2015届高三物理一轮复习错题集(1)参考答案与试题解析

错题集（1）参考答案与试题解析一．选择题（共28小题）1．如图所示是一张天文爱好者经长时间曝光拍摄的“星星的轨迹”照片，这些有规律的弧线的形成，说明了（）A ．太阳在运动B．月球在公转C．地球在自转D．地球在公转考点：参考系和坐标系．分析：参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系．解答：解：该“星星的轨迹”照片是一些有规律的弧线，是天文爱好者经长时间曝光拍摄，在拍摄的过程中，由于曝光的时间比较长，星星的轨迹是相对于地球的运动，说明了地球在自转．故C正确；该轨迹与太阳、以及月亮都无关，也不能说明地球的公转，故ABD错误．故选：C点评：该题从参考系的角度出发，通过一张天文爱好者经长时间曝光拍摄的“星星的轨迹”照片，考查对地球自转的理解，角度新颖，思路独特，是一道有创意的新题．2．为提高百米赛跑运动员的成绩，教练员分析了运动员跑百米全程的录相带，测得：运动员在前7s跑了61m，7s末到7.1s末跑了0.92m，跑到终点共用10.8s，则下列说法不正确的是（）A．运动员在百米全过程的平均速度大小是9.26m/sB．运动员在前7s的平均速度大小是8.71m/sC．运动员在7s末的瞬时速度大小约为9.2m/sD．无法知道运动员在7s末的瞬时速度大小考点：平均速度；瞬时速度．专题：直线运动规律专题．分析：由题意可知全程的位移和总时间，由平均速度公式可求得全程的平均速度；而瞬时速度可以用极短时间内的平均速度来表示．解答：解：A、由题意可知运动员的位移为100m，时间为10.8s，故平均速度v=m/s=9.26m/s；故A正确；B、前7s运动员的平均速度为m/s=8.71m/s，故B正确；C、运动员在7s末的瞬间时速度约等于7s末到7.1s末的平均速度，所以运动员在7s末的瞬间时速度约为=9.2m/s，故C正确，D错误本题选不正确的故选D．点评：明确瞬时速度、平均速度的概念，在现实生活在中体会它们的区别，用所学知识正确解答实际问题．3．北京时间2012年10月25日23时33分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭将第16颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道．北斗导航卫星系统免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10m，测速精度0.2m/s，以下说法中正确的是（）A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻D．北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的速率考点：时间与时刻；瞬时速度．分析：北斗卫星导航系统可以免费提供定位、测速和授时服务，其中定位指的是位置坐标，测量的是极短时间内的平均速度，授时是提供时刻．解答：解：A、B、北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置坐标，故A错误，B正确；C、北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，误差很小，故C正确；D、北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的瞬时速度大小，即速率，故D正确；故选：BCD．点评：本题关键是明确卫星的运用，其中定位指的是位置坐标，测量的是极短时间内的平均速度，授时是提供时刻，属于常识性问题．4．一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s，分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8m，由上述条件可知（）A ．质点运动的加速度是0.6m/s2B．质点运动的加速度是0.3 m/s2C ．第1次闪光时质点的速度是0.1m/sD．第2次闪光时质点的速度是0.3m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：由匀变速直线运动的规律相邻相等的时间内位移之差为常数，即△x=at2可得出第二次闪光到第三次闪光质点的位移；再由运动学公式分析其他各项能否求出解答：解：A、B设第一次到第二次位移为x1=0.2m；第三次到第四次闪光为x3=0.8m，则有：x3﹣x1=0.6m=2at2；则at2=0.3m则则A错误，B正确C、由，可求得v1=0.05m/s，则C错误D、第2次闪光点的速度是v2=v1+at=0.35m/s，则D错误故选：B点评：本题考查对运动学公式的掌握及应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二5．取一根长2.5m 左右的细线，5个垫圈和一个金属盘．在线的一端系上第一个垫圈，隔15cm再系一个，以后每两个垫圈之间的距离分别为45cm、75cm、105cm，如图所示，站在椅子上，向上提起线的另一端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内．松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈（）A落到盘上的声音时间间隔越来越大．B落到盘上的声音时间间隔相等．C依次落到盘上的时间关系为1：（﹣1）：（﹣）：（2﹣）．D依次落到盘上的速率关系为1：3：5：7．考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．根据初速度为零的匀加速直线运动的推论知，在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，可以确定落地的时间间隔是否相等，从而根据v=gt得出落到盘中的速率之比．解答：解：A、5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为1：3：5：7．因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等．故A错误，B正确；C、因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘中的时间比为1：2：3：4．故C错误．D、根据v=gt，知各垫圈依次落到盘中的速率之比为1：2：3：4：5．故D错误．故选：B．点评：解决本题本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道初速度为零的匀加速直线运动的一些推论的应用．6．给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小为时，所用时间可能是（）A ．B．C．D．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：当滑块速度大小为时，可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反，在整个过程中加速度不变，根据匀变速直线运动的速度时间公式求解．解答：解：规定初速度的方向为正方向，若滑块的末速度与初速度方向相同，则t=．若滑块的末速度与初速度方向相反，则t=．故B、C正确，A、D错误．故选BC．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，以及注意物体末速度的方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反．7．将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔2s，它们运动的图象分别如直线甲乙所示．则（）A．t=2s时，两球的高度相差一定为40mB．t=4s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等C两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等．D甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，但不能反映物体初始的位置．由图直接读出物体运动的时间．解答：解：A、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t=2s时，甲球通过的位移为x甲=×（30+10）×2m=40m，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的高度未知，故t=2s时两球的高度相差不一定为40m．故A错误．B、t=4s时，甲球相对于抛出点的位移为×30×3﹣×10×1=40m，乙球相对于抛出点的位移为×（30+10）×2m=40m，故两球相对于各自的抛出点的位移相等．故B正确．C、两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律x=﹣h=v0t﹣，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t不相等．故C错误．D、由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s．故D正确．故选：BD．点评：本题要结合图象的意义和竖直上抛运动的规律进行分析，关键要掌握速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移．8．（2013•江西一模）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，反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间．下表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离，“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离（假设汽车制动时的加速度大小都相同）．分析上表可知，下列说法正确的是（）速度（m/s）思考距离/m 制动距离/m正常酒后正常酒后15 7.5 15.0 22.5 30.020 10.0 20.0 36.7 46.725 12.5 25.0 54.2 xA驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s．B若汽车以20m/s的速度行驶时，发现前方40m处有险情，酒后驾驶不能安全停车．C汽车制动时，加速度大小为10m/s2．D表中x为66.7．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：在“思考距离”内汽车做匀速直线运动，由“思考距离”与速度之比求出反应时间，再进行比较．根据图中数据分析酒后驾驶能否安全停车．汽车制动时做匀减速直线运动，根据制动距离、初速度和末速度求出加速度．由速度位移关系求出x．解答：解：A、取速度为20m/s这一排数据研究：驾驶员酒后反应时间为t1==，正常情况应时间为t2==．其他情况结果相同．所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s．故A正确．B、若汽车以20m/s的速度行驶时，发现前方40m处有险情，制动距离为46.7m，大于40m，说明酒后驾驶不能安全停车．故B正确．C、汽车制动时做匀减速直线运动，第一组数据：初速度v0=15m/s，末速度v=0，位移x=22.5m﹣7.5m=15m由得，a==﹣7.5m/s2故C错误．D、当v0=25m/s，制动距离为x=+25m≈66.7m．故D正确故选ABD点评：本题首先要有读题能力，读懂题意是解题的关键．其次要合理选择数据处理．考查理论联系实际的能力．9．卡车上装着一只始终与它相对静止的集装箱，不计空气阻力，下列说法中，正确的是（）①当卡车开始运动时，卡车对集装箱的静摩擦力使集装箱随卡车一起运动②当卡车匀速运动时，卡车对集装箱的静摩擦力使集装箱随卡车一起运动③当卡车匀速运动时，卡车对集装箱的静摩擦力等于零④当卡车制动时，卡车对集装箱的静摩擦力等于零．A ．①②B．只有③C．只有④D．①③考点：静摩擦力和最大静摩擦力；滑动摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：当卡车启动时，集装箱有相对卡车向后的运动趋势，卡车对集装箱的静摩擦力向前使集装箱随卡车一起运动，当卡车刹车时，集装箱有相对卡车向前的运动趋势，卡车对集装箱的静摩擦力向后使集装箱随卡车一起运动，当卡车匀速运动时，它们相对静止，没有摩擦力．解答：解：①当卡车启动时，集装箱有相对卡车向后的运动趋势，卡车对集装箱的静摩擦力向前使集装箱随卡车一起运动，故①正确．②③当卡车匀速运动时，它们相对静止，没有摩擦力，故②错误，③正确．④当卡车刹车时，集装箱有相对卡车向前的运动趋势，卡车对集装箱的静摩擦力向后使集装箱随卡车一起运动，故D错误．故选D．点评：考查摩擦力的存在及方向的判断，紧扣摩擦力的概念，结合牛顿运动定律做出合理判断．10．（2011•盐城一模）在2010年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军．如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角．下列判断正确的是（）A两根吊带受到环的拉力大小不等．B手对吊环作用力方向竖直向下．C每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半．D两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；本题中，运动员受到三个力而平衡，根据平衡条件和对称性分析其受力情况．解答：解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，受力情况如图．A、由题可知，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，由对称性可知，两根吊带受到环的拉力大小相等．故A错误．B、由图看出，手对吊环的拉力斜向上，则由牛顿第三定律知，手对吊环作用力方向斜向下，不是竖直向下．故B错误．C、当运动员两臂竖直时，每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半，而现在两根吊带与竖直方向有一定夹角，由平衡条件得知，每根吊带受到环的拉力大小都大于人重量的一半．故C错误．D、由平衡条件和牛顿第三定律知，两根吊带受到环的拉力的合力与重力大小相等、方向相同，一定是竖直向下．故D正确．故选D点评： 本题的解题关键是作出受力图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论．11．（2012•潍坊一模）如图所示，在水平地面上处于伸直状态的轻细绳一端拴在质量为m 的物块上，另一端固定于木桩上的B 点．用弹簧称的光滑挂钩缓慢拉绳，弹簧称、细绳始终与地面平行．物块在水平拉力作用下缓慢滑动．当物块滑动至A 位置，AO 与BO 之间夹角为120°时，弹簧称的示数为F ．则（ ）A ． 物块与地面间的动摩擦因数为B ． 木桩受到绳的拉力始终大于FC ． 控制弹簧称的水平拉力保持不变D ． 控制弹簧称的水平拉力一直增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题：共点力作用下物体平衡专题． 分析：以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法求解绳子的拉力大小；物块缓慢滑动，处于平衡状态，则绳子拉力的大小等于滑块摩擦力的大小，进而结合滑动摩擦力的计算公式求出摩擦因数． 解答： 解：A 、以弹簧秤挂钩结点处为研究对象受力分析，运用合成法如图：由几何知识知：绳子拉力T=F物块缓慢滑动，处于平衡状态：f=T=F即：μmg=F得：μ=故A正确；B、由A分析知，木桩受到绳的拉力等于F而不是大于F，故B错误；C、为了使木桩处于平衡状态绳子拉力始终等于F，但随着木桩的靠近，两边绳子夹角逐渐减小，由平行四边形合成法则知合力增大，则弹簧秤拉力一直增大，故C错误D正确；故选：AD．点评：本题的关键是由“物块在水平拉力作用下缓慢滑动”确定物块受力平衡，则绳子拉力不变．12．在如图所示装置中，两物体质量分别为m1、m2，绳子一端固定在a点，另一端连接物体m2并跨过定滑轮b，物体m1通过动滑轮挂在绳子上，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知（）A ．α一定等于βB．m1一定大于m2C．m1一定小于2m2D．m1可能大于2m2考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对m2分析可知绳子的拉力大小，对滑轮分析，由于滑轮放在一根绳子上，绳子两端的张力相等，故可知两绳子和竖直方向上的夹角相等，由共点力的平衡关系可得出两质量的关系．解答：解：对m2分析可知，m2受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于m2g；对于滑轮分析，由于滑轮跨在绳子上，故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与m1的重力大小相等，方向相反，故合力竖直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角α和β相等；故A正确；由以上可知，两端绳子的拉力等于m2g，而它们的合力等于m1g，因互成角度的两分力与合力组成三角形，故可知2m2g＞m1g，即m1一定小于2m2．故C正确．故选AC．点评：本题要注意题目中隐含的信息，记住同一绳子各部分的张力相等，即可由几何关系得出夹角的关系；同时还要注意应用力的合成的一些结论．13．如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2＞μ1），下列说法正确的是（）A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ＞μ2B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ＞μ2C只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tanθ＞μ1．D只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞μ1＞tanθ．考点：共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，此时沙子所受的重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力．当与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，根据重力的分力与最大静摩擦力的关系，求出tanθ满足的条件．解答：解：A、B、由题，μ2＞μ1，可知越是上层的沙子越容易卸下，当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，则有mgsinθ＞μ2mgcosθ，得tanθ＞μ2．故A正确，B错误．C、D、与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，这时，应有mgsinθ＞μ1mgcosθ，mgsinθ＜μ2mgcosθ，得足μ2＞tanθ＞μ1．故C正确，D错误．故选：AC．点评：本题是实际的情景，实质上考查对最大静摩擦力的理解能力，当外力大于最大静摩擦力时，物体将发生相对滑动．14．（2013•蚌埠一模）如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块A连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则（）A地面对斜面体C一定有摩擦力．B物块B对斜面体C一定有摩擦力．C物块B的质量一定大于物块A的质量．D水平地面对C的支持力与B、C的总重力大小相等．考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系．解答：解：A、把BC当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力有水平向右的分量，整体有向右的运动趋势，根据平衡条件得知，斜面体C与地面之间一定有摩擦力，方向水平向左．故A正确．B、当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等时，即有m B gsinθ=m A g时，B与C之间没有摩擦力．故B错误．C、假设B的质量小于A的质量，m B gsinθ＜m A g，若B保持静止，则可能存在：m B gsinθ+f=m A g故C错误；D、把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+Tsinθ=（m B+m C）g，T=m A gsinθ，则N=（m B+m C）g﹣m A gsinθ．故D错误．故选：A点评：本题运用隔离法和整体法研究，分析静摩擦力时，关键根据外力，确定物体的运动趋势方向，即可判断静摩擦力方向．15．粗糙水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连．木块间的动摩擦因数均为μ，木块与水平面间的动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块一起匀速前进．则需要满足的条件是（）A木块与水平面间的动摩擦因数最大为．B木块与水平面间的动摩擦因数最大为．C水平拉力F最大为2μmg．D水平拉力F最大为6μmg．考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：要使四个木块以同一匀速运动，采用整体与隔离法分析各部分的受力情况，再对左侧两物体分析可求得绳子的最大拉力．解答：解：A、B设左侧2m与m之间的摩擦力为f1，右侧摩擦力为f2，对左侧两物体：绳子的拉力T=3μmg，对右上的m刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，T=f m=μmg联立上两式得：动摩擦因数最大为．故A正确，B错误．C、D左边两物体分析则有：水平拉力F最大为T=2μmg．故C正确，D错误．故选AC点评：本题为高考题的变形题，注意灵活应用整体法与隔离法，合理选取研究对象，列出表达式后再通过表达式进行分析．16．（2013•南昌二模）如图所示，相隔﹣定距离的两个相同圆柱体固定在同﹣水平高度处，一轻绳套在两圆柱体上，轻绳下端悬挂一重物，绳和圆柱体之间的摩擦忽略不计．现增加轻绳长度，而其他条件保持不变，则（）A ． 轻绳对物体的作用力的合力将变大B ． 轻绳对物体的作用力的合力将变小C ． 轻绳的张力将变大D ． 轻绳的张力将变小考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题． 分析： 圆柱体相当于定滑轮，不省力，绳子上各处张力大小相等，左右两根绳对重物的合力与物体的重力大小相等方向相反，由力的合成法可知，即可知绳越长，作用力与竖直方向的夹角越小．以重物和绳子整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析圆柱体对绳子的作用力变化．解答：解：AB 、对重物受力分析可知，左右两根绳对重物的合力与物体的重力大小相等方向相反，所以轻绳对物体的作用力的合力不变，所以A 错误，B 错误； CD 、以重物和绳子整体为研究对象，分析受力情况：重力、圆柱体A 对绳子的作用力F A ，圆柱体B 对绳子的作用力F B ，根据对称性可知，F A =F B ，由平衡条件可得2F A cosα=G ，α是圆柱体对绳子的作用力与竖直方向夹角，G 是物体的重力．绳越长时，α越小，cosα越大，则F A 越小．所以绳越长时，轻绳的张力将变小，所以C 错误，D 正确．故选：D ．点评： 本题考查力的合成和平衡条件，要抓住绳子的弹力对称性进行分析判断．注意关于滑轮的问题，跨在滑轮上的绳子两侧的拉力大小相等．17．（2009•崇明县一模）如图所示，两个完全相同的光滑球的质量为m ，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间．若缓慢转动挡板至斜面垂直，则在此过程中（ ）A ． A ，B 两球间的弹力不变B ． B 球对挡板的压力逐渐减小C B 球对斜面的D A 球对斜面．压力逐渐增大．的压力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．分析：在逆时针缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，两完全相同的小球处于静止状态．则小球A 受力不变，而小球B由于挡板对球A的弹力方向发生变化，导致球B对挡板及斜面作用力发生变化．解答：解：A、D虽然挡板在变化，但球B对球A的弹力方向没有改变，球B的重力没有变化，则斜面对球A的支持力方向也没变，虽然球A位置在缓慢变化，但球A所受力没有变化，故A球对斜面的压力不变，A、B两球的弹力没有变．所以A正确，D错误；B、C，球B受力分析如图，当缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，弹力F1的方向也从图示位置转动到与斜面平行位置．则两个弹力的合力不变，当夹角变小时，两弹力大小均变小，故B球对挡板的压力逐渐减少，B球对斜面的压力逐渐减少．故B正确，C错误；故选AB点评：挡板的缓慢变化，导致弹力F1的方向在变化，从而出现两力的合力不变，而其夹角变小，可以确定这两力大小如何变化．当然可以通过画受力的动态图来一目了然18．（2010•山东）如图所示，质量为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面，m2在空中），力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是（）A ．N=m1g+m2g﹣FsinθB．N=m1g+m2g﹣FcosθC．f=FcosθD．f=Fsinθ考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：压轴题；受力分析方法专题．分析：对AB整体受力分析，受到重力（m1+m2）g、支持力N、拉力F、滑动摩擦力f，然后根据共点。