用跨过定滑轮的绳把湖中小船拉上岸,如图所示（不会发图,但愿大家能明白,拉升过程中,绳子与水平方向角度逐渐加大）,已知拉绳

A、B、对接点O受力分析如图：把F1和F2分别分解到水平方向和竖直方向．沿水平方向列方程：F1cos30°=F2cos60°…①沿竖直方向列方程：F1sin30°+F2sin60°=Mg…②由①②联立得：F1=12Mg．F2=32Mg故F2＞F1故A错误，B错...

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： 本题综合了受力分析、正交分解、平衡条件应用等内容．解题过程中要注意研究对象选取，正确选取研究对象是解决此类问题的关键，该题难度中等．

设m_A=2m_B=2m，对物体B受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到：T=mg
再对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图

根据平衡条件得到
f+T-2mgsinθ=0
N-2mgcosθ=0
解得
f=2mgsinθ-T=2mgsinθ-mg
N=2mgcosθ
当θ不断变大时，f不断变大，N不断变小；
故选ABC．

点评：
本题考点： 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．

考点点评： 本题关键是先对物体m受力分析，再对物体2m受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解．

A、B，M在竖直方向上受到重力和支持力，二力平衡．在水平方向受到绳子的拉力，也可能受到静摩擦力．设M所受静摩擦力方向指向圆心，根据牛顿第二定律得：
T+f=Mω²r．又T=mg
则得：f=Mω²r-mg．
若Mω²r＞mg，f＞0，静摩擦力方向指向圆心；若Mω²r＜mg，f＜0，静摩擦力方向背向圆心；故A错误，B正确．
C、D对于m，根据平衡条件得：T=mg，说明绳子的拉力保持不变，故C正确，D错误．
故选：BC

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律．

考点点评： 对于匀速圆周运动涉及受力分析的问题，分析受力情况，确定向心力的来源是关键，并抓住匀速圆周运动合外力提供向心力，进行分析．

（1）把A、B两球看成一个整体，运用动能定理得：[1/2(M+3M)v2=Mgh
解得：v=

2gh
2]
A球着地后停止不动，绳子松弛，B接着做匀速运动，刚滑出桌面时的速度大小就等于v=

2gh
2．
（2）B球离开桌面后做平抛运动，则有
h=[1/2gt2
x=vt
则得x=v

2h
g]=

2gh
2•

2h
g=h
答：
（1）B球刚滑出桌面时的速度大小是

2gh
2．
（2）B球和A球着地点之间的距离是h．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 本题主要考查了动能定理和平抛运动的直接应用，知道AB两球在A球落地前速度大小相等．

（1）解除A的锁定至B第一次刚与弹簧接触时，A、B组成的系统机械能守恒，设A、B的速度是v₁，则：
(2m−m)gH＝
1
2•3m•
v21
所以：v1＝

2gH
3
（2）B受到的合力等于0时，A受到的合力也是0，此时A与B的速度最大，先对B进行受力分析：F_T+k•△x₁=2mg
对A：F_T′=mg
同一根绳子上的张力处处相等，得：F_T=F_T′
联立求得：△x1＝
mg
k
解除A的锁定至B物块到达速度最大的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，设弹簧此时的弹性势能为E_P1，由图象可得：
EP1＝
m2g2
2k
由机械能守恒得：(2m−m)g(H+△x)−EP1＝
1
2•3m•
v22
联立解得：v2＝

2
3gH+
mg2
3k
（3）A、B速度达到最大后开始减速，当A、B的加速度等于g时，A物体开始做竖直上抛运动，设竖直上抛的初速度为v₃，上升过程运动距离为L
对B分析得：k△x₂-2mg=2mg
△x2＝
4mg
k
解除A的锁定至A物块开始竖直上抛的过程中，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，设弹簧此时的弹性势能为E_P2，由图象可知EP2＝
8m2g2
k(2m−m)g(H+△x2)−EP2＝
1
2(3m)
v23
竖直上抛过程物块B机械能守恒：[1/2m
v23＝mgL
联立得：L＝
1
3(H−
4mg
k)
答：（1）B物块第一次刚与弹簧接触时的速度大小

2gH
3]；
（2）B物块运动过程中的最大速度

2
3gH+
mg2
3k；
（3）A物块做竖直上抛运动中上升的距离
1
3(H−
4mg
k)．

点评：
本题考点： 功能关系；弹性势能．

考点点评： 该题中，A与B组成的系统是一个动态变化的过程，整个的过程中，系统的受力、加速度、速度以及弹簧的弹性势能都是变化量，一定要理清它们之间的关系，将题目中要求的状态的各个物理量分析清楚，才能结合相关的规律进行解答．

对A、B、C组成的系统，从A开始下落到它落地前瞬间过程，有机械能守恒定律得：mgh=3×12mv12；对B、C组成的系统，从A落地后瞬间到B落地前瞬间，由机械能守恒定律得：mgh=2×12mv22-2×12mv12由上述...

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 本题在应用机械能守恒时应明确A落地后A即不能再分析，故应两次选择研究对象利用机械能守恒定律分析．

由题知，在A下滑s的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则据机械能守恒定律有：
4mgssinθ−mgs＝
1
2(4m+m)v2−0
代入θ=30°得v=

2gs
5
当细线断了之后，对B而言，B将做竖直上抛运动，初速度v=

2gs
5，所以在B上升的过程中满足机械能守恒，在最高点时B的动能为零，则B增加的势能等于B减少的动能则：
mghmax＝
1
2mv2
代入v=

2gs
5，可得B继续上升hmax＝
s
5．
由题意知物体B距地面的最大高度H=s+h_max=1.2s．
答：物块B上升离地的最大高度H=1.2s．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 根据机械能守恒的条件判断系统机械能是否守恒是关键，在确定守恒的条件下，更要明确在哪个过程中机械能守恒．

设物体的重力为G．以C点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．

作出力N与T的合力F₂，根据平衡条件得知，F₂=F₁=G．由△F₂NC∽△ACB得：[N/BC]=[T/AC]=[G/AB]
知AB、BC长度不变，杆与墙的夹角θ逐渐减小，则AC减小，得N不变，T减小．
故选：D．

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： 本题中涉及非直角三角形，运用几何知识研究力与边或角的关系，根据相似三角形法解决是常用的思路．

对Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T
木块Q与P间的滑动摩擦力：f=μmg ①
根据共点力平衡条件：T=f ②
对木块P受力分析，P受拉力F，Q对P向左的摩擦力f，
地面对P体向左的摩擦力f′，根据共点力平衡条件，
有：F=f+f′+T ③
地面对P物体向左的摩擦力
f′=2μ（2m）g ④
由①～④式可以解得
F=6μmg
故选D．

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： 本题关键在于分别对两个木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解．

由题知，在A下滑s的过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则据机械能守恒定律有：
4mgssinθ−mgs＝
1
2(4m+m)v2−0
代入θ=30°得v=

2gs
5
当细线断了之后，对B而言，B将做竖直上抛运动，初速度v=

2gs
5，所以在B上升的过程中满足机械能守恒，在最高点时B的动能为零，则B增加的势能等于B减少的动能则：
mghmax＝
1
2mv2
代入v=

2gs
5，可得B继续上升hmax＝
s
5．
由题意知物体B距地面的最大高度H=s+h_max=1.2s．
答：物块B上升离地的最大高度H=1.2s．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 根据机械能守恒的条件判断系统机械能是否守恒是关键，在确定守恒的条件下，更要明确在哪个过程中机械能守恒．

（1）根据C端数据可知，△x=0.2cm，时间间隔为T=0.02s，带入△x=aT²可以求出加速度的大小为：a=5.0m/s²，物体作减速运动．
故答案为：5.0．
（2）c段时，a_C=-5m/s²，
设：斜面的夹角为θ，
Mgsinθ=Ma_C
sinθ=[1/2]
a段时，a_a=2.5m/s²，
mg-Mgsinθ=（m+M）a_a，
解得：m：M=1：1．
故答案为：1：1．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．

A、轻质绸带与斜面间无摩擦，受两个物体对其的摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
f_M-f_m=m_绸a=0（轻绸带，质量为零）
故f_M=f_m
M对绸带的摩擦力和绸带对M的摩擦力是相互作用力，等大；
m对绸带的摩擦力和绸带对m的摩擦力也是相互作用力，等大；
故两物块所受摩擦力的大小总是相等；故A正确；
B、当满足Mgsinα＜μMgcosα、mgsinα＜μmgcosα和Mgsinα＞mgsinα时，M加速下滑，m加速上滑，均相对绸带静止，故B错误；
C、由于M与绸带间的最大静摩擦力较大，故绸带与M始终相对静止，m与绸带间可能有相对滑动，故C正确；
D、当动摩擦因数较大时，由于绸带与斜面之间光滑，并且M＞m，所以M、m和绸带一起向左滑动，加速度为a，根据牛顿第二定律，有：
整体：Mgsinα-mgsinα=（M+m）a
隔离M，有：Mgsinα-f_M=Ma
对m有：f_m-mgsinα=ma
解得：fM＝fm＝
2Mm
M+mgsinα
故D错误；
故选：AC．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；牛顿第三定律．

考点点评： 本题关键根据牛顿第三定律判断出绸带对M和m的拉力（摩擦力提供）相等，然后根据牛顿第二定律判断．多数学生对本题有疑问，关键是没有认识到物理模型的应用，题中丝绸质量不计，类似轻绳模型．

A、当m较大时，对整体分析，加速度a=
mg−m0g
m+m0＝
(m+m0)g−2m0g
m+m0=g−
2m0g
m+m0．隔离对m分析，mg-T=ma，解得T=
2m0mg
m+m0=
2m0g
1+
m0
m，当m趋向于无穷大，则F₀=2T=4m₀g，解得A球质量m₀=
F0
4g．故A正确；
B、知道B球的质量，结合图线可知道传感器的拉力，从而知道绳子的拉力，隔离对B球分析，根据牛顿第二定律可以求出加速度．故B正确；
C、当m＞m₀，加速度a=
mg−m0g
m+m0＝
(m+m0)g−2m0g
m+m0=g−
2m0g
m+m0．m增大，则加速度增大；当m＜m₀时，加速度a=
m0g−mg
m+m0＝
(m0+m)g−2mg
m+m0=g−
2mg
m+m0=g−
2g
1+
m0
m，当m增大时，a减小．故C错误；
D、当两球的质量相等，此时绳子拉力等于小球的重力，则传感器示数F等于A、B球的总重力．故D错误．
故选：AB．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；作用力和反作用力．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．

当弹簧C处于水平位置且右端位于a点，弹簧C刚好没有发生变形时，根据胡克定律，弹簧B压缩的长度：
x_B=
mg
k1
当将弹簧C的右端由a点沿水平方向拉到b点，弹簧B刚好没有变形时，根据胡克定律，弹簧C伸长的长度：
x_C=
mg
k2
根据几何知识得，a、b两点间的距离：
S=x_B+x_C=mg（
1
k1+
1
k2）．
答：a、b两点间的距离是mg（
1
k1+
1
k2）．

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；胡克定律．

考点点评： 对于含有弹簧的问题，是高考的热点，要学会分析弹簧的状态，弹簧有三种状态：原长、伸长和压缩，含有弹簧的问题中求解距离时，都要根据几何知识研究所求距离与弹簧形变量的关系．

1年前