在竖直面内,用一粗绳悬挂一小球,绳长为 ,计绳的重力.求单摆的周期.

如图（a）对物块受力分析，其中N为两个斜面的支持力的合力为：mgcosθ=N…①
由图（b）知：N₁=N₂=Ncos45°…②
由于物体匀速下滑，故：mgsinθ=2F_f…③
F_f=μN₁…④
由①②③④得：μ=

2
2tanθ=

2
2
答：物块和槽面之间的动摩擦因数为

2
2．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，难度中等．

∵小球匀速运动，由动能定理得；W_F-W_f-W_G=0
要使拉力做功最小则W_f=0，即摩擦力为0，则支持力为0．
分析小球受的各力然后正交分解列方程：
垂直斜面方向：Fsinα=mgcos30°
沿斜面方向：Fcosα=mgsin30°
解以上两方程得：α=60°，F=mg
故答案为：α=60°，F=mg

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；动能定理．

考点点评： 解答本题的关键是通过分析小球的受力及各力做功情况，再结合动能定理得出拉力F做功最小时摩擦力为零．

对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
a=gsinθ（θ为杆与水平方向的夹角）
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ
所以t＝

2S
a＝

2×2Rsinθ
gsinθ＝

4R
g，t与θ无关，即t₁=t₂=t₃
故选D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为θ，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论．

ab棒匀速向左运动时，棒中产生的感应电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，场强方向向下．
∵微粒受力平衡，电场力方向向上，
∴微粒带负电
由平衡条件得 mg=q
UC
d
又U_C=IR，I=[E/3R]，E=Blv₀
由以上各式求出q=[3mgd
Blv0
（2）设经过时间t₀，微粒受力平衡，则 mg=q
UC/d]
U_C=[1/3]E=[1/3]Blat₀，
解得，t₀=[3mgd/Blaq]
当t＜t₀时，根据牛顿第二定律得：a₁=g-[Blaq/3mdt，越来越小，加速度方向向下；
当t=t₀时，a₂=0；
当t＞t₀时，根据牛顿第二定律得：a₃=
Blaq
3mdt-g，越来越大，加速度方向向上；
答：（1）微粒的带负电，带电量的大小为出
3mgd
Blv0]．
（2）讨论见上．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是电容器、电路、电磁感应、力学等知识的综合，只要掌握基本知识就能正确解答．

（1）小球刚好不脱离圆轨，在最高点由牛顿第二定律得：mg=m
v2
R①
小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得：mg（h-2R）=[1/2mv2②
联立①②解得：h=2.5R
故h≥2.5R时小球在圆轨内运动的过程中始终不脱离圆轨，
若h≤R时，小球会在圆轨道圆心一下来回运动，也不脱离轨道，
（2）在最高点对小球由牛顿第二定律得：F_N+mg=m
v2
R]③
又有：F_N=mg④
小球由斜轨至圆轨最高点过程，由动能定理得：mg（h-2R）=
1
2mv2⑤
联立③④⑤解得：h=3R；
答：（1）h的范围为h≥2.5R或h≤R；（2）球开始下滑时的h是3R．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；向心力．

考点点评： 本题考查动能定理及向心力公式的应用，要注意明确竖直平面内做圆周运动时，最高点时重力应全部充当向心力．

对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
a=gsinθ（θ为杆与水平方向的夹角）
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ
所以t＝

2S
a＝

2×2Rsinθ
gsinθ＝

4R
g，t与θ无关，即t₁=t₂=t₃
故选D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为θ，然后根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论．

（1）小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据向心力公式有：
mg=m

V2A
L
解得：V_A=
gL；
（2）小球从A点运动到B点，由机械能守恒定律有：
2mgL=[1/2]mV_B²-[1/2]mV_A²
代入V_A=
gL；
解得：V_B=
5gL
小球在B点时根据牛顿第二定律有：
T-mg=m

V2B
L
代入V_B解得：T=6mg
（3）小球运动到B点时细线断裂，小球做平抛运动，有：
竖直方向：1.9L-L=[1/2]gt²
水平方向：x=v_Bt=
5gL×

1.8L
g=3L
答：（1）小球在最高点的速度为
gL； （2）细线对小球的拉力为6mg； （3）小球落地点到C点的距离3L．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 小球在竖直面内圆周运动一般会和机械能守恒或动能定理结合考查，要注意临界值的应用及正确列出机械能的表达式．

（1）对小球受力分析，根据牛顿第二定律和向心力的公式可得，
F-mg=mrω²，
所以ω=

F−mg
mr＝6rad/s．
（2）由v=rω可得，绳断是小球的线速度大小为V=6m/s，
绳断后，小球做平抛运动，
水平方向上：x=v₀t
竖直方向上：h=H-L=
1
2gt2
代入数值解得 x=6m
小球落地点与抛出点间的水平距离是6m，而P点与O点的水平距离为7米，所以不会击中乌龟，落点距离乌龟x=7-6=1m．
答：（1）此人在小球到达最低点时必须用6rad/s的角速度转动小球方能使绳子被拉断；（2）不会击中乌龟，落点距离乌龟1m．

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律；平抛运动；线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 小球在最低点时绳子恰好断了，说明此时绳的拉力恰好为46N，抓住这个临界条件，再利用圆周运动和平抛运动的规律求解即可．

（1）小球经过M点时，由重力和轨道的支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律得：
F_N′-mg=m

v20
R
则得：轨道对小球的支持力 F_N′=mg+m

v20
R
由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力 F_N=F_N′=mg+m

v20
R．
（2）小球恰能通过最高点，即小球通过最高点时恰好不受轨道的压力，重力提供向心力．由牛顿运动定律有：mg=m
v2
R
小球在最高点处的速度至少为：v=
gR
答：
（1）小球在M点时受到的支持力F_N的大小为mg+m

v20
R；
（2）为保证不脱离轨道，小球在N点的速度v不能小于
gR．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题属于圆周运动中轻绳的模型，在最高点时临界情况应该是重力恰好作为圆周运动的向心力，往往由向心力与机械能守恒定律结合求解．

设金属块的密度为ρ，
∵F₁L₁=F₂L₂，F_浮=ρ_液gV_排，
（1）当金属块B没入水中时，
G_A•OA=（G_B-F_水浮）•OB，
即ρgV_A•OA=（m_B-ρ_水g[2kg/ρ]）•OB，
2ρV_A=10kg-ρ_水•[2kg/ρ] ①
（2）当金属块B没入酒精中时，
（G_A+2N）•OA=（G_B-F_酒精浮）•OB，
即（ρgV_A+2N）•OA=（m_Bg-ρ_酒精g[2kg/ρ]）•OB，
2ρgV_A+4N=10×10N/kg-ρ_酒精g[2kg/ρ]，
2ρV_A=9.6kg-ρ_酒精[2kg/ρ] ②
由①②得0.4kg-ρ_水•[2kg/ρ]=9.6kg-ρ_酒精[2kg/ρ]，
解得ρ=5×10³kg/m³．
故答案为：5×10³．

点评：
本题考点： 密度的计算；杠杆的平衡分析法及其应用．

考点点评： 此题以杠杆平衡条件为主线，考查了杠杆的平衡条件、阿基米德原理、重力与质量的关系、密度的计算等知识点，综合性强，难度较大，确定等量关系列出方程组，仔细解答是得到正确答案的关键．

A、小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误．
B、小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg，故B正确．
C、小滑块在C点时，滑块对M的作用力竖直向下，M在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力．滑块对物体M的压力要大于C的重力，那么M对地面的压力N＞（M+m）g，故C错误．
D、小滑块在D点和B的受力的类似，由B的分析可知N=Mg，摩擦力方向向左，D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 小滑块做圆周运动，分析清楚小滑块做圆周运动的向心力的来源，即可知道小滑块和M之间的作用力的大小，再由牛顿第三定律可以分析得出地面对M的作用力．