1、答案详解专题一质点的直线运动模型1运动的描述程限速100 km/h,该汽车超速，故D错误.1.3加速度与速度、速度变化量之间的关系1.1质点、参考系和位移1.D【解题思路】跳水、双杠、体操比赛成绩都与运动1.B【解题思路】根据加速度的定义式a=得v=员的形体动作有关，所以不能视为质点，故ABC错at,所以任意1 s的速度变化量 v=21 m/s=误，D正确。2m/s,即任意1s内速度增加2 m/s,选项A错误，2.B【解题思路】很小的物体它的体积不一定能够忽B正确；根据匀变速直线运动规律的推论逐差公式略，不一定能看成质点，如原子很小，但在研究原子内x=at2知，任意1 s内位移比前1s增加2
2、m,但任部结构的时候是不能看成质点，选项A错误；质点是意1s内位移增加量不一定是2m,选项C错误；匀研究物体运动的一种理想化模型，实际不存在，选项加速运动的加速度不变，选项D错误.B正确；只有在物体的形状、大小对所研究的问题没【易错点拨】本题中C选项根据逐差公式x=at2知，有影响时，我们才可以把它看成质点，故能不能看成任意1s内位移比前1s增加2m,但任意1s内位移质点是由所研究问题的性质决定的，选项C错误；物增加量不一定是2m,例如从静止开始运动,第1s内体抽象成质点之后，形状和大小可以忽略，但是质量的位移为1m,增加量就不是2m.不能忽略，选项D错误.2.BD【解题思路】做匀变速直线运动
3、的物体，它的加3.C【解题思路】一个质点的位移为零，该质点的路程速度方向和速度方向总是共线的，两者方向可以相不一定为零，选项A错误；一个质点的路程不为零，同，也可以相反，选项A错误；加速度是描述物体速但质点的位移可能为零，选项B错误；位移有方向，路度变化快慢的物理量，加速度方向和速度变化的方向程没有方向，在任何情况下，质点的位移都不可能与总是相同的，选项B正确；做匀变速直线运动的物体，其路程相同，选项C正确；一个质点做单向直线运动它的速度变化大，可能用时较长，加速度不一定大，选时，质点位移的大小等于其路程，选项D错误.项C错误；加速度是描述速度变化快慢的物理量，等4.B【解题思路】位移的大小等
4、于首末位置的距离，所于单位时间内速度的变化量，故做匀变速直线运动的物体，它的速度在单位时间内变化越大，加速度越大，以总位移大小为402+302m=50m,故本题选B.选项D正确5.C【解题思路】小李看到窗外的树木正在后退，他选3.D【解题思路】第7s内的初速度相当于第6s的末的参考系是火车，树林相对于火车正在后退，选项C正确，ABD错误.速度，由v=at可得物体的加速度a=2.6m/s1.2速度、平均速度与瞬时速度0.43m/s2,选项D正确.1.A【解题思路】火箭上升过程是变速运动，从图片可4.BC【解题思路】物体做初速度v=12m/s的匀变速知，火箭上升的位移大于58m,此过程的平均速度大
5、直线运动的加速度a=-2m/s2;当2m/s的于58m/s=14.5m/s,选项A正确,BCD错误.2.A【解题思路】火车经过某段路程的速度为平均速速度方向向东，则t1=5s;当2m/s的速度方度，选项A正确；子弹飞出枪口的速度为在某一瞬间的速度，故为瞬时速度，选项B错误；汽车速度计指示向向西，则2=+=7s,故选项BC正确，选项的速度是汽车的瞬时速度，选项C错误；某繁华路口AD错误.汽车速度路标上写着30km/h是指瞬时速度不能超模型2匀变速直线运动的基本规律过30km/h,选项D错误.3.B【解题思路】一昼夜的时间t=24h,路程s=5001.C【解题思路】由v=u+at可知，比较v=(2
6、t+4)m/s得质点运动的加速度为2m/s2,初速度为4m/s,10-3km500=250 km,故平均速度v=所以选项AB错误；在3s末，质点的瞬时速度为v2=25023 m/s+4 m/s=10 m/s,所以选项C正确；前3 s50km/h10.4km/h,即“金牌”的平均速度约为2410.4km/h,与成年人平常骑自行车的速率相当.所内，质点的位移s=2=210-42m=21m,以选项B正确.D错误.4.B【解题思路】全长66km属于路程，故A错误；起2.A【解题思路】超声波从B发出到A与被A反射到点和终点的速度均是瞬时速度，故B正确；因不知其被B接收所需的时间相等，在这个过程中汽车的位
7、位移是多少故不能求解平均速度，故C错误；由v=移为x=684m-668m=16m;初速度为零的匀变速直可知，平均速率为v=132km/h,大于全线运动，在相等时间内的位移之比为：2=1:3:2n-1,所以x1=4m,.x2=12m,则超声波1高考物理经典模型与变式被A接收时，AB的距离x=684m-4m=680m,ABD错误.所以超声波从B发出到被A接收所需的时间T=2.C【解题思路】物体刚开始做自由落体运动时有向680340s=2s,根据x=aT2得(12-4)m=a22s2解下的加速度，物体处于失重状态，选项A错误；物体做自由落体运动时只受重力作用，选项B错误；自由得a=2m/s2,选项A
8、正确.落体运动是初速度为零的匀加速度直线运动，选项3.C【解题思路】物体做匀减速直线运动，采用逆向思C正确；一切做自由落体运动的物体的加速度都等于维，将物体的运动看成沿相反方向的做初速度为零的重力加速度，选项D错误。匀加速直线运动，根据推论可知，在相等时间内的位3.D【解题思路】水滴的运动可看作自由落体运动，则移之比等于1：3：5：7，则可知在第1s内与最后1s内的位移之比为7：1，因为第1s内的位移为由h=gt2得每滴水下落时间为to=,选项28m,则最后1s内的位移为x=28m=4m,选A错误；相邻的两滴水间隔的时间相同，设为t,则每项C正确，ABD错误.【一题多解】设物体的初速度为，加速
9、度大小为a,一滴水下落需要的时间t=2,故=0=t1=4s,t2=1s,x=28m,则vo-at1=0,v6-(vo-选项B错误；由初速度为零的匀加速直线运动的推论at2)2=2ax,解得a=8m/s2,最后1s的位移为x=知，第1滴水刚落至盘中时，第2滴水距盘子的距离为car=4m.3h,选项C错误;第1滴水到第n滴水落到盘中间隔4.B【解题思路】设正方形边长为l,对甲、乙，下滑位t的个数为(n-1),则t=to+(n-1)t=(n+1)t,移为cos0,下滑加速度a=gsin0,根据cos02gsin0r2故重力加速度的大小g=h(n+1),选项D正确.可得t=2gsin20【技巧点拨】相
10、邻的两滴水间隔的时间相同，根据初速,因此t甲t乙；对乙、丙，下滑位移度为0的匀加速运动,在相等时间内的位移比为为sing,下滑加速度a=gsin0,根据sin=2gsin2可1:3,求出第二滴水离盘子的高度；从第一滴水离开水龙头开始,到第n滴水落至盘中(即n+2滴水离开得t=,因此ttw,因此三小球到达斜面水龙头),共用时间为t(s),知道两滴水间的时间间底端的先后次序是丙、乙、甲，选项B正确.隔,根据h=gt2求出重力加速度.【知识拓展】等时圆：如图04.B【解题思路】该实验中将自由落体运动改为在斜甲所示O点是竖直圆环面上运动的设计思想是为了“放大”时间，便于测量，的顶点，Oc是圆环的直b选
11、项A错误；其中的甲、乙、丙图是实验现象，丁图是径,Oa和Ob是两条不同a经过合理地外推得到的结论，选项B正确；运用甲图倾角的弦在Oa、Ob、OcM0的实验，可“减弱”重力的作用，放大时间，运用丁图，线上置三个光滑的斜面,甲乙只受重力，不是“放大”重力的作用，选项C错误；在该一质点自O点自由释放,先后分别沿Oa、Ob、Oc下实验中，实验现象与小球质量无关，选项D错误.滑,比较质点到圆环上三点的时间。如图乙所示,设圆5.C【解题思路】设相邻两水滴形成的时间间隔为t,中任意一条弦为OM,则弦长s=2 Rcose,加速度a=第3、4两水滴的高度差为h1,屋檐离地的高度为h,gcos0,根据s=at2得
12、t=2与倾角0无关因由自由落体运动规律得h1=gt2,h=g(3t)2,解此沿三条弦下滑时间相等。得h=9h1=90.4m=3.6 m,选项C正确，5.解：(1)由v2=v-at得t=8sABD错误.(2)由x=vt-at2得x=96m天利6.(2)2(L-L1)(3)前6s的位移g(3)0,20 x1-v0-1 at:=90 m(4)多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近故车停止运动前2s的位移尺子x2=x-x1=6m【解题思路】(2)根据题意可知，在乙的反应时间t内，尺子下落高度h=L-L1,由自由落体运动规律可知模型3自由落体与竖直上抛3.1自由落体运动h=gt2,解得t=2(L-L
13、12.(3)代入数据解得1.C【解题思路】由v2=2gh知，在距水龙头L和4Lt=0.20s.(4)为提高测量结果可进行多次测量，求平的两处水流速度之比为v1:2=1:2,由于水的流量均值相同，则m:m=:=2:1,选项C正确，3.2竖直上抛运动1.AB【解题思路】设两者在空中相遇的时间为t,对2答案详解1xB=乞vnl=25m,此时A的位移xA=At=20m,由1甲，由竖直上抛运动的规律得x印=6t一g2,对乙，由自由落体运动规律得红=分g,两者要相渴位移关系可知，B停下时A并未追上，若要A追上B,则有s十xB=At,得t=8s,选项B正确，ACDx甲十xz=h,解得t=1s,x甲=x之=5
14、m,选项AB正错误。确：假设高度h足够大，则甲可能已经掉到地面上，而4.解：(1)货车的速度及客车的初速度相同，设为，客乙还在空中，二者不可能在空中相遇，选项C错误；增车加速后速度为o=30m/s,设客车追的过程总时间大甲的初速度，甲的平均速度增大，即单位时间内甲为t,加速阶段时间为，位移为，匀速阶段位移比原来运动得快了，乙的运动情况没有变化，二者距为x2离也没有变化，所以二者相遇的时间比原来提前，乙x2=U(t一b1）向下运动的距离减小，甲向上运动距离增加，所以相遇位置上升，选项D错误.货车在此过程位移x=%12.B【解题思路】取竖直向上为正方向，则初速度%=由儿何关系1+x2=x+(5-1
15、)100m+200m15n/s,加速度a=一g=-10m/s2,当小球上升到最高解得t1=10s点时=0，由=%十a叫上知=”马=0-15(2)客车加速时加速度a=”一西ta-101.5s,根据竖直上抛的对称性可知，下落回抛出点用解得a=0.5m/s2时t=1.5s,故总时间为=t上十tx=3.0s,选项模型5运动图象B正确.5.1对基本图象的理解模型4追及相遇问题1.AD【解题思路】根据题意可知急动度是指加速度变1.C【解题思路】经2s后乙的速度仍为正，运动方向化的快慢，由图象可知斜率表示急动度，t=1s时急不变，选项A错误：根据v-t图象中图线与t轴所围动度是0.5m/s3,选项A正确：t
16、=3s时和t=5s时图线的斜率相同，所以急动度大小及方向相同，选项面积表示位移知，在第55末，甲的位移仍小于乙的位移，因此甲在乙的后面，选项B错误，在第2s末和B错误：根据速度与加速度的方向关系可知，24s第6s末，甲、乙图线与t轴所围面积均相等，表示甲、内的质点做加速度诚小的加速运动，选项C错误；根乙在这两个时刻均相遇，选项C正确：同理分析，在第据图象面积的物理意义可知6s末质点的速度大于零，质点一直朝同一方向运动，选项D正确1s末和第4s末，甲、乙图线与t轴所围面积均不相2.CD【解题思路】x-t图象中图线切线的斜率表示瞬等，表示甲、乙在这两个时刻均不相遇，选项D错误，时速度，故t时刻两车
17、速度不相等，选项A错误；甲、【知识归纳】在口困象中，图象的斜率表示加速度、乙两车在同-一平直公路上同向运动，故它们的位移与图象与t轴所围面积表示位移大小；在x图象中，图象的斜率表示速度：在a二t图象中，图象与1抽所各自的路程大小相等，由图象可知，从0到4时间围面积表示速度大小内，甲车走过的路程小于乙车走过的路程，选项B错误；在一时间内，两车初、末位置相同，故两车走2.D【解题思路】由题图可知，0时间内，甲车的位过的路程相等，大小为x2一x1,选项C正确；在一t红移大于乙车的位移，由于甲、乙两车在。时刻相遇，时间内，甲图线在某一时刻的切线与乙图线平行，则故甲车在后，一2时间内，甲车的位移大于乙车
18、的该时刻甲车的瞬时速度与乙车的瞬时速度相等，选项位移，故甲车在前，选项A错误，由题图可知，02oD正确.时间内，甲车的平均速度=之(2w十w)=32%,3.BD【解题思路】根据题意，在t时刻，甲、乙两车并排行驶，在2时间内，甲车的位移大于乙车的位乙车的平均速度2=号w,则=32，迷项野错移，所以在4时刻甲车在后，乙车在前，选项A错误，B正确4图象中，图线的斜率表示加速度，甲、乙误o时刻甲、乙两车相遇，则十立2两车的加速度均先变小后变大，选项C错误，D正确.2、6二之：整6，解得622to30,24时刻甲4A【解题思路】类比速度一时间图象，OA段表示时间，则AB段表示速度.OA表示时间轴，OD表
19、示速乙两车的距离x=号(2w十w)2,-号w2,度轴，可看成是-t图象，物体在斜面上从静止开始做匀加速直线运动，AB长度表示OA这段时间的末。=子，选项C错误：6时刻甲、乙两车相遇，则速度大小，C为OA的中点，中间时刻的瞬时速度即为整段的平均速度，三角形OAB的面积表示OA这6十合元后=，解得=号，选项D正确，段时间内位移的大小，选项A正确.3.B【解题思路】B做匀减速运动，其加速度大小为5.2多过程直线运动图象a=g=2m/s2,减速到零用时t=5s,其位移1.AB【解题思路】由图可知，小球下落的最大速度为5m/s,选项A正确；由图可知，小球第一次反弹初速3高考物理经典模型与变式度大小为3m
20、/s,选项B正确；小球能弹起的最大高选项BD错误，度=230.3m=0.45m,选项CD错误.3.C【解题思路在01s内，a,=1m/s2,物体从静止开始做正向匀加速运动，0-t图象是一条向上倾斜的2.C【解题思路】甲在0时刻由负方向上距原点4m处直线，1s末速度，=a14=1m/s,在12s内，a2向正方向运动，10s时达到正向的4m处，故在整个一1/s2,物体将仍沿正方向运动，但做匀减速运动，t=10s时间内位移为x=2一=4m-(一4m)=“t图象是一条向下倾斜的直线，2s末时速度2=8m,平均速度为A=0,8m/s,选项A错误，选项十4zt2=0,2一3s内重复01s内的运动情况，34
21、s内重复1一2s内的运动情况，选项C正确，C正确；乙开始时做速度为负向的匀诚速直线运动，ABD错误.5s后做正向的匀加速直线运动，图象与时间轴围成4.A【解题思路】设小球下落时离地面的高度为h,由的面积为物体通过的位移，故总位移x=2自由落体运动规律得，小球在下落过程中，子=2g(h-x),小球在上升过程中，也有=2g(h一x),(-4)X5m+24X5m=0,所以平均速度为零，选项A正确，BCD错误.专题二相互作用模型1重力、弹力、摩擦力A错误；不管木块做什么运动，根据滑动摩擦力的定义可得f=G,故C正确，BD错误.1.1重力、弹力2.AD【解题思路】由题知，容器始终保持静止状态，受1.D【
22、解题思路】地面上的物体在任何情况下都受重力平衡，所受的摩擦力等于容器和水的总重力，现缓力，选项A错误；物体对地面的压力的施力物体是物慢地向容器内注水，所以容器受到的摩擦力逐渐增体，受力物体是地面，而物体所受重力的施力物体是大，故选项A正确，B错误；容器和水在竖直方向上受地球，受力物体是物体，所以物体对地面的压力不是力平衡，若容器与墙面间的最大静摩擦力大于盛满水物体的重力，选项B错误；弹簧测力计可测量物体的时容器的总重力，力F可能不变，选项D正确，重力大小，杆秤可测量物体的质量大小，选项C错误；C错误.由G=ng知，在同一地点g相同，故物体的重力与其3.D【解题思路】物体始终处于静止状态，摩擦力
23、随外质量成正比，选项D正确.力的变化而变化，则F:和F2同时增大，同时减小，2.D【解题思路物体对桌面的压力的施力物体是物AB错误；F,和F2是一对平衡力，合力为零，C错误，体，受力物体是桌面，而物体所受重力的施力物体是D正确.地球，受力物体是物体，所以物体对桌面的压力不是4,C【解题思路】整体受力分析可知，甲不受地面的摩物体的重力，选项A错误；根据胡克定律只能求弹簧擦力，选项A错误；乙受地面向右的摩擦力，选项的弹力，选项B错误；弹力的大小与物体的形变程度B错误；对物块受力分析可得甲与间的动摩擦因数有关，在弹性限度内，形变程度越大，弹力越大，选项小于乙与m间的动摩擦因数，选项C正确，对乙斜面C
24、错误；弹力的方向总是与施力物体恢复形变的方向上的物块受力分析可知，乙对m的合力与拉力和重相同，选项D正确力的合力大小相等、方向相反，选项D错误【知识拓展】1)弹力产生的条件：接触、形变，两者同5.AD【解题思路开始时物体A受重力、B对A的支时满足才能产生弹力.(2)弹力产生的原因：施力物体持力和静摩擦力，根据平衡条件可知，A所受静摩擦发生形变，(3)弹力的方向：与施力物体恢复形变的方力大小为nAg sin0,施加力F后，物体A仍然处于静向相同.止状态，若F=2 mAg sir0,则A所受摩擦力沿斜面向3.AD【解题思路】由于N弹簧上而与细线相连，故N下，大小为ag sin0,则A、B之间的摩擦
25、力大小不变，弹簧可能处于原长也可能被拉伸，不可能处于压缩状选项A正确，B错误；对A、B整体分析，开始时弹簧态，当N弹簧处于拉伸状态时，细线对有拉力，当的弹力等于A、B的总重力，施加力F后，由于A、B拉力小于a物块的重力时，M弹簧处于压缩状态；当整体不动，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，A、B拉力等于a物块的重力时，M弹簧处于原长状态；当总重力不变，根据平衡条件可知，B与墙之间一定有拉力大于a物块的重力时，M弹簧处于伸长状态.面摩擦力，选项C错误，D正确.当N处于原长状态时，即不伸不缩，则M必处于压6.解：物体所受最大静摩擦力=G=8N缩状态，由上面的分析可知共有四种情况，即N处(1)只撤去F
26、1因为F2=6Nf。,所以物体相对水伸不缩状态：N处于不伸不缩状态而M处于压缩平面向左滑动状态故选项AD正确，BC错误.故物体受到的滑动摩擦力f=G=8N,方向水平1.2摩擦力及其分析计算向右1.C【解题思路若木块做加速直线运动，则Ff,故。4。答案详解模型2力的合成与分解ngtan9,知重力增大，tan0减小，则0减小，D错误.3.D【解题思路】P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦1.BC【解题思路】力的分解如图所示，F=力、绳子的拉力，共4个力的作用，选项A错误；Q受F,故F一定，0越小，FN越到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力2os令a8r-02sin 2的作用，选项B错误；
27、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，故绳子变短，Q受到的大，选项A错误，B正确：0一定，F越大，F越大，选静摩擦力不变，选项C错误：以P、Q整体为研究对项D错误，C正确.象，设绳子的拉力大小为F、绳子与墙壁间的夹角为a,由竖直方向受力平衡得Gn十Go=Fcosa,若绳子变长，a变小，cosa变大，则F变小，选项D正确.【规律总结】在对物体进行受力分析时，为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况4.AC【解题思路】以小球为研究对2.C【解题思路】木块受重力、支持力、摩擦力处于平象，受力如图所示.设绳子与墙的衡，合力为零，则支持力和摩擦力的合力与重力
28、等大夹角为0，由平衡条件得F,=反向，即合力的方向竖直向上，选项C正确，选项ABD错误.%,R=mgan,根据牛顿第三3.ABD【解题思路】由力的平行四边形定则可知，甲图定律得球对绳的拉力为F=F=中三个力的合力大小为5N,乙图中三个力的合力大小为5N,丙图中三个力的合力大小为6N,丁图中三器球对墙的压力为B=F个力的合力大小为O,选项C错误，ABD正确.ngtang;用一根原长与细线相等的橡皮筋代替细线，4.D【解题思路】设下面每个排球对上面的排球作用由于橡皮条被拉伸，所以橡皮条与墙的夹角变小，则力大小为F,方向与水平方向夹角为0，则3Fsin0=橡皮条的拉力变小，墙对球的支持力变小，所以F
29、;mg，四个排球呈正四面体堆放，由几何知识可知F3,F2F4,选项AC正确.sing=165.C【解题思路】对a上的行李受力分析知，其不受摩3，联立解得F击mg,选项D正确，擦力作用，只受重力和弹力两个力的作用；对b上的ABC错误.行李受力分析知，其受沿斜面向上摩擦力、重力和弹模型3静止单物体的受力分析力三个力的作用，所以选项C正确.1.AC【解题思路】A、B两物体都处于平衡状态，则A模型4连接体问题与斜面刚好没有接触，A受2个力作用（重力、B对A1.A【解题思路分别对小球A、B受力分析如图所示的支持力)，B受3个力作用（重力、A对B压力、外力F),选项A正确；若A与斜面相互挤压且处于静止状对
30、小球A,B分别由三角形相似原理得S=,0d70A,态，则A受4个力作用（重力、B对A的支持力、斜面F对A的压力、斜面对A的摩擦力)，B受3个力作用;分别由正弦定理得sina(重力、A对B压力、外力F),选项C正确，BD错误.FF【易错点拔】在受力分析时，对弹力和摩擦力的分析要FMsind5sin30singsim45,而sina=sing,故，-sn30明确二力产生的条件，接触不一定有弹力，只有相互挤压时才有弹力，无弹力一定没有摩擦力2：1，故=2：1，选项A正确.1n22.C【解题思路】设球正对风的截面积为OS,由于已知风力大小正比于“风速”和“球正对风的截面积”，所以设风力大小A09为F=
31、Su,受力分析如图所示，当风速为%=3m/s时，由平衡条件得，mngtan30=S%k,当风速为v=4.5m/s中m1g时，同理可得gtand=Sk,解得2.A【解题思路】在水平面内，对小环A分析，小环Aa-9.045，A错误：风速增大，受光滑杆的支持力和绳子的拉力，根据平衡条件可知FA=F,支持力垂直于杆向上，故绳子的拉力垂直0不可能变为90，因为绳子拉力在竖直方向上的分于杆向下；对小环B分析，小环B受水平恒力F、光力与重力平衡，B错误；若风速不变，换用半径更大、滑杆的支持力FNB、绳子的拉力F,根据平衡条件可质量不变的球，球正对风的截面积变大，则风力变大，知E4=1FNm FNICO330
32、3=名，选项A正确，BCD错误.根据F=mgtan0,知9变大，C正确；若风速不变，换用半径相等、质量更大的球，则风力不变，根据F=:3.AB【解题思路】根据题意可知，物体m和M处于平5高考物理经典模型与变式衡状态，对m有，M对m的静摩擦力的大小为f=A错误；人向右跨出一步后物块仍静止，对物块由平mgsin0,M对m的支持力FN=mgcos0,当斜面的倾衡条件知，绳子上的张力F=mg,故绳子上的张力不角0增大时，斜面体对物体的摩擦力变大，支持力变变，选项B错误；设绳与水平方向的夹角为0，由平衡小，选项AB正确；对m和M整体受力分析知，整体条件得，地面对人的摩擦力f=Fcos0,人向右跨出一水平
33、方向的合力为零，故水平面对斜面体的摩擦力一步，0减小，cos增大，故f增大，选项C正确；由平衡定为零，选项CD错误.条件得，人受到的支持力 FN=mg-Fsin0,0减小，4.A【解题思路】对A、B整体受力分析，受重力，墙壁sin0减小，故FN增大，由牛顿第三定律知，人对地面对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没的压力增大，选项D错误.有弹力，故不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落4.B【解题思路】以重物P为FNmg体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状研究对象分析受力，由于一F态，故A、B间无弹力，对物体B受力分析，只受重力，根绳上拉力处处相等，设拉g选项A正确，BCD错
34、误.力为F,则力的示意图如FF【技巧点拨】先对A、B整体结合运动情况受力分析，图所示.悬挂点A缓慢地向30P得到整体只受重力,加速度为g,即做自由落体运动,上移动，重物P始终保持平mg然后对物体B结合运动情况受力分析,得到物体B衡，合外力始终为零，D错mg的受力情况，即先整体后隔离。误；同时两绳拉力的合力始终与重力等大反向，且重5.CD【解题思路】对小球受力分析，如图所示，由几何物匀速上升保持绳长不变.故过程中绳的拉力始终不关系可知，Ft=FN=mg,AB错误，C正确；弹簧压缩变，A错误，B正确；斜面上的Q物体一直处于静止状量x=mg,当前长度l=R,故弹簧原长为R+mg,态，则其所受合外力为
35、零.Q受自身重力、斜面支持力与绳拉力FT,摩擦力有无不确定，若考虑有摩擦力，D正确则A点上移过程中，Q所受重力、支持力、拉力均不FF变，且合外力为零，则摩擦力始终不变，C错误。5.AC【解题思路】对衣架受P力分析如图所示，设绳子与ACB竖直方向的夹角为，绳子张FTFTDmg力为FT,衣服的质量为m,6.A【解题思路】滑块受力平衡，对滑块进行受力分根据共点力的平衡条件可得析，滑块受到竖直向下的重力，为了保证滑块受到的2F+cos0=mg,若改在C点，mg合力为零，则滑块必然受到沿斜面向上的静摩擦力，两侧绳的张力相等，绳子与则滑块对斜面一定有压力，但弹簧的形变情况未知，竖直方向的夹角变小，则可能伸
36、长也可能缩短，或者无形变，当弹簧没有形变绳的张力变小，选项A正时，滑块只受重力，斜面的支持力，静摩擦力这三个力确；若改在D点，衣架两侧绳的张力仍相等，因为绳保持平衡，故A正确，BCD错误.长不变，根据几何关系可知，当绳子右端上下移动过程中，绳子与竖直方向的夹角不变，则根据2Frcos0=模型5共点力动态平衡mg可知，绳子拉力不变，选项B错误，C正确；对图中1.C【解题思路】对套环进行受力分析，受重力、框架整体受力分析可知，地面对衣柜的支持力等于整体的的支持力、弹簧的弹力，构建力的矢量三角形，利用力重力，则衣柜对地面的压力等于整体的重力，故衣柜对三角形和几何三角形相似得，故框架地面的压力不变，选
37、项D错误。6.C【解题思路】未用水平力拉p弹簧时，q弹簧处于弹力FN不变、弹簧弹力F变小，C正确.压缩状态，b木块静止，即mg=kx1,则此时q弹簧的2.BC【解题思路】对小球分析知，小球F、10受到重力mg、斜面的支持力FN和挡压缩量为x1=g=m=2cm;c木块刚好离开地板的弹力FN,平移到一个矢量三角面时,弹簧q处于伸长状态,对c木块分析有mg=F形中，如图.当挡板绕O点逆时针缓10kx2,则此时q弹簧的伸长量为x2=500m=慢地转向水平位置的过程中，小球的合力近似为零，根据平衡条件得知，gF2cm,故q弹簧上端移动的距离为x1+x2=4 cm;末FN和FN2的合力与重力mg 大小相等、方向相反，作状态，对b、c木块整体分析受力可知，细线对b向上出小球在三个不同位置力的合成图，由图看出，斜面的拉力大小为2mg,由于a木块平衡，故p弹簧的弹对球的支持力FN,逐渐减小，挡板对小球的弹力FN2力大小也为2mg,则此时弹簧的伸长量x3=先减小后增大，当FN和 FN垂直时，弹力FN2最小，2mg=20m=4cm,p弹簧的左端向左移动的距离故选项BC正确，AD错误.为x1+x2+x3=8 cm,选项C正确，ABD错误.3.C【解题思路】人向右跨出一步后仍静止，由平衡条7.解：(1)当F和Oa垂直时，F最小为Fin件知，人所受的合力为零，故人所受的合力不变，选项对整体，据平衡条件得6
