用长L的细线和一个螺丝帽组成一个单摆,测的该单摆的振动周期为T,2、在月球以初速度V竖直上抛一小球,经时间t,小球回到原

过橡皮的重心分别沿竖直向下的方向和沿绳子指向手的方向画一条带箭头的线段表示重力和拉力，用符号G和F表示．如图所示：

点评：
本题考点： 力的示意图．

考点点评： 画力的示意图，就是用一条带箭头线段表示出力的大小、方向和作用点，是中考作图常考的类型．

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、若不转时，ac为重垂线；当转速由零逐渐增加时，ac与竖直方向的夹角逐渐增加，故A正确；
B、bc刚好拉直时，bc绳子的拉力为零，此时球受重力和ac绳子的拉力，合力指向圆心，如图：
故Tac＝
5
4mg＝1.25mg，故B正确；
C、bc拉直后转速增大，小球受重力，bc绳子的拉力，ac绳子的拉力，将ac绳子拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向平衡，有：T_accos37°=mg，故ac绳子拉力不变，故C正确；
D、bc拉直后转速增大，小球受重力，bc绳子的拉力，ac绳子的拉力，将ac绳子拉力沿着水平和竖直方向正交分解，由于竖直方向平衡，有：T_accos37°=mg，故ac绳子拉力不变，故D错误；
故选：ABC．

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 本题中首先要判断绳子BC是否被拉直，即绳子BC是否有拉力的存在；其次要对小球受力分析，然后运用合成法或者正交分解法列式求解．

对小球受力分析知：qEcosa=mg，所以E=[mg/qcosa]，若剪断线，小球受的合力水平向右，因此，小球将做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向水平向右．
故答案为：[mg/qcosa]，初速度为零的匀加速直线．

点评：
本题考点： 电场强度；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．

考点点评： 正确对小球受力分析是解决本题的关键，小球的运动情况要根据受力情况来判断．

以小球为研究对象，球受到重力G，A的斥力F₁和线的拉力F₂三个力作用，作出力图，如图．
作出F₁、F₂的合力F，则由平衡条件得 F=G
根据△FBF₁∽△0AB得
[F/OA＝
FT
OB]
得 F_T=
OB
OAG．
在增大A球电量的过程中，OB、OA、G均不变，则线的拉力F_T不变．

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： 本题是力学中动态变化分析问题，采用的是三角形相似法，也可以应用函数法求解．

将F按照平行四边形定则进行分解，如图：

由几何知识知：细线的拉力T=
F

3=

3
3F，即物体P受到细线的拉力大小为

3
3F，故D错误；
以P为研究对象受力分析，根据平衡条件，竖直方向：T₂cos60°+mg=N，可见P所受支持力不为0，即两物体间的弹力大小不可能为0，故B错误；
以P为研究对象受力分析，根据平衡条件，水平方向：T₂sin30°=f=

3
6F，故A错误；
以PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，竖直方向：N_地=2mg，根据牛顿第三定律则物体Q对地面的压力大小为2mg，故C正确；
故选：C．

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： 整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法，整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力．

（1）容器底部受到水的压强：p=ρgh=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.2m=1.96×103Pa；（2）木块悬浮在水中时所受的浮力：F浮=ρgV排=ρgV=1×103kg/m3×9.8N/kg×200×10-6m3=1.96N；（3）把细线剪断后，木块上浮，最终有3...

点评：
本题考点： 液体的压强的计算；浮力大小的计算．

考点点评： 此题主要考查的是学生对液体压强、压力、浮力计算公式及其变形公式的理解和掌握，注意单位的换算．

两个小球将发生碰撞．碰撞过程没有机械能损失，动量守恒，列出等式：
m_Av_A=m_Av′_A+m_Bv′_B


1
2mAv2A=

1
2mAv′2A+

1
2mBv′2B
解得：v′_A=
(mA−mB)vA
mA+mB
v′_B=
2mAvA
mA+mB
小球A的质量小于B的质量．v′_A＜v_A
所以小球B的质量越大，碰后v′_A越大，根据机械能守恒得A上升的最大高度h_A越大，h_A不可能大于h．
v′_B＜v_A
所以h_B不可能大于h，
故选B．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 解决该题关键要抓住系统碰撞动量守恒机械能守恒．

因为物体浸没在液体中所受的浮力等于物体的重力减去它受到的拉力，且已经用弹簧测力计测出小石块浸没在水中受到的拉力F，所以欲求物体所受的浮力，还需用弹簧测力计测出小石块受到的重力G．小石块在水中所受的浮力为...

点评：
本题考点： 液体密度的测量；密度的计算；设计实验测密度；阿基米德原理．

考点点评： 本题是非常规题，难度较大，联系到浮力知识才能解答，以后做题要多读几遍题目，认真思考，培养综合解答问题的能力！

机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，从开始到B速度达到最大的过程中，绳子上拉力对B一直做负功，所以B的机械能一直减小，故A分析的正确，不选；根据动能定理可知，B物体动能的增量等于它所受重力与拉力做功之和，故B分析的正确，不选。整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B分析的不正确，应选B；系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故D分析的正确，不选。所以应选C.

C

答：实验方法：可以用凸透镜将太阳光会聚到瓶中棉线上；
实验原理：因为凸透镜对光有会聚作用，可以把太阳光集中在棉线上，使其温度达到燃点时，即可燃烧断掉．

点评：
本题考点： 凸透镜的会聚作用．

考点点评： 此题结合实际情况考查了对凸透镜的理解与应用，能够灵活运用透镜特点处理生活中的问题．

A、小球受到的电场力方向水平向右，与电场线的方向相同，则小球带正电荷．在运动过程中，细线的拉力不做功，电场力和重力做功，而电场力和重力的合力方向一定，始终由O指向A，小球从A点向F点运动时，电场力和重力的合力对小球做负功，小球动能将减小，故F点是小球动能最小的点．故A错误；
B、小球运动到F点时速度最小，所需要的向心力最小，绳子拉力最小，故B错误．
C、电场力和重力的合力方向指向OA，小球从A点开始无论向哪个方向运动，电场力和重力的合力总是对小球做负功，小球动能将减小．所以小球在A点的动能最大．故C错误；
D、小球在运动过程中能量守恒，小球能量E=E_B电+E_B重，根据能量守恒可知小球电势能最小机械能最大，因为电场强度水平向右，故在B点时小球电场势能最小，则其机械能最大，故D正确；
故选：D

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．

考点点评： 本题关键要掌握功与能的关系，并能正确分析实际问题．掌握合外力做功与动能的关系、电场力做功与电势能变化关系、能量守恒定律是解决本题的关键．

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．

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年前

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．

设要将金属匀速提离水面，要经过两个阶段：
1．金属在水中上升，最后金属的上表面到达水表面，
运行距离h₁，拉力F₁=G-F_浮，
∴此过程中，拉力做功W₁=（G-F_浮）×h₁；--------①
2．金属逐渐出水面，最后金属的下表面到达水表面，
运行距离h₂，拉力F₂=G-F_浮′，
此过程中浮力是变化的，F_浮′=[1/2]F_浮，
平均拉力F₂=G-[1/2]F_浮，
∴此过程中，拉力做功W₂=（G-[1/2]F_浮）×h₂；------------②
由①②可得，拉力做的总功：
W_总=W₁+W₂=（G-F_浮）×h₁+（G-[1/2]F_浮）×h₂，
在甲乙两图中，因为甲的上表面面积大，所以当金属出水面时，甲水面下降的比较少，甲的h₂比乙的h₂大，
而甲乙图中的h₁、G、F_浮都是相同的
所以甲的做功比较多．
故选A．

点评：
本题考点： 功的计算；浮力大小的计算．

考点点评： 本题考查了浮力的计算、功的计算，分析题图，找出两图相同（甲乙图中的h1、H、G、F浮都是相同的）和不同（甲的h2比乙的h2大）的地方是本题的关键．可以定性分析：
因为没有告诉我们开口的程度及水量的多少，可以认为甲情况液面无限大，而乙情况液面与物体上表面差不多，这样甲可以认为上升过程中液面高度基本不变，而乙可以认为上升很小的一段距离液面就脱离物体，所以甲做功多．

设细线与竖直方向上的夹角为θ，根据牛顿第二定律得，mgtanθ＝m
v2
R
又tanθ=[R/h]
则v=R

g
h．
由H=[1/2gt2，t=

2H
g]．
则x=vt＝R

g
h•

2H
g＝R

2H
h．
答：小球在地面上的落点P与A的水平距离为R

2H
h．

点评：
本题考点： 平抛运动．

考点点评： 本题综合考查了平抛运动和圆周运动，关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上运动规律以及圆周运动向心力的来源．