确。
2．a、b 两物体的质量分别为 m1、m2，由轻质弹簧相连。当用大小为 F 的恒力沿水平方向 拉着 a，使 a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x1;当用恒力 F 竖
直向上拉着 a，使 a、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x2 ；当用恒力 F 倾斜 向上向上拉着 a，使 a、b 一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x3，如 图所示。则（ ）
D．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；因不明确内外电阻的关系，故无法明确功 率的变化情况；故 D 错误。 故选 C。
6．质量为 m 的光滑圆柱体 A 放在质量也为 m 的光滑“V 型槽 B 上,如图,α=60°,另有质量为 M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与 B 相连,现将 C 自由释放,则下列说法正确 的是（ ）
则根据牛顿第二定律及平衡条件可得：
FN cos mg
FNsin ma
解得：
FN
mg cos
将两物体看做一个整体，
F M ma
FNsin ma
所以解得
mF
，
M msin
综上所述本题正确答案为 D。
9．如图所示，A、B 两物体质量均为 m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)。对 A 施加一竖直向下、大小为 F(F＞2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度 内)而处于平衡状态。现突然撤去力 F，设两物体向上运动过程中 A、B 间的相互作用力大 小为 FN。不计空气阻力，关于 FN 的说法正确的是(重力加速度为 g)( )
F1=mg sin a=ma a=gina ，因 a 和 c 球相对静止，因此 c 球的加速度也为 gsina，将 a 和
c 球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为 gsina，因此 a 球和杆的 摩擦力为零，故 A 错误；
对球 d 单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球 d 的加速度为零，因为 b 和 d 相对静止，因此 b 的加速度也为零，故 d 球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状
对 A 有：
2mg=2ma
联立解得 FN=0，故 D 正确；
mg-FN=ma
10．如图所示的电路中，闭合开关 S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时，四个理想
C．电源的效率降低了 I1 r E
【答案】C 【解析】
U B． I1 的大小变大
D．电源的输出功率一定增大了
【详解】
A．要使电流表 A1 示数增大，则 R 应减小；因总电流增大，则内阻及 R2 分压增大，并联部 分电压减小，则流过 R1 的电流减小，因此流过 R 的电流增大，即 A2 的示数变大，因
态，故 B 错；细线对 c 球的拉力Tc mg cos a ，对 d 球的拉力Td mg ，因此不相等，故
D 错误；对 a 和 c 整体受力分析有 Fna ma mc g cos a ，对 b 和 d 整体受力分析 Fnb mb md g cos a ，因 a 和 b 一样的环，b 和 d 一样的球，因此受力相等，故 C 正
I2 ( ) IR1( ) I1( )
则
故 A 错误。 B．根据
I2 I1
可得：
E U1 Ur
U Ur
则
U Ur r I1 I1
故其大小不会随 R 的变化而变化；故 B 错误。 C．电源的效率
U 100% E
因电压的改变量为△I1r；故说明电源的效率降低了 I1 r ；故 D 正确。 E
A．若 A 相对 B 未发生滑动,则 A、B、C 三者加速度相同 B．当 M=2m 时,A 和 B 共同运动的加速度大小为 g
C．当 M 3( 3 1) m 时，A 和 B 之间的正压力刚好为零 2
D．当 M ( 3 1)m 时,A 相对 B 刚好发生滑动
【答案】D 【解析】 【分析】 由题中“有质量为 M 的物体 C 通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与 B 相连”可知，本题考 查牛顿第二定律和受力分析，运用整体法和隔离法可分析本题。 【详解】 A、若 A 相对 B 未发生滑动，则 AB 可看做整体，加速度相同，C 的运动方向向下，加速度 方向与 AB 不同，故 A 错误； B、若 A 和 B 共同运动的加速度大小为 g 时，则 C 得加速度大小也为 g，但对 C 隔离分
采用正交分解法，在平行斜面方向，有：Ff-mgsinθ=macosθ，在垂直斜面方向，有： mgcosθ-FN=masinθ，联立解得：Ff=m(gsin θ+acosθ)，FN=m(gcosθ-asinθ)；故 A 正确，B,C,D 错误；故选 A. 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住物体与斜面的加速度相等，结合牛顿 第二定律进行求解．
FN-mg=ma
联立解得： FN
mg
F 2
，故
A
错误；
B.弹簧弹力等于 F 时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
对 A 有：
F-2mg=2ma
FN-mg=ma
联立解得： FN
F 2
，故
B
正确；
D.当物体的合力为零时，速度最大，对 A，由平衡条件得 FN=mg，故 C 正确。
C.当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得：对整体有：
5．如图所示的电路中，电源电动势为 E，内阻为 r（ R2 r R1 R2 ），电表均视为理想 电表。闭合开关 S 后，调节 R 的阻值，使电流表 A1 的示数增大了 I 1，在这一过程中，电 流表的 A2 示数变化量的大小为 I 2，电压表示数的变化量的大小为 U ，则
A．A2 增大，且 I 2< I 1
4．如图所示，水平地面上有一楔形物块 a，其斜面上有一小物块 b，b 与平行于斜面的细 绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上.a 与 b 之间光滑，a 和 b 以共同速度在地面轨 道的光滑段向左运动.当它们刚运行至轨道的粗糙段时可能正确的是
A．绳的张力减小，斜面对 b 的支持力不变 B．绳的张力增加，斜面对 b 的支持力减小 C．绳的张力减小，地面对 a 的支持力不变 D．绳的张力增加，地面对 a 的支持力减小 【答案】C 【解析】 【详解】 在光滑段运动时，物块 a 及物块 b 均处于平衡状态，对 a、b 整体受力分析，受重力和支 持力，二力平衡； 对 b 受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，
根据共点力平衡条件，有 Fcosθ-FNsinθ=0 ①； Fsinθ+FNcosθ-mg=0 ②； 由①②两式解得：F=mgsinθ，FN=mgcosθ； 当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可
能； ①物块 a、b 仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到： Fsinθ+FNcosθ-mg=0 ③； FNsinθ-Fcosθ=ma ④； 由③④两式解得：F=mgsinθ-macosθ，FN=mgcosθ+masinθ； 即绳的张力 F 将减小，而 a 对 b 的支持力变大； 再对 a、b 整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力 二力平衡，故地面对 a 支持力不变. ②物块 b 相对于 a 向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超 重，支持力的竖直分力大于重力，因此 a 对 b 的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上 的加速度，也是超重，故地面对 a 的支持力也增大. 综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对 a 的支持力可能增加或不变；a 对 b 的支持力一定增加；故 A，B，D 错误，C 正确. 故选 C.
A．x1= x2= x3 B．x1 >x3= x2 C．若 m1>m2，则 x1>x3= x2 D．若 m1<m2，则 x1＜x3= x2 【答案】A 【解析】 【详解】 通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。对右
图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为：
；对 b 物体有：
解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如
果不能得出答案再分析其他物体．
3．在如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1 和 R3 均为定值电阻，R2 为滑 动变阻器．当 R2 的滑动触点在 a 端时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2 和 V 的示数分别为 I1、I2 和 U．现将 R2 的滑动触点向 b 端移动，则三个电表示数的变化情况是
A．刚撤去力 F 时，FN＝ mg F 2
B．弹簧弹力大小为 F 时，FN＝ F 2
C．A、B 的速度最大时，FN＝mg
D．弹簧恢复原长时，FN＝0
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A.在突然撤去 F 的瞬间，AB 整体的合力向上，大小为 F，根据牛顿第二定律，有：
F=2ma
解得： a F 2m
对物体 A 受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：
析，C 不可能做自由落体，因此不论 M 等于多少，加速度不能是 g，故 B 错误； CD、若 A 和 B 之间的正压力刚好为零，则此时加速度设为 a，对 A 受力分析可得
F cos ma ， F sin mg
解得
a 3g 3
对 A、B、C 整体运用牛顿第二定律可得
Mg (M 2m)a
解得
故 C 错误 D 正确；
A． I1 增大，I2 不变，U 增大
B． I1 减小，I2 增大，U 减小 C． I1 增大，I2 减小，U 增大 D． I1 减小，I2 不变，U 减小 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 R2 的滑动触点向 b 端移动时，R2 减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增 大，外电压减小，即电压表示数减小，R3 电压增大，R1、R2 并联电压减小，通过 R1 的电流 I1 减小，即 A1 示数减小，而总电流 I 增大，则流过 R2 的电流 I2 增大，即 A2 示数增大．故 A、C、D 错误，B 正确．