轻杆所受的力与两端提供给其他物体的力的方向无论何时一定沿杆方向?

设小铁块滑行的距离为x，铁块的重力为mg，轻板长为L，以O支点，根据力矩平衡得：mgx=TLsinθ
得：T＝
mgx
Lsinθ
设铰链对板作用力的大小为F，将F分解为水平向右的分力F_x和竖直向上的分力F_y，由平衡条件得：F_x=Tcosθ，
Tsinθ+F_y=mg
联立解得：F_x=mgcotθ•[x/L]，F_y=mg（1-[x/L]）
设[x/L]=y
又：F=

F2X+
F2y=mg
cotθ2y2+(1−y)2=mg
(cotθ2+1)y2−2y+1
根据数学知识得知，F先减小后增大．
故选D

点评：
本题考点： 力矩的平衡条件．

考点点评： 本题运用力矩平衡和共点力平衡相结合研究物体平衡问题，关键是得到铰链对板作用力的大小为F与x的关系，考查运用数学知识解决物理问题的能力．

A、B由E=[U/d]、U=[Q/C]推导出板间电场强度大小为E=[Q/dC]，从位置I移到位置Ⅱ的过程中，电场力对负电荷做负功-qEL，对正电荷做正功qE•2L，则电场力对系统做功为W=-qEL+qE•2L=qEL=[qQL/dC]，故两球电势能之和减小[qQL/dC]．故A正确，B错误．
C、D系统在位置Ⅰ时，总电势能为零，移到无穷远处的过程时，总的电势能也为零．由于从位置I移到位置Ⅱ的过程中，两球电势能之和减小[qQL/dC]，则从位置Ⅱ移到无穷远处的过程中，电势能将增大[qQL/dC]，故系统克服电场力做功[qQL/dC]．故C错误，D正确．
故选AD

点评：
本题考点： 电势能；动能定理的应用．

考点点评： 本题一方面要掌握电场强度与电势差、电容的关系，另一方面要抓住在位置I时系统的电势能与无穷远处的电势能都为零，来分析电势能的变化．

当物块以速度v向右运动至杆与水平方向夹角为θ时，B点的线速度等于木块的速度在垂直于杆子方向上的分速度，v_B=vsinθ，则杆子的角速度ω=
vB
rOB，则小球A的线速度v_A=ωL=
vLsin2θ
h，故A正确，B、C、D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 速度公式及其应用．

考点点评： 解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度．

因小球A绕O点做圆周运动，根据线速度与角速度的关系为：v=rω=1×3m/s=3m/s；

此时如图：OBsin53°=h=0.3m
v_Bsin53°=OBω
得：vB＝

h
sin53°ω
sin53°＝

0.3
0.8×3
0.8m/s＝
45
32m/s
当杆与水平方向成37°角时，令物块的速度为v，则如下图所示：

此时如图：OB′sin37°=h=0.3m
由几何知识知：
vA′
vB′sin37°＝
OA
OB′
可得：vA′＝
OA
OB′vB′sin37°
小球A减小的重力势能等于小球A和物块B增加的动能之和：
mAgOA(sin53°−sin37°)＝
1
2mAvA′−
1
2mA
v2A+
1
2mBvB′2−
1
2mvB2
代入数据可解得：
1
2mBvB′2＝4.9J
故答案为：3，4.9

点评：
本题考点： 动能定理的应用．

考点点评： 本题的难点是关于物块速度的分解，物块实际运动速度为合速度，可分解为沿杆方向和垂直杆方向的两个速度．这是解决本题的关键，能从能量角度分析重力势能的变化与动能变化间的关系．

（1）设B球刚进入电场时带电系统电度为v₁，由动能定理得2qEL＝
1
2×2m
v21
解得v1＝

2qEL
m
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．
设A球离开PQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x＝
L
3则s总＝
7
3L
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为[4/3L
其电势能的变化量为△EP＝W＝3qE•
4
3L＝4qEL
（3）向右运动分三段，取向右为正方向，
第一段加速a1＝
2qE
2m＝
qE
m]，t1＝
v1
a1＝

2mL
qE
第二段减速a2＝−
qE
2m
设A球出电场电速度为v₂，由动能定理得−qEL＝
1
2×2m(
v22−
v21)
解得v2＝

qEL
m，
则t2＝

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．

考点点评： 解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解．

（1）A做圆周运动的半径为R_A=（1-0.2）m=0.8m
设杆对A球的向上拉力为F_A，由牛顿第二定律得：
FA−mg＝m
vA2
RA
代入数据解得F_A=30N
由牛顿第三定律得
A对杆作用力大小为30N，方向竖直向下．
（2）B丶A两球同轴转动角速度W相等，由W=[V/R]得：

vA
RA＝
vB
RB ①
设杆对B的作用力F_B的方向向下
FB+mg＝m
vB2
RB ②
①②联立代入数据求得 F_B=-5N
负号表示F_B的方向向上
由牛顿第三定律得
B对杆作用力大小为5N，方向竖直向下．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题是圆周运动和牛顿第二定律的综合应用，熟练掌握牛顿第二定律和向心力公式是解决本题的关键，另外对杆的作用力也要特别注意，在最高点即可以是向下的拉力，也可以是向上的支持力．

因小球做匀速圆周运动，所以其所受各力的合力一定指向圆心，充当向心力，若受杆弹力为F1、F2、F4时与重力的合力均不可能沿杆指向圆心，只有杆的弹力为F3时才可能合力沿杆指向圆心，故选项C正确，其余错误。

C

A、B、水平力F将木板向右匀速拉出时，以光滑铰链为支点，对球杆整体受力分析，如图所示：由于摩擦力有力矩，根据平力矩平衡条件，重力的力矩大于支持力的力矩，由于重力和支持力的力臂相等，故重力大于支持力；故f=...

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： 本题关键随球杆整体运用力矩平衡条件判断压力和重力的大小关系，然后对木板受力分析，根据平衡条件得到拉力和μmg的大小情况，不难．

A、因为A、B两球电势能之和不变，则电场力对系统做功为零，因此A、B电性一定相反，A可能带正电，也可能带负电，故A错误；
B、A球的电性不确定，无法判断其电势能的变化，故B错误；
B、电场力对A、B做功大小相等，方向相反，所以有：Eq_B×2L=Eq_A×L，因此q_A：q_B=2：1，故C正确；
D、电场力对A、B都做功，代数和为零，故D错误．
故选：C．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．

考点点评： 解决本题的关键理解“A、B两球电势能之和不变”的物理含义：电场力对系统做功为零；根据电场力做功特点进一步求解．

（1）设B球刚进入电场时带电系统的速度为v₁，由动能定理
得2qEL＝
1
2×2mv12，
解得v1＝

2qEL
m；
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、AB都在电场中、A球出电场．
设A球运动的最大位移为x，由动能定理
得2qEL-qEL-3qE（x-2L）=0
解得x＝
7
3L
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为[7/3L−L＝
4
3L
其电势能的变化量为：△Ep＝W＝3qE•
4
3L＝4qEL；
（3）向右运动分三段，取向右为正方向
第一段加速：a1＝
2qE
2m＝
qE
m]，
t1＝
v1
a1＝

2mL
qE，
第二段减速：a2＝−
qE
2m，
设A球出电场电速度为v₂，由动能定理得：−qEL＝
1
2×2m(v22−v12)，
解得：v2＝

qEL
m，t2＝
v2−v1
a2＝2(
2−1)

mL
qE，
第三段再减速：a3＝
3qE
2m，t3＝
0−v2
a3＝
2
3

mL
qE，
所以带电系统从静止开始到向右运动至最大距离处的时间：t＝t1+t2+t3＝(3
2−
4
3)

mL
qE．
答：（1）B球刚进入电场时，带电系统的速度大小为v1＝

2qEL
m；
（2）带电系统从静止开始向右运动的最大距离为[7L/3]，此过程中B球电势能的变化量为4EL．
（3）带电系统从静止开始到向右运动至最大距离处的时间为
2
3

mL
qE．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势能．

考点点评： 解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解．

A、杆模型中，小球刚好能通过最高点P的速度为0，设小球在最高点时对杆的作用力为F，根据牛顿第二定律：F-mg=0，得：F=mg，故A错误B正确；
C、在最高点，当速度大于
gr，杆子表现为拉力，当速度小于
gr，杆子表现为支持力．根据牛顿第二定律知，在最高点当速度大于
gr，速度增大，则杆子的作用力增大，当速度小于
gr，速度增大，则杆子的作用力减小．即若增大小球的初速度，则在最高点时球对杆的力可能增大可能减小，故C错误D错误；
故选：B

点评：
本题考点： 向心力；物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题竖直平面内圆周运动临界条件问题，抓住杆能支撑小球的特点，由牛顿第二定律进行分析．

如图所示

根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，可将B点运动的速度v_B=v沿垂直于杆和沿杆的方向分解成v₂和v₁，其中v₂=v_Bsinθ=vsinθ为B点做圆周运动的线速度，v₁=v_Bcosθ为B点沿杆运动的速度．当杆与水平方向夹角为θ时，OB=[h/sinθ]
A、A、B两点都围绕O点做圆周运动，由于同一杆上运动，故角速度ω相同，由于转动半径不一样，故A、B的线速度不相同，故A错误；
B、由于A、B在同一杆上绕O点做圆周运动，故A、B绕O做圆周运动的角速度相同，故B错误；
C、由于B点的线速度为v₂=vsinθ=OBω，所以ω＝
vsinθ
OB=
vsin2θ
h，故C错误；
D、由C分析知，杆转动的角速度ω=
vsin2θ
h，所以A的线速度v_A=Lω=
Lvsin2θ
h，故D正确．
故选D

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速；运动的合成和分解．

考点点评： 解决本题的关键会根据平行四边形定则对速度进行分解，木块速度在垂直于杆子方向的分速度等于B点转动的线速度