A． 当加F1时，物块仍沿斜面匀速下滑 B． 当加F2时，物块仍沿斜面匀速下滑 C． 当加F1时，斜面不受地面的摩擦力 D． 当加F2时，斜面受地面向右的摩擦力
考点： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算． 专题： 共点力作用下物体平衡专题．
分析： 未加F1时，物块匀速下滑，受力平衡，由平衡条件和摩擦力公式得出sinθ与μcosθ的大小．再分析对物块施加一个竖直向下的恒力F时，重力和F沿斜面向下的分力与滑动摩擦力的大小，判断物块的运动状态．当施加F2作用时F2不改变物体与斜面间的摩擦力和支持力大小，故根据平衡求解物体下滑情况和斜面体受摩擦力情况．
解答： 解：AC、未加F1时，物块匀速下滑，受力平衡，分析物体的受力情况如图， 由平衡条件得：mgsinθ=μmgcosθ 得：sinθ=μcosθ
对物块施加一个竖直向下的恒力F1时，物块受到的滑动摩擦力大小为： f=μ（F1+mg）cosθ
重力和F沿斜面向下的分力大小为（F1+mg）sinθ， 则上可知：（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，所以A正确；
由于斜面给物体的摩擦力与支持力的合力竖直向上，故斜面做不受地面摩擦力作用，故C正确．
BD、当沿斜面向下推力F2时，物体与斜面间支持力保持不变，故摩擦力大小不变，故物体将沿斜面向下加速运动，故B错误；
当有F2作用时，不改变斜面与物体间的摩擦力，故斜面体对物体作用力的合力竖直向下，故斜面体相对地面没有水平方向的运动趋势，故斜面体不地面的摩擦力作用，故D错误． 故选：AC．
点评： 本题中物块匀速下滑时，μ=tanθ，作为一个重要结论可在理解的基础上，对分析本题解答有帮助，注意滑动摩擦力的大小与正压力和动摩擦因数有关．
7．如图所示，一质点做匀加速直线运动先后经过A、B、C三点，已知从A到B和从B到C速度的增加量△v均为2m/s，AB间的距离x1=3m，BC间的距离x2=5m，则下列说法正确的是（ ）
A． 物体从A到C所用的时间等于1s B． 物体在B点的速度大小是4m/s
2
C． 物体在的加速度大小是1m/s
2
D． 物体在的加速度大小是2m/s
考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 专题： 直线运动规律专题． 分析： 通过速度变化量相等得知两段过程所用的时间相等，结合平均速度推论和速度位移公式求出相等的时间间隔，根据速度时间公式求出加速度．
解答： 解：因为A到B和从B到C速度的增加量△v均为2m/s，可知A到B的时间和B到C的时间相等，根据平均速度推论知，B点的速度为：
，
根据速度位移公式得：即：
解得：T=1s， 则加速度为：a=
．故A、D正确，B、C错误． ，
故选：AD． 点评： 解决本题的关键掌握 匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷，难度中等．
8．如图所示，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成α角，细线的拉力为FT．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a'向左运动时，细线与竖直方向也成α角，细线的拉力为
，则它们的大小关系是（ ）
A． a′=a， C． a′＜a，
=FT ＞FT
B． a′＞a，D． a′＜a，
=FT ＜FT
考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用． 专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： 先对甲图中情况下的整体受力分析，运用牛顿第二定律列式，再对小球受力分析，运用牛顿第二定律列式，求出绳子的拉力T和加速度a；再对乙图中情况下的小球受力分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力T′和加速度a′；再比较结果即可．
解答： 解：先对甲图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力 根据牛顿第二定律，有： F=（M+m）a…①
再对甲图中情况下的小球受力分析，如图
根据牛顿第二定律，有： 对于M有：FTsinα=Ma…② 对于m有：FTcosα﹣mg=0…③ 由以上三式可解得： FT= a=
④； ⑤；
再对乙图中小球受力分析，如图
由几何关系得 FT′=
⑥
FT′sinα=ma′⑦ 则得：a′=
⑧
由④⑥知：FT′=FT
由于M＞m，由⑤⑧知：a′＞a，故选B 点评： 本题关键对小球和整体进行受力分析，求出合力，根据牛顿第二定律即可得出加速度和绳子拉力，再进行比较．
三、非选择题
9．由于当年实验条件的限制，伽利略无法直接对落体运动进行实验研究，但在今天我们可通过频闪照相的方式直接对自由落体进行研究．如图是某次实验拍摄的小球下落频闪照片的一
部分，频闪间隔是s．不同时刻小球的位置和相邻两时刻小球位移已标注图中，单位是cm，
计算结果均保留三位有效数字．
（1）根据此照片可以判断小球做匀变速直线运动，请简要写出判断依据：
2
（2）小球下落的加速度大小为 9.81 m/s；
（3）小球在2.18cm位置处的速度大小为 0.654 m/s．
考点： 自由落体运动． 专题： 实验题． 分析： 根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球下落的加速度大小，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出小球在2.18cm位置处的速度大小． 解答： 解：（1）因为连续相等时间内的位移之差为一恒量，可知小球做匀变速直线运动．
2
（2）由图可知，在连续相等时间内的位移之差△x=1.09cm，根据△x=aT得，加速度a=
．
（3）小球在2.18cm位置处的速度大小=0.654m/s．
故答案为：（1）因为连续相等时间内的位移之差为一恒量，可知小球做匀变速直线运动．（2）9.81，（3）0.654． 点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．
10．小明通过实验验证力的平行四边形定则．
（1）实验记录纸如图1所示，O 点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力 F1和 F2 的方向分别过 P1和 P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1=2.40N、F2=3.05N 和F3=3.95N．请在图1上画出标度，并作图求出F1和F2的合力．
（2）仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．
实验装置如图2所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于 O 点，下端 N 挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动 N，在白纸上记录下N 的轨迹．重复上述过程，再次记录下 N 的轨迹．
两次实验记录的轨迹如图3所示． 过 O 点作一条直线与轨迹交于 a、b 两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为Fa = Fb．
（3）根据 （2）中的实验，可以得出的实验结果有 BD ． A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长
C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大
D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大．
考点： 验证力的平行四边形定则． 专题： 实验题；带电粒子在磁场中的运动专题．
分析： （1）根据平行四边形定则先作出F2与F1的合力，根据图中给出的标度求出合力． （2）根据平衡条件进行分析求解．
（3）根据图（3）中的实验分析结果结合实验数据进行求解． 解答： 解：（1）根据平行四边形定则求F2与F1的合力，作图如下，
F1和F2的合力F=4.00N．