一长为L的匀质细杆,可绕通过中心O的固定水平转轴在铅直平面内自由转动（转动惯量为M(L2)/12),开始时杆水平静止,一

A、当qv₀B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零．故A正确．
B、当qv₀B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．根据动能定理得：
-W=0-
1
2mv2
得：W=
1
2mv2
故B正确．
C、当qv₀B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．
当qvB=mg时得：v=
mg
qB]
根据动能定理得：
-W=[1/2mv2−
1
2m
v20]
代入解得：
W=[1/2m
v20]-
m3g2
2q2B2
故C错误，D正确．
故选ABD

点评：
本题考点： 功的计算；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 本题考查分析问题的能力，摩擦力是被动力，要分情况讨论．在受力分析时往往先分析场力，比如重力、电场力和磁场力，再分析弹力、摩擦力．

导体细杆运动时，切割磁感应线，在回路中产生感应电动势与感应电流，细杆将受到安培力的作用，安培力的方向与细杆的运动方向相反，使细杆减速，随着速度的减小，感应电流和安培力也减小，最后杆将停止运动，感应电流消失．在运动过程中，电阻丝上产生的焦耳热，全部被容器中的气体吸收．
根据能量守恒定律可知，杆从v₀减速至停止运动的过程中，电阻丝上的焦耳热Q应等于杆的初动能，即：
Q=
1
2m
v20]…①
容器中的气体吸收此热量后，设其温度升高△T，则内能的增加量为：
△U=[5/2]R△T…②
在温度升高△T的同时，气体体积膨胀，推动液柱克服大气压力做功．设液柱的位移为△l，则气体对外做功
W=p₀S△l…③
S△l就是气体体积的膨胀量：
△V=S△l…④
由理想气体状态方程pV=RT，注意到气体的压强始终等于大气压p₀，故有：
p₀△V=R△T…⑤
由热力学第一定律：
Q=W+△U…⑥
由以上各式可解得：
△l=
m
v20
7p0S
答：达到平衡时细管中液柱的位移为
m
v20
7p0S．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 本题是电磁感应与热力学的综合，它们联系的纽带是热量．对于气体等压变化过程，要知道气体对外做功公式是W=p0△V，在推导的基础上记牢，这在热力学第一定律的应用中经常用用到．

（1）在C点不施加力时，以B为支点，由杠杆平衡条件可知，G×BO=F_A×BA；---------①
以A为支点，由杠杆平衡条件可知，G×AO=F_B×AB；----------②
（2）在C点施加力F时，以B为支点，由杠杆平衡条件可知，F×CB+G×BO=F_A′×BA；-----③
以A为支点，由杠杆平衡条件可知，F×CA+G×AO=F_B′×AB；------④
③-①得：
F_A′×BA-F_A×BA=F×CB+G×BO-G×BO=F×CB，
∴△F_A=F_A′-F_A=[F×CB/BA]，
④-②得：
F_B′×AB-F_B×AB=F×CA+G×AO-G×AO=F×CB
∴△F_B=F_B′-F_B=[F×CA/BA]，
∴△F_A＞△F_B，
故选B．

点评：
本题考点： 杠杆的平衡分析法及其应用．

考点点评： 本题考查了学生对杠杆平衡条件的应用，知道选择不同的支点求弹力是本题的关键．

由图可知，由公式：h＝
1
2gt2，可得杆下落5 m时，所用的时间为：t1＝

2h
g＝

2×5
10＝1s．
杆下落20 m时，由公式：s+l＝
1
2gt22，可得所用的时间为：t2＝

2(s+l)
g＝

2×(5+15)
10＝2s．
故杆经过O点所需要的时间为：△t=t₂-t₁=2-1=1s．
答杆经过其静止时距下端h=5m的O点所需要的时间为1s．

点评：
本题考点： 自由落体运动．

考点点评： 本题考查分析处理自由落体运动的能力．关键抓住杆全部通过A点时间如何理解．

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．

金属块M原来与汽车一起保持静止，当汽车突然启动时，汽车由于受牵引力由静止变成运动，而金属块M由于惯性仍然保持静止，所以金属块M相对于汽车向后运动，使绿灯支路接通，即绿灯亮．
故选D．

点评：
本题考点： 串、并联电路的设计；惯性；惯性在实际生活中的应用；串联电路和并联电路的辨别．

考点点评： （1）金属块M原来与汽车一起向前运动，当汽车急刹车时，汽车由于受到制动力由运动变成静止，而金属块M由于具有惯性仍然向前运动，所以金属块M相对于汽车向前运动，使红灯支路接通，即红灯亮．（2）本题属于惯性的应用，解释惯性现象的思路是：两个物体或一个物体的两个部分原来的运动状态→其中一个物体或物体的哪一部分由于受到什么力运动状态改变→而另一个物体或物体的另一部分由于具有惯性继续保持…→所以出现…．

（1）对a、b系统从开始到a、b碰撞前运用机械能守恒定律列出等式有：
mgL₁=2mg×[1/2]（L₁-L₂）+[1/2]mv_b²+[1/2]mv_a²…①
解得：v_b=
2gL2−
v2a…②
（2）当球b运动到最低点时，其竖直方向的速度与v_a大小相等，方向相反（因为绳长不变），球b在水平方向的速度为：v_bx=

v2b−
v2a…③
球b与球a在水平方向碰撞，有：mv_bx=2mv…④
绳中张力T由牛顿第二定律有：T-mg=
mv2

L1+L2
2…⑤
由②③④⑤得：T=mg+
m(gL2
−v2a)
L1+L2
（3）在碰撞过程中，根据动量定理
对球a有：I=m

v2 +
v2a=m

gL2+
v2a
2
冲量与水平方向的夹角为：θ=arctan

2
v2a
gL2−
v2a
答：（1）球b在碰撞前瞬间的速度大小是
2gL2−
v2a；
（2）两小球粘合后做圆周运动时绳中张力的大小是mg+
m(gL2
−v2a)
L1+L2；
（3）两球在碰撞过程中，合外力对球a施加的冲量大小是m

gL2+
v2a
2，方向水平方向的夹角θ=arctan

2
v2a
gL2−
v2a

点评：
本题考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了机械能守恒，动量守恒，牛顿第二定律，动量定理等多个知识点的应用，关键要清楚物体的运动过程，选择对应的物理规律求解．

A、对M、N分别受力分析，根据库仑定律，假设杆无作用力，设M与N间距为r，则有：
kqQ
L2＝
kQ•2q
(L+r)2，解得：r=（
2−1）L；故A错误；
B、由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直线上，则各自受力不共线，会出现不平衡现象，故B正确；
C、由带电量为+Q的小球P，结合沿着电场线方向电势降低的，则M点电势高于N点，故C错误；
D、由题意可知，M、N及细杆组成的系统处于静止状态，因此合外力为零，故D正确．
故选：BD．

点评：
本题考点： 电势差与电场强度的关系；电势．

考点点评： 考查研究对象的选取，受力分析的进行，库仑定律的掌握，理解平衡条件的应用，注意电势的高低判定方法．

设在最高点杆子表现为拉力，则有，代入数据得，，则杆子表现为推力，大小为6N.所以小球对杆子表现为压力，大小为6N.故A错误，B正确。在最低点，杆子表现为拉力，有，代入数据得，F=54N.故CD错误

故选B

B


<>

A、B、对球B受力分析，受重力mg、水平恒F力和拉力T，如左图，根据平衡条件得：
水平恒力F=mgtanθ，绳对B球的拉力T=[mg/cosθ]，
把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（m_A+m_B）g、支持力N、恒力F和向左的摩擦力f，如右图
根据共点力平衡条件可得：杆对A环的支持力大小N=（m_A+m_B）g=2mg
由于θ角不确定，故T不一定大于N，A错误，B正确；
C、由前面分析知N=（m_A+m_B）g=2mg，即杆对A环的支持力不变，C错误；
D、对整体受力分析，水平方向受力平衡：f=F=mgtanθ
根据f=μN=μ•2mg
得：μ=[1/2]tanθ，故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题关键是先对整体受力分析，再对球B受力分析，然后根据共点力平衡条件列式分析求解．

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．

A、B、假设小球a静止不动，小球b下摆到最低点的过程中，机械能守恒，有
mgR=[1/2mv2 ①
在最低点，有
F-mg=m
v2
R] ②
联立①②解得
F=3mg
故a小球一直保持静止，假设成立，当小球b摆到最低点时，小球a恰好对地无压力，故A正确，B错误；
C、D、小球b加速下降过程，速度与重力的夹角不断变大，刚开始，速度为零，故功率为零，最后重力与速度垂直，故功率也为零，故功率先变大后变小，故C正确，D错误；
故选AC．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力；功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 本题关键对小球b运用机械能守恒定律和向心力公式联合列式求解，同时结合瞬时功率的表达式P=Fvcosθ进行判断．

A、在最高点，设杆子对球表现为支持力，根据牛顿第二定律得mg-F=m
v2
L，解得F=mg-m
v2
L＝30−3×
4
0.5N＝6N，则球对杆子表现为压力，大小为6N．故A错误，B正确．
C、在最低点，根据牛顿第二定律得，F-mg=m
v2
L，则拉力F=mg+m
v2
L＝30+3×
4
0.5N＝54N，则球对杆子的拉力为54N．故C、D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．

（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v₁．在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则
1
2mv12+mgL＝
1
2mv02…①
v1＝
6m/s…②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，
则 F+mg＝m
v12
L…③
由②③式，得 F=2N…④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．
答：小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．

点评：
本题考点： 向心力；机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查了连接体问题中的动量守恒和机械能守恒，滑块锁定和不锁定的区别非常重要：滑块锁定小球机械能守恒，滑块解锁系统机械能守恒两个物体水平方向上动量守恒．