把一重物推到同一个高度,搭的斜面越长越省力,是对还是错,为什么

AB杆受重力、绳子拉力以及铰链对杆子的作用力处于平衡，合力为零，如图，根据三力汇交原理，拉力与水平方向的夹角为θ．根据平衡知，F=T，在竖直方向上有：2Tsinθ=Mg．又T=mg，则m=[M/2sinθ]．
假设杆AB不转动，则杆在重力力矩和拉力力矩的作用下平衡，重力力矩与之前比较不变，但拉力力矩变小，所以假设不成立，重力力矩大于拉力的力矩，杆AB顺时针转动．
故答案为：[M/2sinθ]，顺时针

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： 解决本题的关键能够正确地进行受力分析，根据三力汇交原理求出绳子拉力的大小，以及灵活掌握力矩平衡问题．

（1）物体上升的高度h=vt=0.9m/s×10s=9m；
则物体克服重力所做的功W_G=mgh=50kg×10N/kg×9m=4500J；
（2）在时间t内电流通过直流电动机做功（消耗电能）：
W_电=UIt，
在时间t内得到的机械能：
W_机=mgh=mgvt，
η=
W机
W电=[mgvt/UIt]=[mgv/UI]=[50kg×10N/kg×0.9m/s/110V×5A]≈82%．
答：（1）电动起重机在10秒内对重物做了4500J的功；
（2）此装置的效率是82%．

点评：
本题考点： 功的计算；机械效率的计算．

考点点评： 本题考查了消耗电能（电功）的计算、功的计算、效率的计算．特别是要知道电动机不是纯电阻用电器，电流做功消耗的电能大部分转化为机械能、少部分转化为内能（发热）．

设细线撤走后，重物重新处于平衡时，弹簧的伸长量为△L，
∵圆柱形重物底面积S₁=10cm²，烧杯底面积S₂=20cm²，S₂=2S₁，
∴圆柱形重物伸长△L时，水面将上升△L，圆柱形重物将浸入水中2△L，
圆柱形重物的体积：
V=S₁L=10cm²×10cm=100cm³=1×10^-4m³，
圆柱形重物的密度：
ρ=2ρ_水=2×10³kg/m³，
圆柱形重物的重力：
G=mg=ρVg=2×10³kg/m³×1×10^-4m³×10N/kg=2N，
圆柱形重物受到的浮力：
F_浮=ρ_水V_排g=ρ_水×S₂×△L×g，
∵弹簧的伸长与拉力成正比，
即：
F拉
△L=[0.3N/0.01m]，
∴圆柱形重物受到的拉力：
F_拉=[0.3N/0.01m]×△L，
∵F_浮+F_拉=G，
即：ρ_水×S₂×△L×g+[0.3N/0.01m]×△L=2N，
1×10³kg/m³×20×10^-4m²×△L×10N/kg+[0.3N/0.01m]×△L=2N，
解得：△L=0.04m=4cm．
答：细线撤走后，重物重新处于平衡时，弹簧的伸长量为4cm．

点评：
本题考点： 浮力大小的计算；二力平衡条件的应用．

考点点评： 本题考查了学生对密度公式、重力公式、阿基米德原理的掌握和运用，根据圆柱形重物底面积和烧杯底面积的关系确定水面上升高度和圆柱形重物将浸入水中深度是本题的关键．

A、实验中由打点计时器测量时间，不再需要秒表，A错误；
BC、而在数据处理中物体的质量可以消去，故不需要测物体的质量，故不用天平和弹簧秤，BC错误；
D、在用自由落体“验证机械能守恒定律”时，我们是利用自由下落的物体带动纸带运动，通过打点计时器在纸带上打出的点求得动能及变化的势能，故需要打点计时器，D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 验证机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查验证机械能守恒定律的原理的仪器选择，应根据实验的原理进行记忆．

以结点O为研究对象，分析受力，重力mg，AO绳的拉力T_AO，BO绳的拉力T_BO，如图所示：
根据平衡条件得知：拉力T_AO和T_BO的合力F与重力mg大小相等，方向相反，则有：
T_AO=Fsinθ=mgsinθ
T_BO=mgcosθ
故AC正确，BD错误
故选：AC．

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： 本题的解题关键是分析结点的受力情况，作出力图，然后根据共点力平衡条件列式求解．

重物脱离气球后做竖直上抛运动，已知v₀=20m/s，a=-g=-10m/s²，x=-60m
据x=v₀t+[1/2]at²得，-60=20t-
1
2×10×t2
解得，t₁=6st₂=-2s（舍）
答：从重物脱离气球开始，经过6s时间重物落到地面．

点评：
本题考点： 竖直上抛运动；自由落体运动．

考点点评： 解决本题的关键知道竖直上抛运动的加速度不变，是匀变速直线运动．本题也可以分段求解．

（1）滑轮组对重物所做的有用功：
W_有用=Gh=630N×3m=1890J；
（2）由图知，n=3，s=3h=3×3m=9m，
W_总=Fs=300N×9m=2700J；
η=
W有用
W总×100%=[1890J/2700J]×100%=70%．
（4）t=[S/v]=[3m/0.2s/m]=15s
P=
W总
t=[2700J/15s]=180W．
答：（1）滑轮组对重物所做的有用功为1890J；
（2）滑轮组的机械效率为70%；
（3）拉力做功的功率为180W．

点评：
本题考点： 有用功和额外功；滑轮（组）的机械效率；功率的计算．

考点点评： 这是一道较典型的关于滑轮组的计算题，主要用到了功的公式、功率的公式、机械效率的公式，虽然用到的公式较多，但只要搞清楚力与距离的对应关系，熟练运用相关公式是解决此题的关键．

（1）肩膀是支点，由杠杆平衡条件可得：
F×OA=G×OB，即：F×（AB-OB）=G×OB
F×（1.2m-0.8m）=120N×0.8m，
解得，手在A端对木棒施加的力，F=240N．
（2）以A为支点，AO=AB-BO=1.2m-0.8m=0.4m，
由杠杆平衡条件得：F′×AO=G×AB，
人对棒的支持力：F′=[G×AB/AO]=[120N×1.2m/0.4m]=360N；
（3）肩膀受到的压强：
p=[F′/S]=
360N
10×10−4m2=3.6×10⁵Pa；
故答案为：240；360；3.6×10⁵．

点评：
本题考点： 杠杆的平衡分析法及其应用；压强的大小及其计算．

考点点评： 本题考查了求力、压强问题，应用杠杆平衡条件、压强公式即可正确解题；求肩膀受到的压力时，选择A点为支点是解决本题的关键．

①匀加速提高，重物受到拉力和重力，两个力都做功，根据牛顿第二定律得：
F_拉1-mg=ma₁，
解得：F_拉1=1000N，
则W_拉1=F_拉1x=1000×2=2×10³J，W_G1=-mgx=100×9.8×2=-1.96×10³ J，拉力做正功，重力做负功
②匀速提高时，重物受到拉力和重力，两个力都做功，拉力等于重力，拉力做功W_拉2=F_拉2x=100×2×9.8=1.96×10³J，W_G2=-mgx=100×9.8×2=-1.96×10³ J，拉力做正功，重力做负功；
③匀减速下降时，重物受到拉力和重力，两个力都做功，根据牛顿第二定律得：
F_拉3-mg=ma₂，
解得：F_拉3=1000N，
则W_拉3=-F_拉3x=-1000×2=-2×10³J，W_G3=mgx=100×9.8×2=1.96×10³ J，拉力做负功，重力做正功．
答：①匀加速提高，拉力和重力做功，拉力做功为2×10³J，重力做功为-1.96×10³ J，拉力做正功，重力做负功；
②拉力和重力，均等于1.96×10³ J；拉力做正功，重力做负功；
③拉力和重力，拉力做功为-2×10³ J；重力做功为1.96×10³ J；拉力做负功，重力做正功．

点评：
本题考点： 功的计算；牛顿第二定律．

考点点评： 本题主要考查了恒力做功公式及牛顿第二定律的直接应用，知道重力做功和路径无关，只与初末两点的高度差有关，难度不大，属于基础题．

两个底面削平的铅柱紧压在一起，下面吊一个重物也不能把它们拉开，说明分子之间存在相互作用的引力．
当活塞迅速压下去时，活塞对气体做功，使气体的内能增大，温度升高，达到棉花的着火点，因此棉花燃烧起来．
故答案为：引力；做功，升高．

点评：
本题考点： 分子间的作用力；做功改变物体内能．

考点点评： 本题考查的知识点有两个：一是分子之间存在相互作用的引力和斥力；二是做功可以改变物体的内能，对物体做功，物体的内能增大，温度升高．

设OA杆长为L，重力为G₁，重物的重力为G₂．
对杆OA研究，以O转轴，由力矩平衡条件，得
TLsinA=G₁[1/2L+G₂X
得到T=
G2
sinAX+
G1
2sinA]，T-X图象是不过原点的倾斜直线．
由题X=[1/2at2，代入得T=
G2a
2sinAt2+
G1
2sinA]，当t=0时，T＞0，是开口向上的抛物线．故A正确．
故选A．

点评：
本题考点： 常见的承重结构及其特点；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力矩的平衡条件．

考点点评： 本题考查根据力矩平衡条件求出解析式来选择图象的能力，比较容易．

设直尺长为L
从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力大小等于物重5N，动力臂为[1/3]L；
阻力为直尺的重力G′，阻力的力臂为[1/2]L-[1/3]L=[1/6]L；
由杠杆平衡的条件得：G′L′=GL
G′×[1/6]L=5N×[1/3]L
G′=10N
所以直尺的重力大小为10N．
故选C．

点评：
本题考点： 杠杆的平衡条件．

考点点评： 本题考查杠杆平衡条件的应用，注意正确找出重心和力臂．