马踢马房的挡板发出巨大的响声.这句话怎样变为“被”字句和“把”字句//!

（1）对球1所受的重力来说，其效果有二：第一，使物体欲沿水平方向推开挡板；第二，使物体压紧斜面．因此，力的分解如图甲所示，由此得两个分力，大小分别为：

（2）对球1，F₁=Gtanθ
F₂=[G/cosθ]
对球2，F₁′=Gsinθ F₂′=Gcosθ
所以：挡板AB所受的压力之比为：
F1
F2=[1/cosθ]
斜面所受两个小球压力之比为：
F1′
F2′=[1
cos2θ
答：（1）如图；
（2）两挡板受到两个球压力大小之比
1/cosθ]；
（3）斜面受到两个球压力大小之比
1
cos2θ．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

考点点评： 共点力平衡问题的解题一般按如下步骤进行：1、明确研究对象．2、分析研究对象受力，作出受力示意图．3、选择合适的方法，根据平衡条件列方程，求解．

（ⅰ）以v₁的方向为正方向，则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中，小车动量变化量的大小为△p=m₁v₁-m₁（-v₀）=12kg•m/s ①
（ⅱ）小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力和摩擦力的作用下，做变速运动，直到二者再次具有相同速度，此后，二者相对静止．整个过程中，小车和木块组成的系统动量守恒
设小车和木块相对静止时的速度大小为v，根据动量守恒定律有m₁v₁-m₂v₀=（m₁+m₂）v ②
代入数据解得：v=0.40m/s③
当小车与木块首次达到共同速度v时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大
设最大弹性势能为E_P，根据机械能守恒定律可得Ep＝
1
2m1
v21+
1
2m2
v20−
1
2(m1+m2)v2④
代入数据得：E_P=3.6 J　　
答：（i）求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小是12kg•m/s；
（ii）若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能是3.6J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能．

考点点评： 本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，关键是找出木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等的临界条件，属于较难题目．

（1）以AB两球整体为研究对象，分析受力情况，作出力图1，如图，根据平衡条件得
挡板对B的弹力大小：F₁=2mgtanα．
（2）以A球为研究对象，分析受力情况，作出力图2，根据平衡条件得B球对A球的弹力大小：F₃=mgsinα
答：（1）挡板对B的弹力大小为2mgtanα．
（2）B球对A球的弹力大小为mgsinα．

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： 本题是两个物体的平衡问题，关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法交叉应用．

取小球为研究对象进行受力分析如图所示：

由于小球处于静止状态，其中F和G的合力N'与N大小相等，方向相反，即N'=N
所以F=mgtan37°=20×0.75=15N
N=[mg/cos37°]=[20/0.8]=25N
根据牛顿第三定律：小球对斜面的压力F_N=N=25N，方向垂直于斜面向下
小球对挡板的压力F'=F=15N，方向垂直于挡板指向挡板
答：小球对斜面的压力为25N，方向垂直于斜面向下，小球对挡板的压力为15N，方向垂直于挡板指向挡板．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 不好求解的力可用牛顿第三定律进行转换，如本题转换成对小球的力后，对小球进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．

（1）当Ep=5J时，弹簧压缩x1，由 Ep＝
1
2kx2得x₁=0.1m
当弹簧恢复原长时，由机械能守恒可得
Ep＝
1
2mBv2+mBgx1•sinθ
v=2m/s
（2）当物块A刚离开挡板时，弹簧伸长x₂，根据共点力平衡条件，有：
kx₂=m_Ag•sinθ
x₂=0.025m
由系统机械能守恒得
Ep＝EkB+
1
2k
x22+mBg(x1+x2)sinθ
解得E_kB=3.44J
答：（1）当弹簧恢复原长时，物块B的速度大小为2m/s；
（2）物块A刚离开挡板时，物块B的动能为3.44J．

点评：
本题考点： 动能和势能的相互转化．

考点点评： 本题关键明确系统机械能守恒，要考虑弹性势能、重力势能、动能三种能量的转化，不难．

（1）对于四块砖这个整体来说：四块砖的总重力是4mg，两边的压力F相同，两边受到的摩擦力也相同，根据平衡力知识，向下的重力4mg与两边的摩擦力之和相等；故两边的砖块1和4各受到2mg的摩擦力作用，且方向竖直向上；
（2）对于1号砖来说：受到木板A向上的摩擦力作用，大小为2mg；自身向下的重力作用，大小为mg；根据平衡力知识，它应该还受到2号砖对它向下的摩擦力作用，大小为mg；根据力的作用是相互的，1号砖对2号砖的摩擦力大小为mg，方向向上；
（3）对于2号砖来说：已经受到了两个力的作用，分别是：自身向下的重力mg、1号砖对它的向上的摩擦力mg，这两个力正好是一对平衡力；故2号砖不再受其它力，即2号砖和3号砖之间没有力的作用；因此第2、3两块砖之间的摩擦力大小也就为0．
故答案为：mg、0．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用；摩擦力的种类．

考点点评： 本题考查学生对物体受力分析的能力，在受力分析时要结合物体所处的运动状态，是解题的关键．

①O点距离双缝的路程差为0，该点为明条纹，当用红光或蓝光照射时，产生红光的亮条纹或蓝光的亮条纹．故①正确，③错误；
②根据双缝干涉条纹间距公式△x=[L/d] λ得，红光的波长大于绿光，所以红光的条纹间距大于绿光的条纹间距，所以红光的第一条亮条纹在P点的上方．故②正确．
④蓝光的波长小于绿光的波长，则蓝光的条纹间距小于绿光的条纹间距，所以蓝光的第一条亮条纹在P点的下方．故④错误．
故选C．

点评：
本题考点： 用双缝干涉实验测定光的波长．

考点点评： 解决本题的关键知道形成明暗条纹的条件．以及掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=[L/d] λ．

弹丸进入靶盒A后，设弹丸与靶盒A的共同速度为v
规定向右为正方向，由系统动量守恒得：mv₀=（m+M）v
靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，
由系统机械能守恒得：E_p=[1/2]（m+M）v²
解得：E＝
m2
2(m+M)v2
代入数值得：E_p=2.5 J．
答：弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能；机械能守恒定律．

考点点评： 应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件，把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．

设刚开始时弹簧压缩量为x₀，A对弹簧的压力：
mgsinθ=kx₀ …①
B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，B对弹簧的拉力：
mgsinθ=kx₁…②
所以物体A向上的位移：
x=x₀+x₁=[2mgsinθ/k]，故C错误；
又因物体向上做匀加速直线运动，得：
x=[1/2]at²
所以：
a=
2x
t2=
4mgsinθ
kt2
因为在ts时间内，F为变力，刚刚开始运动时，拉力F仅仅提供A的加速度，所以开始运动时的拉力最小：
F_min=ma=
4m2gsinθ
kt2；故A正确，D错误；
B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，弹簧对A的拉力等于B对弹簧的拉力，由牛顿第二定律知：
F_m-kx₁-mgsinθ=ma²…③
所以拉力F的最大值：
F_m=kx₁+mgsinθ+ma=mgsinθ+mgsinθ+m•
4m2gsinθ
kt2=2mgsinθ（1+
2m
kt2），故B错误；
故选：A．

点评：
本题考点： 胡克定律．

考点点评： 从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．所以B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，B对弹簧的拉力等于B的重力沿斜面向下的分量．

滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端．
在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功．设其经过和总路程为L，对全过程，由动能定理得：mgssinα-μmgLcosθ=0-[1/2]mv²，
解得：L=[1/μ]（stanθ+
v2
2gcosθ）；
答：滑块在斜面上经过的总路程为[1/μ]（stanθ+
v2
2gcosθ）．

点评：
本题考点： 动能定理．

考点点评： 本题首先要通过分析判断出滑块最终停在斜面的底部；二要抓住滑动摩擦力做功与总路程有关，也可以应用能量守恒定律解题．

（1）、木板第一次上升过程中，对物块受力分析，受到竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，设物块的加速度为a_物块，
则物块受合力F_物块=kmgsinθ-mgsinθ…①
由牛顿第二定律 F_物块=ma_物块…②．
联立①②得：a_物块=（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上．
（2）设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v₁，由机械能守恒有：
[1/2×2m
v21＝2mgH
解得：v1＝
2gH]．
设木板弹起后的加速度a_板，由牛顿第二定律有：
a_板=-（k+1）gsinθ
S板第一次弹起的最大路程：
S1＝
−
v21
2a板
解得：S1＝
H
(k+1)sinθ
木板运动的路程S=[H/sinθ]+2S₁=
(k+3)H
(k+1)sinθ
（3）设物块相对木板滑动距离为L
根据能量守恒有：
mgH+mg（H+Lsinθ）=kmgsinθL
摩擦力对木板及物块做的总功为：
W=-kmgsinθL
联立以上两式解得：
W＝−
2kmgH
k−1，负号说明摩擦力对木板及物块做负功．
答：（1）木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中，物块的加速度为（k-1）gsinθ；
（2）从断开轻绳到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板运动的路程为
(k+3)H
(k+1)sinθ；
（3）从断开轻绳到木板和物块都静止，摩擦力对木板及物块做的总功为[2kmgH/k−1]．

点评：
本题考点： 能量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

考点点评： 此题考察到了能量的转化与守恒定律，牵扯到了重力和摩擦力做功，要注意的是重力做功与路径无关，至于初末位置的高度差有关；摩擦力做功会使机械能能转化为内能，等于在整个过程中机械能的损失．
在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，此类问题，还要对整个运动进行分段处理．

（1）对小物块，根据动能定理：qEl=[1/2m
v21]
解得，v₁=

2qEl
m
（2）小物块与挡板碰撞过程动量守恒，设小物块与挡板碰撞后的速度为v'₁，所以：
mv₁=mv'₁+8mV₁
依题意：v′1＝±
3
5v1
若v′1＝
3
5v1时，V1＝
1
20v1，该情况不符合实际应舍去．
若v′1＝−
3
5v1时，V1＝
1
5v1＝
1
5

2qEl
m
在小物块第一次与挡板碰撞之后到第二次与挡板碰撞之前，小物块做匀减速直线运动，滑板做匀速直线运动，从第一次碰撞后到第二次碰撞前，小物块和滑板相对于地面的位移相同，则有：
v2+v1′
2t＝V1t
解得：v₂=v₁=

2qEl
m
（3）设第一次碰撞过程中能量损失为△E
根据动量守恒：mv₁=mv'₁+8mV₁
能量守恒定律：
1
2m
v21＝
1
2mv
′21+
1
2×8mV12+△E
运算得到：△E＝
8
25qEL
第二次碰撞前瞬间：
滑板速度：v₂=v₁=

2qEl
m，V₁=[1/5v1=
1
5

2qEl
m]
根据功能原理：W=[1/2m
V21]+[1/2•8m•
v22+△E
解得，W＝
41
25qEl
答：
（1）小物块与挡板第一次碰撞前瞬间的速率v₁为

2qEl
m]．
（2）小物块与挡板第二次碰撞前瞬间的速率v₂为

2qEl
m．
（3）小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做的功W是
41
25qEl．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；动能定理的应用．

考点点评： 本题是动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，分析运动过程，把握能量如何转化是关键．

（1）对滑块进行受力分析，滑块的合力为：弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回复力．
（2）由图可以看出周期为0.4s
（3）根据胡克定律：F₁=KX
F₂=KX′
振幅d=[X+X′/2]=
F1+F2
2K
故答案为：（1）弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力（或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力）；
（2）0.4；（3）
F1+F2
2K；

点评：
本题考点： 简谐运动的回复力和能量．

考点点评： 通过实验、图象考查了对胡克定律以及回复力的理解，角度新颖，是一道考查能力的好题．

A、B、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到N1=mgtanθN2＝mgcosθ...

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： 本题关键先对物体Q，再对物体PQ整体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出各个力的表达式进行分析处理．

A、O点到双缝的路程差为0，则O点出现绿光的亮条纹．故A正确．
B、在双缝干涉实验中，若把单缝S向上移动，通过双缝S1、S2的光任是相干光，仍可产生干涉条纹，中央亮纹的位置经过s₁、s₂到s的路程差任等于0．ss₁＜ss₂，ss₁+s_1p=ss₂+s_2p那么s₁p＞s_2p，中央亮纹P的位置略向下移．
C、若只在S₁处置入一平行玻璃砖，光经过玻璃砖向下偏折，则路程差变小，可知出现亮条纹的点向上平移．故C正确．
D、根据条纹的间距公式△x＝
L
dλ知，绿光的波长比蓝光长，所以绿光的条纹间距比蓝光大，所以蓝光的第一条亮条纹中心线在P点的下方．故D错误．
故选AC．

点评：
本题考点： 用双缝干涉测光的波长；光的干涉．

考点点评： 解决本题的关键知道形成明暗条纹的条件，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式△x＝Ldλ．