物块A和B用轻质弹簧相连,在光滑的水平直轨道上处于静止状态.物块C沿轨道以速度V向左运动,C与B发生碰撞立即达到共同速度

A、整体受总重力、拉力、洛伦兹力和支持力，合力为F，根据牛顿第二定律，知加速度不变，整体做匀加速直线运动，所以v=at．A所受的洛伦兹力F_洛=qvB=qBat，知洛伦兹力与时间成正比，是过原点的一条倾斜直线．故A错误．
B、隔离对A分析，A所受的合力等于A的摩擦力，则f=ma，知A所受的静摩擦力不变．故B错误．
C、A对B的压力等于B对A的支持力，N=m_Ag+qvB=m_Ag+qBat，N与t成一次函数关系．故C正确．
D、对整体分析，地面的支持力N′=（m_A+m_B）g+qBat，压力与时间成一次函数关系．故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；洛仑兹力．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用．

由于最终物块和球都与圆盘相对静止，一起作匀速圆周运动，因此它们所受的合外力均指向转动轴，而满足牛顿第二定律，据此求出静摩擦力的大小和方向．
设：弹簧形变为x，物块所受静摩擦力为f，据牛顿第二定律，对球有：∑F＝kx＝m
ω2 (x+
l
2)
对物块有：∑F＝kx+f＝M
ω2
l
2
可得：

150x＝102(x+0.10)
150x+f＝2×102×0.10
解得：x=0.20 m，f=-10 N
负号表示即方向背离转轴．
答：物体受到的摩擦力为10N，方向背离圆心．

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律．

考点点评： 此题将弹力与圆周运动结合在了一起，处理时的关键点时弹簧伸长后的长度是小球做圆周运动的半径．

A、甲图，F_拉=G；乙图，将物块浸没在水中，由于物块受到水的浮力，弹簧测力计的示数F′=G-F_浮，所以弹簧测力计的示数将变小，故A正确；
B、物块浸没在水中后，水的深度h增加，由p=ρgh可知水对容器底部的压强变大，故B正确；
CD、物块未浸没在水中时，桌面受到的压力F=G_水+G_容器；物块浸没在水中后，物块受到水的浮力，水受到物块的反作用力F_物，桌面受到的压力F′=G_水+G_容器+F_物，可见桌面受到的压力变大；而受力面积不变，由p=[F/S]可知桌面受到的压强变大，故C正确、D不正确．
故选D．

点评：
本题考点： 阿基米德原理；压强的大小及其计算；液体的压强的特点．

考点点评： 本题考查了学生对液体压强公式、压强定义式、浮力的了解与掌握，会对物块进行正确的受力分析是本题的关键．

（1）物块放在A端时受到竖直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力N和沿斜面向上的摩擦力f，
则有：N=mgcos37
摩擦力：f=μN
沿斜面方向：f-mgsin37=ma
联立解方程可得a=0.4m/s²，
当物块跟皮带速度相等所需时间 t₁=[v/a]=5s
通过的位移 x=
v2
2a=5m
速度等于皮带速度后物块作匀速直线运动，t₂=[L−x/v]=3s
所以t=t₁+t₂=8s
（2）摩擦力对物体做的总功等于机械能的增量，所以
W=
1
2mv2+mgLsin37°=136J
答：（1）物块m从A端运到B端所需的时间是8s；
（2）摩擦力对物体做的总功136J．

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： 解决本题的关键理清物体的运动，物体经历了匀加速直线运动和匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．

A、0～t₂时间内为滑动摩擦力f=μN，随正压力的增大而增大，t₂时刻之后为静摩擦力等于重力，A正确；
B、0～t₁时间内物块沿墙壁加速下滑，t₂时刻物块的速度为0，物体静止，B正确；
C、0～t₂时间内压力F一定随时间均匀增大，之后不一定，CD错误；
故选：AB

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 解答本题的关键在于正确对图象进行分析，由图象得出静摩擦力、滑动摩擦力．

由于没有摩擦力，所以下滑的过程中，机械能保持不变，物体在C处时，一部分重力势能转化为动能，在B处时，重力势能完全转化为动能，所以C处的动能小．
故答案为：不变；C．

点评：
本题考点： 动能和势能的大小变化．

考点点评： 本题考查能量的转化，要知道影响动能和重力势能的因素，相对比较简单，属于基础题．

（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为υ_A、υ_B．
由动量守恒定律有：0=m_Aυ_A-m_Bυ_B
此过程机械能守恒有：E_p=[1/2]m_Aυ_A²+[1/2]m_Bυ_B²
代入E_p=108J，解得：υ_A=6m/s，υ_B=12m/s，A的速度向右，B的速度向左．
（2）C与B碰撞时，C、B组成的系统动量守恒，设碰后B、C粘连时速度为υ′，则有：
m_Bυ_B-m_Cυ_C=（m_B+m_C）υ′，代入数据得υ′=4m/s，υ′的方向向左．
此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为E_p′，且此时A与B、C三者有相同的速度，设为υ，则有：
动量守恒：m_Aυ_A-（m_B+m_C）υ′=（m_A+m_B+m_C）υ，
代入数据得υ=1m/s，υ的方向向右．
机械能守恒：[1/2]m_Aυ_A²+[1/2]（m_B+m_C）υ^′2=E_p′+[1/2]（m_A+m_B+m_C）υ²，
代入数据得E′_p=50J．
答：（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A的速度为6m/s，B物块速度大小12m/s．
（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能为50J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 考查动量守恒定律与机械能守恒定律相综合的应用，列动量表达式时注意了方向性．同时研究对象的选取也是本题的关键之处．还值得重视的是B与C碰后有动能损失的，所以碰前的与碰后不相等．

A、拉力的瞬时功率P=Fv，故A错误；
B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m₂gsinθ=kx₂，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x₂，故m₂gsinθ＞kd，故B错误；
C、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m₂gsinθ=kx₂，但由于开始是弹簧是压缩的，故d＞x₂，故m₂gsinθ＞kd，故物块A加速度大于
F−kd
m1，故C错误；
D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：Fd−m1gdsinθ−
1
2m1v2，故D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 功的计算；牛顿第二定律；弹性势能．

考点点评： 含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路．

（1）由题意知，光从物块射到水面处发生折射，折射角大于入射角，折射光线远离法线，射入细管中，进入人眼，所以人看到了物块．
故答案为：

（2）①三孔插座的连接：上孔接地线，当金属外壳的用电器插入插座时，使金属外壳接地，防止金属外壳漏电发生触电事故．左孔接零线，右孔接火线．
②灯泡的连接方法：火线首先接入开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入螺旋套．开关既能控制灯泡，又能在灯泡损坏时，断开开关，切断了火线，安全的更换灯泡．故答案为：

（3）过力臂的末端作垂直于杠杆的作用力F，方向斜向上；过物体的重心作竖直向下的力（即重力）．如图所示：

（4）螺线管的右端为N极，磁感线从磁体的N极出发，回到S极，所以可以确定螺线管周围磁场的方向是从左向右的．
当小磁针静止时，根据磁极间作用规律可知，靠近电磁铁N极的一定是小磁针的S极，由此可知小磁针的右下端为N极．
根据螺线管的右端为N极，以及线圈的绕向利用安培定则可以确定螺线管中电流是从螺线管的左端流入右端流出．
根据电流方向与电源正负极之间的关系：在电源外部电流从正极流出，回到负极，可以确定电源的正负极：左端为正极，右端为负极．
如下图所示：

点评：
本题考点： 作光的折射光路图；力臂的画法；通电螺线管的磁场；家庭电路的连接．

考点点评： 此题主要考查了光的折射规律，家庭电路的正确连接方法，会根据力与力臂的关系画出相应的作用力或力臂，还考查然后利用相关知识解决磁感线的方向、小磁针的N极、电源的正负极等知识点，是一道综合题．

（1）从A到B过程运用动量定理，得到
（F-μmg）t=mv
解得
v＝
Ft
m−μgt
故物块运动到B点时速度的大小为[Ft/m−μgt．
（2）物体沿斜面向上运动，受力如右图所示
根据牛顿第二定律
mgsinθ+μN=ma
N=mgcosθ
解得
a=g（sinθ+μcosθ）
故物块沿斜面向上运动时加速度的大小g（sinθ+μcosθ）．
（3）根据 v²=2aS
解得
S＝
(Ft−μmgt)2
2m2g(sinθ+μcosθ)]
故物块沿斜面上滑的最大距离为
(Ft−μmgt)2
2m2g(sinθ+μcosθ)．

点评：
本题考点： 动量定理；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 本题关键是将物体的运动过程分割成加速和减速两个过程，然后对加速过程运用动量定理列式求解，对减速过程运用牛顿第二定律和运动学公式列式求解．

物块轻轻放上传送带后，做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，知每隔相等时间放上传送带的物体相对于传送带滑行的位移大小相等，此过程传送带向前滑行的位移为vT，则相邻两物块的间距恒为vT．故C正确，A、B、D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．

考点点评： 解决本题的关键理清物块的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析．

A、B碰撞时间极短，沿斜面的方向动量守恒，设碰后瞬间B的速度为vB mAvA=mv1+mBvB代入数字得：vB=2.4m/s（2）B的加速度aB=-gsin θ=-6m/s2B沿斜面上滑的最远距离SB=v2B2aB=0−2．422×(−6)m=0.48m（3）碰...

点评：
本题考点： 动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题的过程比较复杂，按时间顺序进行分析．关键要分析第一次碰后A可能的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．

（1）物块A从P点运动到O点的过程中，根据牛顿第二定律得：
a=μg
根据运动学公式得：
v2−
v20＝2(−a)l
可解得A、B碰撞前瞬间A的速度大小 v＝

v20−2μgl
（2）A、B碰撞过程中，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起向左运动，
由动量守恒定律得：mv=2mv′
可解得A、B碰撞后瞬间A、B的速度大小 v′=[1/2]

v20−2μgl
（3）A、B碰撞后，向左运动过程中，由动能定理得：
-W_f-W_弹=0-[1/2]（m+m）v′²
向右运动过程中，由动能定理得：
-W_f+W_弹=0-0
可解得 W弹＝
1
8m(
v20−2μgl)
弹簧的弹性势能的最大值为 [1/8m(
v20−2μgl)
答：（1）A、B碰撞前瞬间，A的速度大小是

v20−2μgl]；
（2）A、B碰撞后瞬间，A、B的速度大小是[1/2]

v20−2μgl；
（3）弹簧的弹性势能的最大值是
1
8m(
v20−2μgl)．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律；动能定理；弹性势能．

考点点评： 本题结合弹簧问题考查了动量守恒和功能关系的应用，能根据动量守恒条件判断系统动量守恒并能列式求解，能根据动能定理列式求解是解决本题两问的关键．

子弹、物块A和平板车B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，全过程，由动量守恒定律得：
m₀v₀=m₀v+（m_A+m_B）v_B，
解得v_B=1m/s，
系统产生的热量等于系统机械能的减少量，由能量守恒定律得：
Q=△E=[1/2]m₀v
20-[1/2]（m_A+m_B）v
2B-[1/2]m₀v²，
代入数据解得：Q=1598J．
答：系统产生的热量为1598J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律．

考点点评： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，是道好题．运用动量守恒定律解题时，关键要合理地选择研究的系统．

对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图

根据牛顿第二定律，水平方向有
Tsinθ=ma ①
竖直方向受力平衡有：
Tcosθ-mg=0 ②
再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、横杆支持力N、横杆摩擦力f，如图

根据牛顿第二定律，水平方向有
f=（M+m）a ③
竖直方向受力平衡有：
N-（M+m）g=0 ④
由①②③④解得：
tanθ＝
a
g
N=（M+m）g
T＝
m(a2+g2)
f=（M+m）a
横杆对M的作用力：F＝
f2+N2
由以上表达式可知：
横杆对M的摩擦力增大为原来2倍，但是支持力没变，故横杆对M的作用力不是原来两倍．故A错误
由拉力表达式可知，拉力T也不是增大为原来2倍，故B错误．
θ的正切变为原来的2倍，但θ不是2倍，故C错误，D正确
故选D．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题是典型的整体与部分受力分析法的应用，对连接体问题，多数要用到这个方法，建议重点训练掌握熟练．
另外在涉及正交分解的时候，一般是在运动方向列牛顿第二定律方程，而在垂直运动方向列平衡方程．

整体水平方向受两推力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：
a=
Fa+Fb
ma+mb；
对a由牛顿第二定律可得：
F_a+T=m_aa
T=-F_a+ma
Fa+Fb
ma+mb=-
mbFa−maFb
ma+mb；
若m_bF_a＞m_aF_b，T为负值，b对a为推力；
若m_bF_a＜m_aF_b，T为正值值，则b对a为拉力；
故选：C．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-连接体．

考点点评： 本题考查整体法与隔离法的应用，一般先用整体法求出整体加速度或表达式，再选取其中一个物体进行分析即可求出；本题的难点在于最后对公式的分析．

由题意知，对A：f₁是静摩擦力，f₁=m_Aa，
对AB整体：F_拉-f₂=（m_A+m_B）a．
f₂是滑动摩擦力，f₂=μ（m_A+m_B）g．
若增加C桶内沙的质量，系统加速度变大，故f₁变大，f₂不变，选项B正确．
故选：B

点评：
本题考点： 静摩擦力和最大静摩擦力．

考点点评： 考查受力分析与牛顿第二定律，本题注意：f1是静摩擦力，为A提供加速度，如果增加C的质量，整体的加速度就会变大，所以f1也要变大为A提供更大的加速度．f2是动摩擦力，动摩擦力是不变的，只和总压力、摩擦系数有关．

（1）由A到B过程，物块的机械能守恒，
由机械能守恒定律得：mgH=
1
2mVB2，
解得：VB＝
2gH=2
10m/s；
（2）对从A点第一次运动到最高点的过程，
由能定理，设BC段阻力所做的功为W_f，
由动能定理得：mg（H-R-0.6）+W_f=0-0，
解得：W_f=-0.4mg，即克服阻力做功为0.4mg；
（3）由第（2）问知，物块每次经过BC段机械能损失0.4mg，
原有总机械能为E=mgH=2mg，
可知物块经过BC段5次后停在C点，即B点右侧2m处．
答：（1）物块第一次到达B点时的速度为2
10m/s；
（2）物块第一次从B到C克服阻力所做的功0.4mg；
（3）物块最终停在距B点右侧2m处．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；机械能守恒定律．

考点点评： 分析清楚物体的运动过程，应用动能定理即可正确解题；分析清楚物体运动过程是正确解题的关键．

设斜面的重力为G．整个装置保持静止状态时，台秤的示数为F₁=G_A+G．当细线被烧断物块正在下滑时，物块对斜面的压力大小为N=G_Acos30°，对斜面研究得到，台秤的示数为F₂=G+Ncos30°=G+[3/4]G_A，故台秤的示数减小量为△F=G_A-[3/4]G_A=1N．
故选：B．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-超重和失重．

考点点评： 本题运用整体法和隔离法进行研究，分析受力情况是基础．

（1）F_浮=G-F_示=15N-5N=10N，
（2）∵物块浸没水中，F_浮=ρ_水V_排g，
∴V=V_排=
F浮
ρ水g=[10N
1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10^-3m³，
（3）由G=mg得，物块的质量为m=
G/g]=[15N/10N/kg]=1.5N，
物块的密度ρ=[m/V]=
1.5N
1×10−3m3=1.5×10³kg/m³
答：（1）此时物块受到水的浮力为10N；
（2）物块的体积为1×10^-3m³；
（3）物块的密度为1.5×10³kg/m³．

点评：
本题考点： 浮力大小的计算；阿基米德原理．

考点点评： 本题考查了学生对重力公式、密度公式、阿基米德原理的掌握和运用，利用好“称重法测浮力”求出金属块在水中受到的浮力是本题的突破口．

对物体受力分析并分解如图，根据平衡条件得合力为零：
物体所受斜面支持力N=Fsinθ+mgcosθ，F增大，则得N一定增大；
未画上f，分情况讨论f的情况：
开始时物体处于静止状态，故重力的下滑分量一定静摩擦力；
①Fcosθ=Gsinθ；f=0；F增大，f增大；
②Fcosθ＞Gsinθ；f沿斜面向下，F增大，f增大；
③Fcosθ＜Gsinθ；f沿斜面向上，F增大，f先变小后变大
由于推力F从零开始增加，故静摩擦力一定是先减小后增大；故有可能增大，也可能减小；
故AB错误，CD正确；
故选：CD．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．

考点点评： 本题是平衡条件得应用，只要物体处于平衡状态，合外力始终为零，物体摩擦力的情况需要分情况讨论有一定的难度，需要讨论分析．

弹簧的弹力为2N，有两种可能情形：弹簧处于拉伸状态；弹簧处于压缩状态，因此对应的解应有两组．
①当弹簧处于拉伸状态时，由A、B受力均平衡可知，A受重力、弹簧向下的拉力及绳子对A的拉力，由共点力的平衡可知，绳子的拉力F=G_A+F=5N；由牛顿第三定律可知天花板受到的拉力为5N；对B分析，B受重力、支持力及弹簧向上的拉力而处于平衡，则B受支持力F_N=mg-F=2N；故D正确．
②若弹簧处于压缩状态，同理可知，A正确．
故选AD．

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： 本题应注意弹簧既可以提供拉力也可提供压力，故本题中会出现两种可能，应全面分析．