2025高考物理专项复习综合强化练(一)　自由落体运动的综合应用含答案

2025高考物理专项复习综合强化练(一)自由落体运动的综合应用含答案综合强化练(一)自由落体运动的综合应用(40分钟80分)一、选择题1.(6分)(2024·苏州高一检测)2023年10月4日,杭州亚运会女子3米跳板决赛在杭州奥体中心游泳馆进行,我国选手陈艺文夺得金牌。从运动员离开跳板开始计时,跳水过程中运动员重心的v-t图像如图所示,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,运动员的运动轨迹视为直线。则下列说法正确的是 ()A.运动员在入水前做的是自由落体运动B.运动员在入水时速度大小为60m/sC.运动员在t=2s时已浮出水面D.运动员双脚离开跳板到刚入水时(重心)经过的路程为3.4m【解析】选D。运动员离开跳板时有向上的初速度,在入水前先是竖直上抛,然后是自由落体运动,故A错误;t=1s时运动员入水,运动员在入水时速度大小为v=gt'=10×(1-0.2)m/s=8m/s,故B错误;运动员在t=2s时速度减为零,此时人处于水下的最深处,没有浮出水面,故C错误;在0~0.2s运动员向上运动,由h1=12gt″2可知运动员双脚离开跳板后上升的高度为h1=12×10×0.2运动员做自由落体运动下落的高度h2=12gt'2=12×10×(1-0.2)运动员双脚离开跳板到刚入水时(重心)经过的路程为s=h1+h2=3.4m,故D正确。2.(6分)消防员从四楼的一扇窗户外,沿一条竖直悬挂的绳子由静止先以a=1.0m/s2的加速度向下匀加速到v0=3m/s,再以a=1.0m/s2的加速度匀减速到0时恰好落地;另一名消防员为了更快到达地面,沿绳子先做自由落体运动,紧接着抓紧绳子开始紧急减速。已知绳子对消防员的最大滑动摩擦力等于消防员所受重力的1.8倍,消防员安全着地时的速度不能超过v=6m/s,取重力加速度大小g=10m/s2。消防员沿绳子滑至地面的最短时间为 ()A.1.5s B.2.0s C.2.5s D.3.0s【解析】选A。根据题意有h=v022a+v0设消防员做自由落体运动的时间为t1,加速距离为h1,则有h1=12gt12,v1设消防员紧急减速时的加速度大小为a',减速时间为t2,减速距离为h2,则有1.8mg-mg=ma',v=v1-a't2,v12-v2=2又h=h1+h2,tmin=t1+t2联立解得tmin=1.5s,故选A。3.(6分)(2024·保定高一检测)直杆正下方有一管道,A、B和C、D分别为直杆和管道的上下两端。现将直杆由图中位置静止释放并开始计时,当B到达C位置时,将管道由静止释放,已知AB、CD以及直杆和管道间的距离均为h,下列说法正确的是(不计空气阻力) ()A.直杆通过管道的时间为hB.直杆通过管道的时间为2C.直杆通过管道的时间为3D.直杆通过管道的时间为2h【解析】选B。根据题意可得,当直杆B到达C位置时,有v02设直杆通过管道的时间为t,则有v0t+12gt2-12gt2联立解得t=2h4.(6分)(2024·深圳高一检测)科技馆中的一个展品如图所示,在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头,在一种特殊的间歇闪光灯的照射下,若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同,可以看到一种奇特的现象,水滴似乎不再下落,仿佛是固定在图中的A、B、C、D四个位置不动,不计水滴受到的空气阻力,取重力加速度g=10m/s2,对出现的这种现象,下列描述正确的有 ()A.间歇发光的时间间隔是0.2sB.根据条件不可以求出水滴在C点的速度C.水滴在B、C、D点速度之比满足vB∶vC∶vD=1∶2∶3D.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tAB<tBC<tCD【解析】选C。由调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同,看到水滴似乎不再下落,知相邻两个点的时间间隔相等;由题图可知,各点之间的位移差为Δx=0.2m根据Δx=g(Δt)2有Δt=Δxg=0.故A、D错误;利用平均速度等于中间时刻的速度求解C点的速度,即vC=xBD2Δt故B错误;根据匀变速直线运动规律可知三段距离之比xAB∶xBC∶xCD=1∶3∶5,已知A点初速度为0,则根据匀变速直线运动规律,可知水滴在B、C、D点速度之比满足vB∶vC∶vD=1∶2∶3,故C正确。5.(6分)(多选)某兴趣小组自制了一个如图所示的水火箭。在发射过程中,水火箭由静止从地面以20m/s2的加速度竖直向上运动了10m,然后失去动力做竖直上抛运动,取重力加速度g=10m/s2,不考虑空气阻力。在水火箭上升过程中,下列说法正确的是 ()A.水火箭的最大速度为10m/sB.水火箭上升运动的时间为3sC.水火箭离地的最大高度为30mD.水火箭落地速度为30m/s【解析】选B、C。由题意可知,水火箭上升10m时速度最大,根据速度—位移公式有v2=2ah1,可得最大速度v=2ah1故A错误;水火箭加速上升过程,根据速度—时间关系v=at1,解得水火箭加速上升运动的时间为t1=va水火箭失去动力做竖直上抛运动,有v=gt2,解得水火箭向上减速运动的时间t2=vg则水火箭上升运动的时间为t=t1+t2=3s故B正确;水火箭做竖直上抛运动时,根据速度—位移公式有v2=2gh2,解得h2=v2水火箭离地的最大高度为h=h1+h2=30m故C正确;由v'2=2gh,解得水火箭落地速度大小为v'=2gh=1066.(6分)(多选)(2024·商丘高一检测)2023年9月30日,全红婵与陈芋汐在杭州亚运会跳水女子双人10米跳台决赛中携手夺金。假设运动员可视为质点,如图所示为某次10米跳水过程中一跳水运动员的v-t图像,其中t=0时向上起跳,不计空气阻力,已知运动员入水后做匀减速直线运动,加速度大小为25m/s2,取重力加速度g=10m/s2,则下列判断正确的是 ()A.运动员0.5s时到达最高处,t1时刻入水,t2时刻出水B.运动员离开跳台后,在空中运动的总路程为12.5mC.运动员1.5s时入水,入水速度为15m/sD.运动员入水后0.6s到达最深处,入水深度为4.5m【解析】选B、D。经分析,运动员t=0时向上起跳,0.5s时到达最高处,t1时刻入水,t2时刻到达最深处,故A错误;运动员离开跳台后向上运动的位移大小为h0=12gt12=12×10×(0运动员离开跳板后在空中运动的总路程s=2h0+10m=12.5m故B正确;运动员自由下落的位移大小为H=h0+10m=11.25m由自由落体公式可得,运动员自由落体的时间t2=2Hg=1所以运动员2s时入水,运动员入水时的速度v=2gH故C错误;运动员入水后做匀减速直线运动,减速到零所经过的时间为t3=va=0.运动员入水后做匀减速直线运动位移x=v22a=4.7.(6分)(多选)如图所示,小球甲从距离地面高度为h1=15m处以速度v0=10m/s竖直向上抛出,同时小球乙从距离地面高度为h2=20m处开始自由下落,小球运动的过程中不计空气阻力,重力加速度取g=10m/s2,则下列说法中正确的是 ()A.小球乙落地前,两小球的速度差保持恒定B.小球甲、乙运动0.5s时到达空中的同一高度C.落地前的运动过程中小球甲、乙的平均速度之比为1∶2D.至小球乙落地时,甲、乙两球相距5m【解析】选A、B、C。取竖直向上为正方向,甲球跟乙球的速度差为Δv=v0-gt-(-gt)=v0A正确;0.5s时甲距地面高度为h甲=h1+v0t1-12gt120.5s时乙距地面高度为h乙=h2-12gt12即小球甲、乙运动0.5s时到达空中的同一高度,B正确;落地前的运动过程中,对甲、乙有-h1=v0t甲-12gt甲2,h2=解得t甲=3s,t乙=2s则有v甲=h1t甲解得v甲=5m/s,v则有v甲∶v乙=1∶2,C正确;根据上述,乙落地历时为2s,此时间内甲的位移为h=10×2m-12表明此时甲恰好回到出发点,即两者高度差为15m,D错误。二、计算题8.(12分)随着AI人工智能时代的到来,越来越多的工作由机器取代。在一次无人机配送测试中,无人机下部由机器手抓住一货物,以v0=10m/s的速度保持竖直方向匀速上升,当货物到达离地面高175m处时,机器手突然失灵,货物脱落,无人机加速上升,那么货物再经多长时间落到地面?落地前瞬间的速度多大?(空气阻力不计,g取10m/s2)【解析】取初速度方向为正方向,货物全程位移h=v0t-12gt2解得t=7s(t=-5s舍去)由v=v0-gt得v=-60m/s负号表示速度方向竖直向下,则落地前瞬间的速度大小为60m/s。答案:7s60m/s9.(12分)(2024·中山高一检测)假设某高楼距地面高H=47m的阳台上的花盆因受扰动而掉落,掉落过程可看作自由落体运动。有一辆长L1=8m、高h1=2m的货车,在楼下以v0=9m/s的速度匀速直行,要经过阳台的正下方,花盆刚开始下落时货车车头距花盆的水平距离为L2=24m(示意图如图所示,花盆可视为质点,重力加速度g取10m/s2)(1)若司机没有发现花盆掉落,货车保持v0=9m/s的速度匀速直行,通过计算说明货车是否会被花盆砸到;(2)若司机发现花盆掉落,采取加速(可视为匀变速,司机反应时间Δt=1s)的方式来避险,则货车至少以多大的加速度加速才能避免被花盆砸到。【解析】(1)花盆从47m高处落下,到达离地高2m的车顶过程,位移为h=(47-2)m=45m根据自由落体运动位移与时间关系式,有h=12gt联立得t=3s3s内汽车位移为x=v0t=27m因L2=24m<x<L1+L2=32m则货车会被花盆砸到。(2)司机反应时间内货车的位移为x2=v0Δt=9m此时车头离花盆的水平距离为d=L2-x2=15m采取加速方式,要成功避险,则有d+L1=v0(t-Δt)+12a(t-Δt)联立得a=2.5m/s2即货车至少以2.5m/s2的加速度加速才能避免被花盆砸到。答案:(1)会,计算见解析(2)2.5m/s210.(14分)如图所示,跳伞运动员做低空跳伞表演,他离开直升机从距离地面580m的高处由静止自由下落4s后,张开降落伞沿竖直方向匀减速下降,恰好到达地面静止。(g取10m/s2)求:(1)自由落体运动结束时运动员的速度大小;(2)减速下降时运动员的加速度;(3)运动员从离开直升机至到达地面整个过程的平均速度大小。【解析】(1)运动员由静止自由下落4s后时的速度为v1=gt1=40m/s(2)自由落体高度为h1=12gt开始打开降落伞时离地高度为h2=h-h1=580m-80m=500m设减速时加速度大小为a,则0-v12=2解得a=-1.6m/s2即减速时的加速度大小为1.6m/s2,方向竖直向上。(3)设匀减速运动时间为t2,由0=v1+at2解得t2=25s所以运动员从离开直升机至到达地面的总时间t=t1+t2=29s则运动员从离开直升机至到达地面整个过程的平均速度大小为v=ht答案:(1)40m/s(2)大小为1.6m/s2,方向竖直向上(3)20m/s综合强化练(三)牛顿运动定律的综合应用(40分钟60分)一、选择题1.(6分)(2024·淮安高一检测)一载人深潜器从水面开始下潜到某深处,最后返回到水面的速度随时间变化关系如图所示,下列时段中深潜器处于超重状态的是 ()A.0~1min B.1~3minC.3~4min D.8~10min【解析】选C。v-t图像斜率代表加速度,斜率正负代表加速度方向,0~1min加速度方向向下,处于失重状态,故A错误;1~3min加速度为0,处于平衡状态,故B错误;3~4min加速度方向向上,处于超重状态,故C正确;8~10min加速度方向向下,处于失重状态,故D错误。2.(6分)如图甲所示,小李握着下方静止悬挂一水瓶子的力传感器,当小李上下移动瓶子时,得到如图乙所示的F-t图像。从图像可推知t1到t2过程中手臂的运动可能是 ()A.向下、停顿、向上B.向上、停顿、向下C.向下、向上、匀速、向上、向下D.向上、向下、匀速、向下、向上【解析】选A。t1到t2过程中的第一阶段拉力先小于重力后大于重力,水瓶子先失重后超重,所以手臂先加速向下运动,后减速向下运动;当拉力和重力相等时水瓶子处于停顿或匀速运动状态;t1到t2过程中的第二阶段拉力先大于重力后小于重力,水瓶子先超重后失重,所以水瓶子先向上加速运动,后向上减速运动。综上可知t1到t2过程中手臂的运动可能是向下、停顿、向上,故选A。3.(6分)(2024·沧州高一检测)北京时间2023年7月29日,保定一中女足勇夺世界中学生足球锦标赛亚军。赛前队员进行颠球训练,用脚背将球以2.08m/s的速率竖直向上颠起,最后球以2.00m/s的速率落回到脚背。设足球离开和落回时脚背离地的距离不变,下列关于足球在空中运动的说法中正确的是 ()A.上升和下降过程中加速度方向与速度方向始终相反B.上升和下降过程中加速度方向与速度方向始终相同C.上升和下降过程中加速度方向相同D.上升和下降过程中加速度大小不变【解析】选C。上升过程中,足球做减速运动,加速度方向与速度方向相反;下降过程中,足球做加速运动,加速度方向与速度方向相同,故A、B错误;上升和下降过程中加速度方向都向下,加速度方向相同,故C正确;设足球上升过程中上升的最大高度为h,根据动力学公式有v12=2a1h,v22=2【补偿训练】在电梯内放一体重计,电梯静止时,小花站在体重计上示数为50kg,电梯运动过程中,某段时间内小花发现体重计示数如图所示,在这段时间内下列说法正确的是 ()A.电梯一定竖直向上加速运动B.电梯一定竖直向下加速运动C.小花所受的重力变小了D.电梯的加速度大小为g5【解析】选D。电梯静止时,体重计示数为50kg,说明小花同学的质量为50kg,某段时间内小花发现体重计示数为40kg,根据牛顿第二定律可得mg-N=ma,解得a=mg-Nm=504.(6分)(多选)(2024·汕头高一检测)原地纵跳摸高是篮球运动员训练弹跳力的必备项目。如图所示,运动员小王从直立状态开始屈腿下蹲,使重心下移,调整好姿势后,由静止开始发力,蹬地起跳后离开地面,竖直向上运动直到最高点。空气阻力忽略不计,对以上运动过程分析正确的是 ()A.蹬地起跳时,地面受到的压力和小王受到的支持力大小相等B.蹬地起跳时,小王对地面的压力大于他的重力C.屈腿下蹲过程,小王受到的重力和支持力是一对平衡力D.到达最高点时,小王受力平衡【解析】选A、B。蹬地起跳时,地面受到的压力和小王受到的支持力是一对相互作用力,一定大小相等,故A正确;蹬地起跳时,小王加速上升,故小王所受的支持力大于自身的重力,结合A选项分析可知,小王对地面的压力大于他的重力,故B正确;屈腿下蹲过程,小王先加速后减速,不是平衡状态,即小王受到的重力和支持力不是一对平衡力,故C错误;到达最高点时,小王处于完全失重状态,受力不平衡,故D错误。5.(6分)(多选)同一乘客分别三次乘坐不同的电梯上楼,过程中都经历了电梯加速上升阶段。假设三次的加速度大小相同,且乘客相对电梯均静止,如图甲、乙、丙所示。在上述加速阶段中,下列说法正确的是 ()A.三种方式乘客均受到了电梯地板的摩擦力作用B.只有在甲种方式中,乘客才受到了摩擦力作用C.在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大D.三种方式中的乘客均处于超重状态【解析】选C、D。电梯加速上升阶段,在甲种方式中,乘客受到支持力、重力、沿电梯向上的摩擦力作用;在乙种方式中,乘客受到支持力、重力、水平向右的摩擦力作用;在丙种方式中,乘客受到支持力、重力,故在甲、乙两种方式中,乘客受到了摩擦力作用,故A、B错误。在甲种方式中,乘客受到电梯地板的支持力为FN1=mgcosθ;在乙种方式中,根据牛顿第二定律有FN2-mg=masinθ,乘客受到电梯地板的支持力为FN2=mg+masinθ;在丙种方式中,根据牛顿第二定律有FN3-mg=ma,乘客受到电梯地板的支持力为FN3=mg+ma。可得FN1<FN2<FN3,故在丙种方式中,乘客受到电梯地板的支持力最大,故C正确。三种方式中的乘客均有向上的加速度,处于超重状态,故D正确。【总结提升】利用牛顿第二定律分解加速度的情景:当物体所受的力两两垂直,加速度的方向不在力的方向上时,把加速度分解在力的方向上,在两个垂直的方向上分别用牛顿第二定律求解。6.(6分)(多选)(2024·潍坊高一检测)如图甲,一厢式货车在平直公路上由静止开始向左运动,其运动的v-t图像如图乙所示,车厢中放置一质量为50kg的货物,其与车厢间的动摩擦因数为0.25,在运动过程中货物一直未与车厢壁碰撞,则下列说法正确的是(设车厢地板保持水平,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2) ()A.第1s内,货物不受摩擦力B.第2s内,货物受向左的摩擦力,大小为125NC.第3s内,货物不受摩擦力D.第3s内,货物受向左的摩擦力,大小为125N【解析】选B、D。第1s内,货车从静止开始向左做匀加速直线运动,加速度为a1=Δv1Δt1=21m/s2=2m/s2,货物与货车间的最大静摩擦力为fm=μmg=125N,货物的最大加速度为a=fmm=μg=2.5m/s2>27-22-1m/s2=5m/s2>2.5m/s2,可知货车相对于货物向左运动,货物相对于货车向右运动,受到向左的滑动摩擦力,大小为f=fm=125N,故B正确;第3s内,货车做匀速直线运动,速度为7m/s,2s末货物的速度为v物=a1t+at=4.5m/s<7m/s,3s末货物的速度为v'物=a1t+at'=7m/s,可知货车相对于货物向左运动,货物相对于货车向右运动,受到向左的滑动摩擦力,大小为【补偿训练】(多选)很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况。用手掌托着智能手机,打开加速度传感器,把手机向上抛出,然后又在抛出点接住手机,得到如图所示的加速度随时间变化的图像,图中t1=0.38s,t2=0.55s,t3=0.66s,t4=1.26s,取重力加速度g=10m/s2,由此可判断出 ()A.t1时刻手机处于失重状态B.t2时刻手机的速度最大C.t4时刻手机离开手掌D.手机离开手掌后上升的高度为0.45m【解析】选B、D。t1时刻手机向上的加速度最大,处于超重状态,故A错误;t2时刻之前,加速度为正,速度为正,做加速运动,t2时刻之后,加速度为负,开始减速,所以t2时刻手机的速度最大,故B正确;手机离开手掌时只受重力,加速度为-10.0m/s2,所以t3时刻手机离开手掌,故C错误;由题图知t3时刻手机离开手掌,t4时刻手机回到手掌,手机离开手掌后上升的高度为h=12g(t4-t3二、计算题7.(12分)(2024·西城高一检测)物理课学习了超重与失重现象后,某同学回家乘坐电梯时用心体会了一下,发现从电梯上升到停止的过程中,他经历了先加速再匀速,最后减速的运动过程。每次都是在17层到18层(他住18层)的过程中,有明显减速的感觉。有一天,该同学用手机测出电梯减速时的加速度大小为0.5m/s2,设该同学的质量为60kg,g取10m/s2,求:(1)电梯从17层到18层减速过程中,该同学处于超重状态还是失重状态。(2)减速过程中,该同学对电梯底面的压力大小。(3)电梯以多大的加速度减速时,电梯底面对他的支持力为零。【解析】(1)电梯从17层到18层减速过程中,加速度向下,所以该同学处于失重状态。(2)减速过程中,对该同学,根据牛顿第二定律有:mg-FN=ma代入数据解得FN=m(g-a)=60×(10-0.5)N=570N。(3)电梯底面对该同学的支持力为零时,根据牛顿第二定律有:mg=ma'解得a'=10m/s2。答案:(1)失重状态(2)570N(3)10m/s28.(12分)(2024·中山高一检测)质量为3m的木箱内装有质量分别为m和2m的小球A物块B,两根长度均为L的细线分别连接A和箱顶、A和B,两根细线与竖直、水平方向分别成30°角,如图甲所示,物块B位于箱底且与箱底的动摩擦因数为μ1,取m=1kg,g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)用竖直向上F1=84N的恒力匀加速提起箱子,B未发生相对滑动,求A、B间细线的拉力大小;(2)要使(1)问中的B不发生相对滑动,μ1应满足什么条件?(3)如图乙所示,若将B固定于箱底,用水平向右的恒力F2匀加速拖动箱子,箱子与地面间的动摩擦因数μ2=33,则为使A、B间细线张力刚好为零,F2【解析】(1)对木箱和A、B整体分析,根据牛顿第二定律有F1-(3m+m+2m)g=(3m+m+2m)a对A受力分析,竖直方向有T1cos30°-mg-T2sin30°=ma水平方向有T1sin30°=T2cos30°解得T2=14N。(2)对B受力分析,竖直方向有T2sin30°+N-2mg=2ma若B刚好不发生相对滑动,则水平方向有T2cos30°=μ1N解得μ1=3为使B不发生相对滑动,应使μ1≥33(3)A、B间细线张力为零,对A应有mgtan30°=ma'对整体有F2-μ2(3m+m+2m)g=(3m+m+2m)a'解得F2=403N。答案:(1)14N(2)μ1≥33(3)403综合强化练(二)共点力平衡的综合应用(40分钟80分)一、选择题1.(6分)如图所示,两根细绳AO、BO连接于O点,O点的下方用细绳CO悬挂一重物并处于静止状态,细绳BO水平。则三根细绳中拉力最大的是 ()A.AO B.BOC.CO D.无法确定【解析】选A。重物处于静止状态,合力为零,对O点进行受力分析分析几何关系知,三根细绳中拉力最大的是TA,即AO,故选A。2.(6分)(2024·重庆高一检测)图甲为家庭常用的燃气灶实物图,灶面上有一个支架。共有4个均匀分布的支撑面,对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个高压锅放在支架上,并抽象成示意图乙,已知支架的每个支撑面与水平方向夹角α=37°。高压锅和里面的食物总质量为4.8kg。则每个支撑面给高压锅的支持力为(忽略高压锅和支撑面之间的摩擦力,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8) ()A.12N B.15NC.20N D.48N【解析】选B。设每个支撑面给高压锅的支持力的竖直分量为F,F=14mg=12N,由平衡条件可得,FN=Fcos37°,解得3.(6分)将某大桥的引桥视为一个斜面。同一辆汽车(质量不变)分别经过斜面倾角为θ1和θ2的两座引桥时,汽车对斜面的压力大小分别为F1和F2,已知θ1>θ2则 ()A.F1>F2B.F1<F2C.F1=F2D.F1与F2的大小关系无法确定【解析】选B。将汽车的重力沿平行斜面和垂直斜面分解,根据平衡条件可知,汽车对斜面的压力大小F=mgcosθ,由题知,θ1>θ2,故cosθ1<cosθ2,则F1<F2,故选B。4.(6分)小明家阁楼顶有一扇倾斜的天窗,天窗与竖直面的夹角为θ,如图所示。小明用质量为m的刮擦器擦天窗玻璃,当对刮擦器施加竖直向上大小为F的推力时,刮擦器恰好沿天窗玻璃向上匀速滑动,已知玻璃与刮擦器之间的动摩擦因数为μ,则刮擦器受到的摩擦力大小是 ()A.(F-mg)cosθ B.(mg+F)sinθC.μ(F-mg)cosθ D.μ(mg+F)sinθ【解析】选A。沿天窗方向,由平衡知识可知f=(F-mg)cosθ,或者f=μFN=μ(F-mg)sinθ。故选A。5.(6分)(2024·天津和平区高一检测)如图所示,重为12N的木块静止在倾角为θ=30°的斜面上,若用平行于斜面沿水平方向大小等于8N的力推木块,木块仍能保持静止,则此时木块所受的静摩擦力的大小等于 ()A.6N B.8NC.12N D.10N【解析】选D。对滑块受力分析,受推力F、重力G、支持力N和静摩擦力f,将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力F'=Gsinθ=6N和垂直斜面向下的分力Gcosθ=63N;在与斜面平行的平面内,如图:有:f=F2+F6.(6分)(多选)如图所示,用一根轻质细绳跨过固定光滑的挂钉O将一个画框悬挂在墙壁上,细绳的两端分别拴接在画框上两根挂钉1、2上。画框静止时,O点两侧细绳与竖直方向的夹角分别为α、β,对应细绳中的张力大小分别为F1、F2。悬挂时,挂钉1、2不一定等高,下列说法正确的是 ()A.若1更高,则α>βB.若2更高,则F1>F2C.无论1、2是否等高,总有α=β成立D.无论1、2是否等高,总有F1=F2成立【解析】选C、D。因为钉子是光滑的,可知两边绳子的拉力总是相等的,即无论1、2是否等高,总有F1=F2成立;对结点O,水平方向:F1sinα=F2sinβ,则α=β,即选项A、B错误,C、D正确。7.(6分)(多选)如图所示,在水平面上固定一个半径为R的半圆柱体A。可移动的挡板MN一端始终垂直于半圆柱A,初始时,挡板的延长线过半圆柱截面圆心O,且与水平面成30°角。在A和挡板MN之间放有一个质量为m的光滑均匀球体B,其半径也为R。初始时,整个装置处于静止状态。现将挡板MN沿顺时针方向缓缓向下移动直至水平。则从初始到挡板MN水平的过程,下列说法正确的是 ()A.初始时,A对B的支持力为mgB.全过程中挡板对B的支持力大于A对B的支持力C.全过程中挡板对B的支持力逐渐变大,A对B的支持力逐渐变小D.挡板MN水平时,A对B的支持力为3【解析】选B、C。以B为研究对象进行受力分析如图所示,根据图中几何关系可得α=30°,β=30°,所以F1=F2,竖直方向根据平衡条件可得F1cos30°+F2cos30°=mg,解得F1=F2=33mg,选项A错误;将挡板MN沿顺时针方向缓缓向下移动直至水平的过程中,α角从30°减小到0,而α+β不变,则β角由30°变大到60°,根据平衡条件可得F1cosα+F2cosβ=