沿竖直杆以速度V匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B,当细绳与竖直杆间的夹角为θ时物B的速度 答案是vco

解题思路：对滑块受力分析，受重力、弹力N和拉力F，根据平衡条件并结合合成法列式求解出表达式进行分析．

对滑块受力分析，受重力、弹力N和拉力F，如图所示：

滑块缓慢上升，处于平衡状态，根据平衡条件，有：
N=mgtanθ
F=[mg/cosθ]
当θ增加时，弹力N增加，拉力F也增加；
故选：C．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题关键是明确滑块的受力情况，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解，基础题．

若BC绳松弛，令ac绳与杆的夹角为θ，则F=mgtanθ=mLsinθ?ω 2 所以cosθ= g L ω 2 = 1 80 所以 θ≈90°，故BC绳一定张紧．设AC、BC的拉力为T 1 ，T 2 ，则有T 1 cos37°=mg+T 2 co...

这个题目要注意：小球在任何运动情况下只收到两个力的作用,但斜杆和细绳是不一样的,斜杆的作用力方向可以任意方向,细绳只能沿着细绳方向的拉力.其它就easy了.
1、小车匀速运动,F＝mg,方向竖直向上；
2、小车a向右.Fx＝mg,方向向右；Fy＝mg,方向竖直向上.所以总F＝（根号2）mg,方向右上45度.
3、小车a向左,Fx＝mg,方向向左；Fy＝mg,方向竖直向上.所以总F＝（根号2）mg,方向左上45度.
可以看出,硬杆和细绳是不一样的.如果用细绳是不能实现3的运动情况,而1的运动情况必须角度为0,2的运动情况必须角度为45度才能实现.

解题思路：分别对物体A、B进行受力分析，并运用力的平行四边形定则可得绳子的拉力与各自重力的关系，从而确定物体A、B的质量之比．

设绳子的拉力为T，隔离A分析有
T=m_Ag ①
隔离B分析有
m_Bg=Tcosθ ②
由①②整合得

mA
mB＝
1
cosθ
故选：B

点评：
本题考点： 运动的合成和分解；牛顿第二定律．

考点点评： 考查对研究对象的受力分析，及力的平行四边形定则，抓住绳子对两物体的拉力大小相等作为本题的突破口．

1、D对.
固定杆对小球的作用力原则上可沿任意方向,题目所给的角度是没用的.
对小球分析：受到重力mg、杆对它的作用力F.
当小车静止时,以上二力平衡,F＝mg,F方向是竖直向上.
当小车有水平加速度时,以上二力的合力是水平的,由牛二及直角三角形知识可得结果.
2、若上题中杆换成细绳,小车以加速度a向右运动,这时小球受到重力mg、绳子拉力F,合力方向是水平向右.
由勾股定理得　F＝根号[(mg)^2＋(ma)^2 ]
设绳子拉力的方向与水平方向的夹角是 α ,则　tanα＝（mg）/ （ma）＝g / a
得　α＝arc tan(g / a)
3、若杆是轻杆,且与小车通过铰链连接,则杆对小球的作用力方向必沿杆,分析的方法和过程与第2问题完全相同,结果也相同.

解题思路：将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，根据两物体沿绳子方向的速度相等，求出A的速度，再根据系统机械能守恒，求出B下降的高度，从而求出AB的绳长．

将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度相等，有v_Bcos60°=v_Acos30°，所以vA＝

3
3v．AB组成的系统机械能守恒，有mgh＝
1
2mvA2+
1
2mvB2．所以h=
2v2
3g，绳长l=2h=
4v2
3g．故D正确，A、B、C错误．
故选D．

点评：
本题考点： 运动的合成和分解；力的合成与分解的运用．

考点点评： 解决本题的关键会对速度进行分解，以及知道AB组成的系统机械能守恒．

解题思路：根据自由落体运动的位移时间公式分别求出杆的下端到达窗沿和杆的上端离开窗沿的时间，从而得出竖直杆全部通过窗沿的时间．

根据h1=
1
2gt12得，杆的下端到达窗沿的时间为：
t1=

2h1
g=

2×5
10s=1s，
杆的上端离开窗沿的时间为：
t2=

2h2
g=

2×10
10s=
2s，
可知全部通过窗沿的时间为：
△t=t2-t1=(
2-1)s．
故答案为：(
2-1)s．

点评：
本题考点： 自由落体运动．

考点点评： 解决本题的关键掌握自由落体运动的位移时间公式，并能灵活运用，基础题．

解题思路：以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图，根据平衡条件得出力与三角形ABC边长的关系，再分析BC杆的作用力的变化情况．

以结点B为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图，根据平衡条件则知，F、N的合力F_合与G大小相等、方向相反．

根据三角形相似得：
F合
AC=[N/BC]，又F_合=G
得：N=[BC/AC]G
现使∠BCA缓慢变小的过程中，AC、BC均不变，则得到N不变，所以作用在BC杆上的压力大小不变．
故选A．

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： 本题运用三角相似法研究动态平衡问题，直观形象，也可以运用函数法分析研究．

楼主很高兴 为您答疑

刚好滑动时F最小
竖直方向f+Fsinα=m1g+m2g
水平方向Fcosα=N
f=μN
联立解方程得
F=(m1g+m2g)/(sinα+μcosα)
其中(sinα+μcosα)=（2/√3）sin（α+60°）
所以α=60°时F最小
向左转|向右转

动能定理应该是：W=EK2-EK1即（mB+Mq）ghb-maghac=0.解得的结果与机械守恒相同.能用机械能守恒的完全可以使用动能定理解.
在作用机械能守恒的时候,‘‘整个系统’’ E前=E末 的形式进行计算,即EK1+EP1=EK2+EP2
由于EK1=0 EK2=0所以上式为EP1=EP2即mgha+mghb=mghc+mghb'移项得mghc-mgha=mghb-mghb'即
mghac=mghbb'
当然也可以解释为a增加的势能等于bq减少的势能.
也就是说：“ E前=E末 的形式进行,而是用 m增加的势能=Q和B减少的势能 ”也是一致的.

解题思路：圆环下降过程中，圆环与A组成的系统机械能守恒，由此可得h与l的关系式，进而进行分析．

A、B、由系统机械能守恒可得，mgh=Mg（
h2+l2-l），当M=2m时，h=[4/3]l，可知l越大，小环m下降的最大高度h越大，故A正确，B错误；
C、D、当M=m时，根据几何关系可知小球下降的高度大于A上升的高度，则在小环在下降过程中，系统的重力势能一直在减少，根据系统的机械能守恒可知系统的动能一直在增加，所以小环m下降过程中速度一直增大．故C错误，D正确．
故选：AD

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；功能关系．

考点点评： 考查系统机械能守恒的相关问题．关键要正确分析能量是如何转化的，通过列式，定量进行分析．

一直变大

如果你是刚学竞赛,建议你做程稼夫编著的《力学篇》和《电磁学篇》,中科大出版社的.

解题思路：人沿一竖直杆匀速向上爬的过程中，手与杆之间均无相对滑动，人受到静摩擦力作用，与重力平衡．

人受到重力和沿杆向上的静摩擦力作用而平衡，握力变大静摩擦力不变，只是人与杆间的最大静摩擦力变大，速度对静摩擦力也无影响．
故选D

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 本题考查静摩擦力的知识，利用平衡判断大小的变化．

竖直杆下端距离一竖直隧道口为5米,若这个隧道长也为5米,所以竖直杆一端从落下到到达隧道出口处需要走10米
而一根杆完全通过需要尾端从出口出来,从头端出来到尾端出来又多走一段杆长
所以总路程h为10+5=15米
h=gt^2/2
15=10t^2/2
t=√3
而未在隧道内的距离为5米
h'=gt^2/2
5=10t^2/2
t=1
总时间(√3-1)秒

应该是椭圆.理想平面你指的是光滑平面吧,那样的话杆水平方向不受力,质心的水平位置不变,严密一点,杆是均匀直杆,质心就是杆中心,这样杆端点的轨迹就是长轴为短轴二倍的椭圆的一部分.

缺少条件,是不是还有电场磁场什么的.不然加速度就是g.
如果是有电场磁场的话,那么一般是当电场力与洛仑兹力在水平方向上平衡时,加速度最大,a=g,此时,qvB=qE,V=E/B

先算出上端到达遂道口用时t1,用自由落体位移公式,h1为20m,再算出下端到达随道口用时t2,h2为15m,从下端到达遂道口至上端到达遂道口的时间就是杆通过遂道的时间,所以t1-t2即为所求.

1.计时应该从直杆下端到达隧道上口开始,直杆上端到达隧道下口结束.
2.直杆下端到达隧道上口时,直杆下落了I,用时t′=√（2×I/g）；
3.直杆上端到达隧道下口时,直杆下落了3×I,用时t″=√（6×I/g）；
4.直杆通过隧道时间△t=t″-t′=√（6×I/g）-√（2×I/g）=（√6-√2）×√（I/g）

是一共三个球··两个在两边一个在中间吗?
如果是那样不做功
如果只有两个球一个在边上一个在中间就做功

解题思路：根据功的定义式去判断两个过程中拉力F做功的大小．根据除了重力以外的力做功等于物体机械能的变化，分析两个过程机械能改变量的关系．
分析滑块的运动过程，根据受力情况找出滑块可能出现的情况，判断通过B、C两点的动能关系．

A、B、滑块从A→B点和从B→C点的过程中，根据几何关系可知，轻绳与竖直杆的夹角α越来越大．图中AB=BC，即从A→B的位移等于从B→C的位移．
由于轻绳对滑块的拉力大小不变，夹角α越来越大，cosα越来越小，故F在竖直方向的分量 Fcosα随α的增大而减小，根据功的公式W=Flcosα，可知从A→B过程中绳子对滑块拉力做的功大于从B→C过程中绳子对滑块拉力做的功．由于用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，所以绳子对滑块的拉力做的功与拉力F做的功相等．则得W₁＞W₂，故A正确，故B错误．
C、根据功能关系：除了重力以外的力做功等于物体机械能的变化，因为W₁＞W₂，所以滑块在AB段机械能改变量大于在BC段机械能改变量，故C正确．
D、由于在A点由于静止出发，可以肯定最初滑块是加速上升的，也就是说刚开始绳对滑块拉力的竖直分力要大于滑块的重力，但由于绳对滑块拉力的竖直分力是逐渐减小的（对滑块的拉力大小不变，但与竖直方向的夹角在逐渐增大），B到C的过程绳对滑块拉力的竖直分力与重力的大小关系不清楚，所以滑块的运动可能是加速的，也可能是减速的，还可能是先加速后减速的（竖直分力小于重力时做减速运动），所以无法确定滑块在B、C位置哪个位置的速度大，也就无法确定哪个位置的动能大，故D错误．
故选：AC．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 这是一道变力做功的创新题，进行半定量分析．对于功的大小定性比较，我们可以运用功的计算式去比较．对于不同位置动能的大小比较，我们可以通过受力分析（结合力的变化），分析物体的运动过程，是加速还是减速．

,因为环与杆之间的力是F不是mg所以选

匀速上画?!
匀速时 F=mg；
所以上画时,箱子对地压力为Mg-F；下滑时,Mg+F

解题思路：分别求出直杆自由释放到直杆的下端到达隧道口的时间和直杆上端到达隧道的口的时间，两时间之差即为通过隧道的时间．

根据h=[1/2gt2，直杆自由下落到下端运动到隧道口的时间为：
t₁=

2×5
10s＝1s
直杆上端到达隧道底部的时间为：
t₂=

2×15
10]=
3s
所以它通过隧道口的时间为：
t=t₂-t₁=（
3−1）s=0.732s；
故答案为：0.732s

点评：
本题考点： 自由落体运动．

考点点评： 解决本题的关键知道直杆通过隧道的时间等于直杆自由释放到直杆的下端离开隧道的时间和直杆上端到达隧道口的时间之差．

解题思路：（1）当圆环运动到B点时，重物下降到最低点位置，则取环与重物作为系统，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒，因此根据机械能守恒定律可解出圆环的速度大小；
（2）当圆环下滑到最大距离时，圆环与重物的速度均为零，再由机械能守恒定律，结合几何关系可求出圆环下滑的最大距离；
（3）圆环下滑到C点时，根据几何关系来确定变化的高度，再由机械能守恒定律，并结合运动的分解来确定圆环下滑到C点时的速度大小．

（1）圆环到C点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零．
根据几何关系可知：圆环下降高度为h_AB=[3/4]L，
重物下降的高度为△h=[5/4]L-L=[1/4]L
系统只有重力做功，所以系统机械能守恒
则有：mgh_AB+5mg△h=[1/2]mv₁²
由上可解得：圆环的速度为v₁=2
gL
（2）圆环能下滑最大距离H时，圆环和重物速度均为零．
由几何关系可得：重物上升的高度△H=
(H-
3
4L)2-[5/4]L
由于系统只有重力做功，所以系统机械能守恒
则有：mgH=5mg△H
解得：H=[25/12]L
（3）圆环到C点时，下落高度h_AC=[3/2]L，重物高度不变，
设圆环速度为v₂，此时重物速度为v₂cos53°．
系统机械能守恒
则有：mgh_AC=[1/2]mv₂²+[1/2]×5m（v₂cos53°）²
解得：v₂=

15
14gL
答：（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小为2
gL；
（2）圆环能下滑的最大距离[25/12]L；
（3）圆环下滑到C点时的速度大小为

15
14gL．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 本题多次运用几何关系及机械能守恒定律，定律的表达式除题中变化的动能等于变化的重力势能外，还可以写成圆环的变化的机械能等于重物的变化的机械能．同时关注题中隐含条件的挖掘：重物下降到最低点的同时其速度等于零．

解题思路：直杆通过窗户时间为直杆的下端到达窗户的上沿到直杆的上端离开窗户的下沿所用的时间．分别求出直杆自由释放到直杆的下端到达窗户上沿的时间和直杆上端离开窗户的下沿的时间，两时间之差即为通过窗户的时间．

根据h=[1/2]gt²，直杆自由下落到下端运动到窗户上沿的时间t₁=

2h1
g=

2×5
10s=1s．
直杆自由下落到直杆的上端离开窗户下沿的时间t₂=

2h2
g=

2×15
10s=
3s．
则直杆过窗户的时间t=t₂-t₁=（
3-1）s．
答：杆通过窗口的时间为（
3-1）s．

点评：
本题考点： 自由落体运动．

考点点评： 解决本题的关键知道直杆通过窗户的时间等于直杆自由释放到直杆的下端到达窗口上沿的时间和直杆上端离开窗口的下沿的时间之差．

当然可以用整体法~
首先假设环就是固定在杆上的,那么支持力显而易见是（M+m）*g
在假设,如果某人M坐电梯以g=G乡下加速运动,则所受支持力为M*(g-G)
而本体中作此运动的只有小环,故直接用Mg+mg-ma即可.
整体法用途极广,并不一定系统中各物体运动状态一样时才可用!
今年高考完高考,希望我的回答可解你疑惑~

要时间最短,运动的过程是开始以g加速下滑,再以975N摩擦减速,落地时恰好6m∕s,设加速时间为t
V最=gt ① S1=1∕2gt2 ②S2=（V最2-36）∕2a③a=（975-mg）∕m④
S1+S2=s⑤ P=mV最大⑥T=t+（V最-6）∕a⑦
解完!

因为环是在运动的,它的质量没有完全作用的箱子上,所以箱子对底面的压力是M+摩擦力

解题思路：木块竖直方向匀速下滑，水平方向具有与小车相同的加速度．分析木块竖直方向的受力：重力mg和滑动摩擦力f，二力平衡，即可得到滑动摩擦力f，由f=μN，求出杆对木块的弹力，根据牛顿第二定律求出木块水平方向的加速度，小车与木块水平方向有相同的加速度，再对整体根据牛顿第二定律求出水平力F的大小．

设小车的加速度为a．
对木块：
竖直方向：受到重力mg和滑动摩擦力f，木块匀速下滑时，则有 f=mg
水平方向：受到杆的弹力N，则有 N=ma，
又f=μN
联立以上三式，得 a=[g/μ]
对整体，根据牛顿第二定律得：
水平方向：F=（M+m）a
解得，F＝
1
μ(M+m)g
答：小车施加[1/μ]（M+m）g的水平力让车在光滑水平面上运动时，木块才能匀速下滑．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；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： 本题运用正交分解法研究木块的受力情况，再运用整体法，根据牛顿第二定律即可求解水平力F．

解题思路：木块竖直方向匀速下滑，水平方向具有与小车相同的加速度．分析木块竖直方向的受力：重力mg和滑动摩擦力f，二力平衡，即可得到滑动摩擦力f，由f=μN，求出杆对木块的弹力，根据牛顿第二定律求出木块水平方向的加速度，小车与木块水平方向有相同的加速度，再对整体根据牛顿第二定律求出水平力F的大小．

设小车的加速度为a．
对木块：
竖直方向：受到重力mg和滑动摩擦力f，木块匀速下滑时，则有 f=mg
水平方向：受到杆的弹力N，则有 N=ma，
又f=μN
联立以上三式，得 a=[g/μ]
对整体，根据牛顿第二定律得：
水平方向：F=（M+m）a
解得，F＝
1
μ(M+m)g
答：小车施加[1/μ]（M+m）g的水平力让车在光滑水平面上运动时，木块才能匀速下滑．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；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： 本题运用正交分解法研究木块的受力情况，再运用整体法，根据牛顿第二定律即可求解水平力F．

我觉得
当环匀速上滑时,把杆与箱子看成一个整体,整体受到环的摩擦力的反作用力-F竖直向上,因此箱子对地面的压力是:(m+M)-F

★★★★★★★★★★★★★★★★★
★★【!楼主,正解在此!】★★
★★★★★★★★★★★★★★★★★-
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楼主好,首先答案是B.
楼主如果是高三的话,该题可以很简单的求解出来.如果还在高一的话,会有一点儿麻烦,因为严格的分析过程需要用到极限和导数的基本知识.
【假设楼主高三】
设：物体A和B的速度分别为VA,VB；
绳子向右伸长的速度VL.
（1）判定速度
VB = VL
VL = VA×cosθ,这一关系楼主可画图证明,严格证明需用到极限和导数的知识.
从而VB = VA×cosθ, θ随A下滑而减小,于是VB在逐渐增大即B在向右做加速运动.
（2）判定加速度
加速度是速度对时间的导数,所以B的加速度aB = VA*-sinθ*(dθ/dt)（θ = arctan[d/(d0+VA*t)], cosθ的导数是 -sinθ,dθ/dt是负数其绝对值也在减小）,因此θ变小从而aB变小.
综上,正确选项为B
【假设楼主高一】
（1）有关B的速度分析同上
（2）加速度分析
A做匀速向下运动,从而在竖直方向上满足受力平衡.设绳子对A的拉力为FL,竖直杆的摩擦系数为u（若光滑则u=0）.在竖直方向上有：
FL*cosθ+ u*FL*sinθ = Ma*g,其中Ma为A的质量.
于是：
FL = mg/(cosθ+ usinθ),当θ由90度变为0度时,FL先增大后减小,FL变化的转折点由摩擦系数u决定.
设水平面的摩擦系数为u',则物体B受到向右的合力FB = FL - u'Mb*g.
结合对FL的分析,当θ由90度变为0度时,FB也会先增大后减小,B向右的加速度随之先增大后减小
因此,通过受力分析不能确定物体B的加速度.
特殊情况下,u=0即竖直杆光滑,此时FL一直减小,从而B向右的加速度也会不断变小.
因此当用受力分析时,关键点在摩擦系数u,而题目中没有明确说明.因此我们无法判断FL的大小.事实上,在题目所描述的环境下,物体A要做匀速下滑运动需要满足一定的条件,那就是能量守恒——整个系统损失的重力势能 = 两物体增加的动能+热能（如果有摩擦的话）,这里就需要u和θ满足一定的关系.如果这样分析下去就复杂了,
这样的话,我们可以通过对速度直接求导来判定B的加速度,如上文所述.
【进一步讨论】
实际上本文的重点是如何得出VL = VA×cosθ这一关系式,之前几个达人的回答可能有点儿问题.
对于这一关系时的严格证明,楼主可以请教物理老师.如果还有不明白的,楼主可以给我发消息~
---------------------------- So is the answer,thanks! -----------------------------

杆上每一点都是自由落体.
下端到窗口上沿的距离5m
v^2=2gs
v=sqrt(2gs)=sqrt(20*5)=10 m/s
杆上端到窗口下沿的距离15m
s=gt^2/2
t=sqrt(2s/g)=sqrt(2*15/10)=1.732 s

解题思路：对挂钩受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解；杆向左移动时，绳子与杆的夹角改变，绳子的张角变小，根据平衡条件可知绳子拉力T变小；根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，则绳子对挂钩的弹力的合力不变．

A、对挂钩受力分析，如图所示，根据平衡条件，又有2Tcosθ=mg
绳子右端的B点在杆上位置不动，将右杆向左移动到虚线位置时，角度θ变小，故绳子拉力T变小，故A、B错误．
C、绳中的拉力左右相等，两侧绳子与竖直方向的夹角均为θ，
根据三力平衡条件可知，两绳子的拉力T的合力F始终与G等值反向，保持不变．故C错误，D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 本题关键根据几何关系，得到向左移动时，绳子与竖直方向的夹角的变化情况，然后根据共点力平衡条件列式求解．

对小环受力分析：mg-F=ma,所以F=mg-ma；
对木箱受力分析：Mg+F=N,所以N=Mg+mg-ma.
注意：对小环时,F方向向上,对木箱时F方向向下,他们之间是力的作用力与反作用力.

解题思路：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
根据自由下落的公式和匀变速直线运动的推论求出h、t、g、v四个物理量之间的关系．
整理得到[h/t]-t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系．

（1）主尺读数为1.1cm，游标读数为0.05×14=0.70mm=0.070cm，
所以最终读数为1.1cm+0.070cm=1.170cm．
（2）小球经过光电门2的速度为v，根据运动学公式得从开始释放到经过光电门2的时间t′=[ v/g]，
所以从开始释放到经过光电门1的时间t″=t′-t=[ v/g]-t
所以经过光电门1的速度v′=gt″=v-gt
根据匀变速直线运动的推论得：两光电门间的距离h=[v′+v/2]t=vt−
1
2gt2
（3）h=vt−
1
2gt2
所以[h/t]=v-[1/2]gt
若[h/t]-t图线斜率的绝对值为k，k=[1/2]g
所以重力加速度大小g=2k．
故答案为：（1）1.170；
（2）vt−
1
2gt2；
（3）2k．

点评：
本题考点： 测定匀变速直线运动的加速度．

考点点评： 要掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
整理图象所要求的表达式，根据斜率的物理意义求解．

解题思路：对物体进行受力分析，运用某个方向上平衡状态求出正压力，根据滑动摩擦力的公式表示出该力．
根据细绳与水平方向夹角θ角增大去判断摩擦力的变化．
运用功的定义式定性分析功的变化，抓住其中的不变量．

A、B物体受力如图所示，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功．
根据功的定义式W=F₂Lcosθ，θ增大，F不变，在相同位移L上拉力F做的功减小，所以从A点至B点F₂做的功大于从B点至C点F₂做的功，故A正确，B错误；
C、物体从A到C过程，可能先加速后减速，物体在A点与C点速率可能相等，根据动能定理得知，物体从A运动到C过程中动能的变化量为零，总功为零，则从A点至C点F₂做的功可能等于滑块克服F₁做的功．故C正确
D、物体从A到C过程，可能一直加速，物体在C点的速率大于在C点的速率，根据动能定理得知，物体从A运动到C过程中动能的变化量大于零，总功大于零，则从A点至C点F₂做的功可能大于滑块克服F₁做的功．故D正确
故选ACD

点评：
本题考点： 动能定理的应用．

考点点评： 判断一个力的变化，我们应该先把这个力运用物理规律表示出来，再根据关系式里的物理量的变化找出这个力的变化．本题分别从功的公式和动能定理分析功．

设AB中点为O,∠mAO=θ,
AO=1/2AB=0.8m cosθ=AO/a=0.8/1=0.8 所以 tanθ=0.75
圆周运动半径mO=r=a*sinθ=1*3/5=0.6m
当b绳刚好拉直时,重力和a绳的拉力的合力作为向心力,所以:tanθ=F向/mg F向=mg*tanθ (1)
F向=mrω^2 (2)
联立(1),(2)可得:ω=(gtanθ/r)^1/2=(10*0.75/0.6)^1/2≈3.5rad/s
所以当直杆与小球旋转的角速度大于3.5rad/s时,b绳上有拉力.

杆相对于半圆柱体来说,是沿着球面运动的,也就是沿半径方向的相对速度为0
所以,二者在沿半径方向的分速度是相等的.

1.因为是匀速,所以f=G=500N
2.先把木块放铁块上,匀速拉动铁块,看所需的拉力f1
再把铁块放木块上,匀速拉动木块,看所需的拉力f2
若f1大,则铁块粗糙,若f2大,则木块粗糙

分析：
画图可知,如果将低的绳子那段往上移动.那么绳子和水平方向的夹角会变大.
设这一夹角为α,绳的拉力为F,物重为mg,则由拉密原理可得：
F：sin(90°＋α)＝mg：sin(180°－2α),即 F＝mg/(2sinα),
∵0°＜α＜90°∴当α增大时,sinα也增大.这样F就会变小

设当拉至系绳与水平杆成37度时,A的速度为Va,由绳子速度约束关系可得B的速度为Vb=Va * 0.75
由几何关系得,B的位移为0.8L.
根据动能定理,F=3Mg,S=0.8L,所以FS=0.5*M*Va^2+0.5*M*Vb^2+Mg*(L-0.6L)
代入得Va=8/5*根号(gL)

首先,假设每根绳子都拉直了.
就是一个等边三角形.
从小球向杆做垂线.
勾三股四玄五
长度就知道了,
以垂线段为半径的圆周运动,计算.
离心力与重力比较,如果大于3/4则,下面的绳子开始承受力.
反之,下面的绳子就不承受力.
如果承受力,就把离心力,重力,上下绳子的力和合起来等于0,就可以了!
如果不承受力,
就是两个力的平方和再开平方就对了!

解题思路：将A、B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，抓住沿绳子方向的速度相等，结合平行四边形定则求出A的速率．

A、B的速度分解如图所示，滑块B沿绳子方向上的分速度v₁=vcosα
滑块A沿绳子方向上的速度v_A1=v_Asinα
因为v₁=v_A1
则v_A=vcotα．故D正确，A、B、C错误．
故选D．

点评：
本题考点： 运动的合成和分解．

考点点评： 解决本题的关键抓住沿绳子方向的分速度相等，结合平行四边形定则进行求解．

将A的速度沿绳方向和垂直绳方向分解,得Va＝V0/cosθ,Ea=1/2Ma(V0/cosθ)^2

对于小环而言,以向下为正方向的话,合力是mg-f,加速度a=（mg-f）/m,所以ma=mg-f,f=mg-ma.因此Mg+mg-ma=Mg+f.但是由题目可知,f是题目已经给出的量,a则并没有给出.你写成mg+Mg-ma,那么式子中有个未给出的量a,这怎么能算做出题目了呢?所以答案是Mg+f.

小球a、b间用一细直棒相连,则小球对于细棒来说是相对静止的,也就是说a、b沿细棒的分速度是相等的.a、b沿杆的分速度分别为vacosα和vbsinα,va∶vb= tanα∶1