说法中正确的是（ ）
A．所受电场力的合力方向竖直向上
B．所受电场力的合力方向竖直向下
C．电荷量为6mgL29kQ
D．电荷量为6mgL218kQ
解析：
对小球受力分析可知，重力与库仑力平衡，所以小球受到三个库仑力的合力的方向与重力方向相反，选项A正确，B错误；将A、B、C处正点电荷对小球施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向，设α是A、B、C处正点电荷对小球施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，根据平衡条件在竖直方向上得3Fcosα＝mg，又由库仑定律得F＝k×3Q×qL2，再由图可知，∠CAO′＝30°，则AO′＝3L3，OO′＝63L，所以得cosα＝63，联立以上各式解得q＝6mgL218kQ，选项C错误，D正确．
答案：
AD
15.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的水桶缓慢提上来，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
解析：
水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力FT始终等于mg，对滑轮受力分析如图甲所示．
垂直于OA方向有FTsinα＝FTsinβ，所以α＝β，沿OA方向有F＝FTcosα＋FTcosβ＝2FTcosα，人向左运动的过程中α＋β变大，所以α和β均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F变小，选项A正确，B错误；对人受力分析如图乙所示，θ＝α＋β逐渐变大，水平方向有Ff＝FT′sinθ，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有FN＋FT′cosθ＝Mg，地面对人的支持力FN＝Mg－FT′cosθ逐渐变大，选项C、D正确．
答案：
ACD
16.如图，一光滑的轻滑轮用轻绳OO′悬挂于O点，另一轻绳跨过滑轮，一端连着斜面上的物体A，另一端悬挂物体B，整个系统处于静止状态．现缓慢向左推动斜面，直到轻绳平行于斜面，这个过程中物块A与斜面始终保持相对静止．则下列说法正确的是（ ）
A．物块A受到的摩擦力一定减小
B．物块A对斜面的压力一定增大
C．轻绳OO′的拉力一定减小
D．轻绳OO′与竖直方向的夹角一定减小
解析：
对B分析，因为过程缓慢，故B受力平衡，所以绳子的拉力FT′＝mBg，由于同一条绳子上的拉力大小相同，故绳子对A的拉力大小恒为FT＝mBg.
设绳子与斜面的夹角为θ，斜面与水平面的夹角为α，对A分析，在垂直于斜面方向上，有FTsinθ＋FN＝mAgcosα，随着斜面左移，θ在减小，故FN＝mAgcosα－FTsinθ在增大，在沿斜面方向上，物块A受到重力沿斜面向下的分力mAgsinα和绳子沿斜面向上的分力FTcosθ，如果mAgsinα>FTcosθ，则有mAgsinα＝FTcosθ＋Ff，随着θ在减小，Ff在减小，如果mAgsinα答案：
BC
牛顿运动定律
一、单项选择题
1．（2018•陕西西安中学高三上学期期中）一汽车刹车可看作匀减速直线运动，初速度为12m/s，加速度大小为2m/s2，运动过程中，在某一秒内的位移为7m，则此后它还能向前运动的位移是（ ）
A．6m B.7m
C．9m D．10m
解析：
设经过t时间开始计时，1s时间内质点的位移恰为7m，则有v0（t＋1）－12a（t＋1）2－（v0t－12at2）＝7，解得t＝2s，汽车从刹车到停止总共经历的时间为t总＝v0a＝6s，此后它还能向前运动的位移即为汽车后3s的位移，把汽车刹车过程逆过来看即为初速度为零的匀加速直线运动，则有x＝12at2＝9m，故C正确．
答案：
C
2．（2018•江苏六市第二次联考）如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ，则细线中的拉力大小为（ ）
A．Mg B．Mg＋Ma
C．（m1＋m2）a D．m1a＋μm1g
解析：
把A、B看作一个整体受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得FT＝（m1＋m2）a，故C正确．
答案：
C
3．（2018•湖南长沙高三一模）如图所示，小车在恒力F作用下沿水平地面向右运动，其内底面左壁有一物块，物块与小车右壁之间有一压缩的轻弹簧，小车内底面光滑，当小车由左侧光滑地面进入到右侧粗糙地面时，物块一直与左壁保持接触，则车左壁受物块的压力FN1和车右壁受弹簧的压力FN2的大小变化情况是（ ）
A．FN1变大，FN2不变 B．FN1不变，FN2变大
C．FN1和FN2都变小 D．FN1变小，FN2不变
解析：
因物块相对于小车静止不动，故弹簧长度不变，弹簧弹力不变，车右壁受弹簧的压力FN2不变；小车由左侧光滑地面进入右侧粗糙地面时，小车向右的加速度会减小，由于物块和小车的加速度相同，故物块所受合外力减小，又弹簧弹力不变，物块受车左壁的支持力变小，由牛顿第三定律知FN1变小，选项D正确．
答案：
D
4.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图所示．已知两车在t＝3s时并排行驶，则（ ）
A．在t＝1s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，乙车在甲车前7.5m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
解析：
根据vt图象知，甲、乙都沿正方向运动．t＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30m/s，v乙＝25m/s，由vt图线所围面积对应位移关系知，0～3s内甲车位移x甲＝12×3×30m＝45m，乙车位移x乙＝12×3×（10＋25）m＝52.5m．故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B选项错误；0～1s内，x甲′＝12×1×10m＝5m，x乙′＝12×1×（10＋15）m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，说明在t＝1s时甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D选项正确．
答案：
D
5.（2018•山东临沂检测）如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m.物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（ ）
A．物块A的加速度为0
B．物块A的加速度为g3
C．物块B的加速度为0
D．物块B的加速度为g2
解析：
剪断细线前，弹簧的弹力F弹＝mgsin30°＝12mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F弹＝12mg；剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为a＝3mgsin30°－F弹3m＝g3，即A和B的加速度均为g3，故选B.
答案：
B
6．（2018•山西太原市高三期末）甲、乙两质点同时沿同一直线运动，它们的xt图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相同
B．在0～t0时间内，乙的速度一直增大
C．在0～t0时间内，乙平均速度的值大于甲平均速度的值
D．在0～2t0时间内，甲、乙发生的位移相同
解析：
在0～t0时间内，甲、乙的运动方向相反，选项A错误；在位移—时间图象中，斜率表示速度，在0～t0时间内，乙的速度一直减小，选项B错误；在0～t0时间内，乙的位移为2x0，甲的位移为x0，乙平均速度的值（v乙＝2x0t0）大于甲平均速度的值（v甲＝x0t0），选项C正确；在0～2t0时间内，甲发生的位移是－2x0，乙发生的位移是2x0，负号说明两者方向不同，选项D错误．
答案：
C
7.（2018•青海西宁二十一中高三月考）质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，假设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t＝0到t＝6s这段时间内的位移大小为（ ）
A．4m B．8m
C．10m D．12m
解析：
最大静摩擦力Ffmax＝μmg＝0.2×2×10N＝4N，当拉力大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动，所以在t＝2s时才开始运动；2～4s时，F>Ffmax，物体由静止开始做匀加速直线运动，摩擦力为滑动摩擦力，Ff＝Ffmax＝4N，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝F－Ffm＝6－42m/s2＝1m/s2，位移为x1＝12at2＝12×1×4m＝2m,4s末的速度为v＝at＝1×2m/s＝2m/s，4～6s时根据牛顿第二定律可得加速度为a1＝F－Ffm＝2－42m/s2＝－1m/s2，位移为x2＝vt＋12a1t2＝2×2m＋12×（－1）×4m＝2m，则物体的总位移是x＝x1＋x2＝2m＋2m＝4m，故A正确，B、C、D错误．
答案：
A
二、多项选择题
8．将一足够长的木板固定在水平面上，倾角为α＝37°，将一铁块由长木板的底端以一定的初速度冲上木板，经过一段时间铁块的速度减为零，该过程中的速度随时间的变化规律如图所示．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．长木板与铁块之间的动摩擦因数为0.5
B．铁块沿长木板上滑的最大距离为3.6m
C．铁块沿长木板下滑时的加速度大小为10m/s2
D．铁块滑到长木板底端时的速度大小为655m/s
解析：
由铁块上滑过程的速度—时间图象可知，铁块上滑时的加速度大小为a＝v0t＝60.6m/s2＝10m/s2，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，代入数据解得μ＝0.5，A正确；由速度—时间图象可知，铁块沿长木板上滑的最大距离为x＝6×0.62m＝1.8m，B错误；铁块沿长木板下滑时，由牛顿第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma′，代入数据可解得a′＝2m/s2，C错误；由运动学公式v＝2a′x，代入数据解得v＝655m/s，D正确．
答案：
AD
9．（2018•浙江金丽衢十二校联考）酒后驾驶会导致许多安全隐患是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间，表中“思考距离”是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指从驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离（假设汽车以不同速度行驶时制动的加速度大小都相同）分析表中
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