求当a从右端趋近于0时 (1) (lna)/(a+1)-lna+ln(a+1)的极限 (2) xln[(a+1)/a]的

A、木板在抽出过程中相对于地面做匀速直线运动，其上下表面均受滑动摩擦力，而木块A给木板B的滑动摩擦力的大小等于T，故A正确，B错误；
BC、若长木板以2υ的速度运动时，根据滑动摩擦力公式，木块A受滑动摩擦力的大小跟木板运动的速度大小和所受的其它力的大小无关，受到的摩擦力大小仍等于T，故C错误；
D、若用2F的力作用在长木板上，此时木块A仍处于平衡状态，所以此时A所受的摩擦力的大小仍等于T，故D正确．
故选：AD．

点评：
本题考点： 滑动摩擦力．

考点点评： 本题考查了平衡力的辨别，会判断摩擦力的方向，并会根据影响滑动摩擦力的大小因素分析摩擦力的大小变化是解决本题的关键．

用白磷进行空气中氧气含量的测定，对实验现象的填写，要注意对过程中的仔细分析总结，因为我们不是从实验操作来记录实现现象的．注意分析的全面和过程描述的详尽．
（1）实验现象的推断，由于不是通过做实验来记录，而是通过分析来推测实验现象．白磷燃烧，在过程中会释放出大量的热，装置内的气体受热体积会膨胀，所以活塞向右滑动．后来随着温度的降低，气体的体积慢慢收缩，最终完全恢复至室温后，由于氧气被消耗掉，所以常温下气体的体积收缩为原体积的[4/5]，所以活塞滑动到刻度“4”处．
（2）实验可以得出的结论，首先我们实验的本意就是空气中氧气含量的测定，所以这是最直接的结论：空气中氧气约占空气体积的[1/5]．同时由于在加热之前白磷不燃烧，而在加热后白磷燃烧，其余的条件是相同的（都有空气，是同一份白磷），所以前后的燃烧现象的差别就在于温度，所以可以得出燃烧需要可燃物达到一定的温度．要从不同的角度学会归纳分析．
故答案：（1）白磷燃烧，产生白烟，放出大量的热；活塞先向右移动再向左移动，最终停在刻度4处；
（2）燃烧的条件之一是可燃物达到一定温度；氧气体积约占空气体积的[1/5]．

点评：
本题考点： 测定空气里氧气含量的探究；燃烧的条件与灭火原理探究；氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；燃烧与燃烧的条件．

考点点评： 对于实验的结论，实验的目的是唯一，但是结论可以从不同的角度分析，不是唯一的．

（1）设经过时间，物块和木板的共同速度为v，则物块的位移：X₁=[vt/2]
木板的位移：X₂=
(v0+v)t
2
物块相对木板滑过的位移：△x=L=X₂-X₁=
(v0+v)t
2-[vt/2]
得：t=[2L
v0=
2×1/2]=1s
（2）物块的加速度：a₁=μ₂g
模板的加速度：a₂=
μ2mg+μ1(M+m)g
M
达共同速度时：a₁t=v₀-a₂t
得：μ₂=0.08
（3）共同速度：v=0.8m/s
物块先匀加速：X₁=[vt/2]=[0.8×1/2]=0.4m
达到共同速度后一起匀减速，加速度：a₃=μ₁g=0.1×10=1m/s²
停下来经过的位移：X₃=
v2
2a3=
0．82
2×1=0.32m
所以物块从放上木板到停下来经过的位移：△x=X₁+X₃=0.72m
答：（1）从物块放到木板上到它们达到共同速度所用的时间t为1s；
（2）小物块与木板间的摩擦因数μ₂为0.08；
（3）物块从放上木板到停下来经过的位移为0.72m．

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： 本题关键是先根据运动学公式列式后联立求解出时间，然后再受力分析后根据牛顿第二定律列式求解；对于第一问，可以以长木板为参考系列式求解，会使得问题大大简化．

当弹簧C处于水平位置且右端位于a点，弹簧C刚好没有发生形变时，根据胡克定律得
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刚好没有形变时，根据胡克定律得
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： 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）由于系统无摩擦力，机械能守恒，最大弹性势能就是滑块开始的重力势能为：
E_pm=mgR
（2）分离时，水平方向动量守恒有：
Mυ₁-mυ₂=0…①
系统机械能守恒有：mgR=[1/2]Mv₁²+[1/2]mv₂²…②
由式①②得：v₁=

2m2gR
M(M+m)；
答：①弹簧具有的最大弹性势能是mgR；
②当滑块弹簧分离时小车的速度是

2m2gR
M(M+m)．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能．

考点点评： 解决该题关键要分析物体的运动过程，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行求解．

(1)能使木板能从滑块下抽出来，滑块所受摩擦力必须大于最大静摩擦力。当滑块受最大静摩擦力时，根据牛顿第二定律有：

依题意有：

用整体法，对滑块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律有；

解得：Fm="24"N

可见恒力F的大小范围是F⩾24N。

恒力F作用下，根据牛顿第二定律有：

解得：

撤去F后，由牛顿第二定律可得：

解得：

滑块：

其加速度为：

若F作用t1后撤去，滑块继续在木板上运动的时间为t2，根据匀变速直线运动的规律，木板运动的位移：

在整个时间内，滑块的位移为：

依题意有：

欲使时间最短，滑块和木板的末速度应该相等：

联立以上各式，解得：t1="1"s。

（1）F≥24 N；（2）1 s


<>

①选小车和木块整体为研究对象，由于m受到冲量I之后系统水平方向不受外力作用，系统动量守恒，设系统的末速度为v，则解得

小车的动能为=

②当弹簧具有最大弹性势能时，小车和木块具有共同速度，即为v.设木块从小车左端运动到弹簧弹性势能最大的过程中，摩擦生热，在此过程中，由能量守恒得

当木板返回到小车左端时，由能量守恒得

联立得

① ；②


<>

加速时，对木板受力分析，受到重力、支持力、推力F和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
F-μmg=ma₁
解得
a₁=1m/s²
减速时，对木板受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有
-μmg=ma₂
解得
a₂=-4m/s²
木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到达桌面边缘时，速度减为零，设最大速度为v，根据位移速度公式，有
2a1x1＝v2
2a2x2＝−v2
x1+x2＝
L
2
解得：x₁=
2
5L=0.32m
W=Fx₁=1.6J
故选C．

点评：
本题考点： 功的计算．

考点点评： 本题关键是找出作用时间最短的临界过程，然后先根据牛顿第二定律求解出加速过程和减速过程的加速度，再根据运动学公式列式求出力作用的位移，再根据恒力做功公式求解．

（1）由x=8t-2t²得，
v₀=8m/s，a=-4m/s²
由牛顿第二定律得：f=ma=0.5×（-4）N=-2N，即物体在水平桌面受到的摩擦力大小为2N．
（2）在BD段：X_BD=
v2−
v20
2a=
42−82
2×(−4)=6m
物块在DP段做平抛运动，
v_D=
2gy=
2×10×0.8m/s=4m/s
据题有：
v_P与水平方向的夹角为45°，则 v_D=v_y=4m/s
则 t=
vy
g=[4/10]s=0.4s
X_DP=v_Dt=4×0.4m=1.6m
所以BP间的水平距离 X_BP=X_DP+X_BD=1.6+6=7.6（m）
（3）设能到达M点，由机械能守恒定律得：
[1/2m
v20]=mgR+[1/2m
v2M]
v_M²=v_P²-2gR=2gR-2gR=0
要能到达M点 v_M=
gR，所以不能到达M点．
答：
（1）物体在水平桌面受到的摩擦力为-2N；
（2）BP间的水平距离为7.6m；
（3）物体不能到达M点．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；平抛运动．

考点点评： 此题注意分析运动过程，找清各物理量之间的关系，然后根据各运动过程运用所学知识解答即可．

（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
解得：a＝
F−μmg
m；
（2）有两种可能；
①开始推力大于摩擦力和弹力之和，做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零，又反向逐渐增大，所以加速度先减少后增大，速度先增大后减小．
②在推力作用下的过程中，推力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的加速运动，所以加速度一直减小，速度一直增大．
（3）设物块从O点向左运动x后返回，则有：Fl₁-μmgx=E_pm，
E_pm-μmgx-μmgl₂=0
解得：Epm＝
1
2Fl1+
1
2μmgl2；
答：（1）物块在O 点刚开始运动时的加速度大小为[F−μmg/m]；
（2）在推力作用的过程中，加速度先减少后增大，速度先增大后减小．或加速度一直减小，速度一直增大；
（3）在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值E_Pm是Epm＝
1
2Fl1+
1
2μmgl2．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律、能量守恒的综合，知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动．