直杆AB可绕铰接于墙的轴B转动,今在A端分别

（1）设金属杆匀加速运动的加速度为a₁，在该过程中有：
h＝
1
2a1t2…①
设金属杆受到的合外力为F，由牛顿第二定律得：
F=m₁a₁…②
由①②式可得：F＝
2m1h
t2．
金属杆合力方向与加速度方向一致，方向竖直向上．
（2）设该过程末金属杆和斜面体的速度分别为v₁、v₂，加速过程中斜面体的加速度为a₂，由运动学方程有：v₁=a₁t，v₂=a₂t…③
s＝
1
2a2t2…④
设该过程中外力的平均功率为P，对金属杆和斜面体组成的系统，由功能关系得：
Pt＝
1
2m1v12+
1
2m2v22+m1gh…⑤
由①式和③～⑤式可得：P＝
2(m1h2+m2s2)+m1ght2
t3．
答：（1）该过程中金属杆受到的合外力F＝
2m1h
t2；
（2）该过程中水平推力的平均功率P＝
2(m1h2+m2s2)+m1ght2
t3．

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 本题关键是掌握好系统能量转化和守恒的应用，这个要综合考虑好各个物体的能量变化，比单个物体的能量转化和守恒难很多．

设杆子的倾角为θ，将B球所受的力沿杆子方向进行正交分解，若Gsinθ≠Fcosθ，则B球受摩擦力，共受4个力．
若Gsinθ=Fcosθ，则B球不受摩擦力，B球共受3个力．故A、B正确．C、D错误．
故选AB．

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，运用共点力平衡进行求解．

（1）过杠杆的重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，用符号G表示；示意图如下：

（2）杠铃杆刚刚翻转时：
G_片l₁=G_杠杆l₂
即：m_片gl₁=m_杠杆gl₂
故：m_杠杆=
l1
l2m_片=[36cm/45cm]×25kg=20kg
答：杠杆的质量至少为20kg．
（3）W=nG_总h=m_总gh=10×80kg×10N/kg×40×10^-2m=3200J
P=[W/t]=[3200J/20s]=160W．
答：他在这次健身时推举做功的功率约为160W．

点评：
本题考点： 重力示意图；杠杆的动态平衡分析；功率的计算．

考点点评： 本题考查示意图的画法、杠杆平衡条件的应用以及功率公式的应用，设计内容较多，但都属于基础知识的应用，难度不大．

沿AO杆下滑，加速度a=g，位移为L，则L=
1
2gt12，解得t1＝

2L
g．
沿AB杆下滑，设∠OAB=α，则AB=2Lcosα，加速度a=[mgcosα/m＝gcosα．
根据2Lcosα=
1
2gcosαt2，解得t2＝2

L
g]．
故答案为：

2L
g，2

L
g．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．

考点点评： 解决本题的关键正确地受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

小球开始下滑时有：mgsinθ-μ（mgcosθ-qvB）=ma，随v增大，a增大，
当v=[mgcosθ/qB]时，a达最大值gsinθ，故B正确；
此时洛伦兹力等于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，
此后下滑过程中有：mgsinθ-μ（qvB-mgcosθ）=ma，
随v增大，a减小，当vm＝
mgsinθ+μmgcosθ
μqB时，
a=0．此时达到平衡状态，速度不变．
所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，所以A、C正确，D错误
本题选错误的
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；洛仑兹力．

考点点评： 解决本题的关键是正确地进行受力分析，根据受力情况，判断运动情况．

（1）由受力分析和牛顿第二定律及运动学规律可知：
Fcos37°-mgsin37°-f=ma₁
mgcos37°=N+Fsin37°
f=μN
2s时圆环的速度为：v=a₁t₁，
代入数据解得：v=2m/s．
（2）撤去外力后，由牛顿第二定律及运动学规律得：
mgsin37°+f=ma₂
N=mgcos37°
f=μN
代入数据解得：a2＝10m/s2
t2＝
v
a2＝
2
10＝0.2s，
x2＝
v
2t2＝
2
2×0.2＝0.2m．
答：（1）F作用2s时圆环的速度是2m/s；
（2）圆环继续沿杆上滑的最大距离是0.2m．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

导体杆在磁场中的部分长度，所以导体杆产生的感应电动势，当时，感应电动势，选项A对。当时，感应电动势，选项B错。此时闭合回路的电阻，感应电流，杆受到的安培力，当时，选项C错。当时，，选项D对。

AD


<>

由于V_a：V_c=OA：OC，故：V_c=[OC/OAVa=
2
3v；
CD杆绕D点转动的同时竖直D点一起绕O点转动，如图所示：

故：v_C=
2vD
联立解得：v_D=

2v
3]
故答案为：[2v/3]、

2v
3．

点评：
本题考点： 运动的合成和分解．

考点点评： 本题关键是明确杆不可伸长，各个点沿着杆的分速度相等，较难．

根据题意，将A球速度分解成沿着杆与垂直于杆方向，同时B球速度也是分解成沿着杆与垂直于杆两方向．
则有，A球：v_⊥=v_Asinα v_∥=v_Acosα
而B球，
v′⊥＝vBsinβ
v′∥＝vBcosβ
由于同一杆，则有v_Acosα=v_Bcosβ
又因α=53°，β=37° 所以v_A：v_B=4：3；
将AB球由静止释放，A、B滑至杆与竖直墙面的夹角为53°时，
根据动能定理可知，2mg（lcos37°-lcos53°）=[1/22m
v2A+
1
2m
v2B]
解得：vA＝8

gl
205
故答案为：4：3，8

gl
205

点评：
本题考点： 运动的合成和分解．

考点点评： 考查运动的分成与分解的规律，学会对实际的分解，同时对动能定理理解，当然也可以使用机械能守恒定律，但需要对系统做出守恒的判定．

（1）小环沿AC杆匀速下滑，受力分析如图所示，小环共受3个力，电场力方向水平向右，故小环带负电．

由图可知，根据平衡条件得知，电场力 F=qE=mg
圆环离开直杆后，只受重力和电场力，
F_合=
F2+(mg)2=
2mg=ma
则加速度大小为 a=
2g=10
2m/s²，方向与水平成45°斜向右下方．
（2）小环从C运动到P点过程中，由动能定理得：
动能的增量△E_k=mgh=0.5×10×0.8J=4J
（3）环离开杆做类平抛运动，如图所示建立坐标x、y轴：
x轴方向做匀速运动：x=

2
2h=v₀t
y轴方向做初速度为零的匀加速运动：y=

2
2h=[1/2]at²
联立得：v₀=x

a
2y=

2
2×0.8×

10
2
2×

2
2×0.8m/s=2m/s
答：
（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为10
2m/s²，方向与水平成45°斜向右下方．
（2）小环从C运动到P点过程中动能的增量是4J；
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v₀是2m/s．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 本题考查带电粒子在电场与重力场共同作用下的运动，在直杆的束缚下的匀速直线运动与没有束缚下的类平抛运动．重点突出对研究对象的受力分析与运动分析，结合运动学公式、牛顿第二定律与动能定理等物理规律．

（1）杠铃杆刚刚翻转时：
G_片l₁=G_杠杆l₂
即：m_片gl₁=m_杠杆gl₂
故：m_杠杆=
l1
l2m_片=[36cm/45cm]×25kg=20kg
答：杠杆的质量至少为20kg．
（2）W=nG_总h=m_总gh=10×80kg×10N/kg×40×10^-2m=3200J
P=[W/t]=[3200J/20s]=160W．
答：他在这次健身时推举做功的功率约为160W．
（3）要使杠铃杆刚好翘起，则以B为支点，在A端所施加力因满足F_AL₁=G_杆L₂
则F_A=
G杆×L2
L1=[21kg×10N/kg×0.45m/0.36m]=262.5N．
答：（1）在上述安装过程中，为了不使杠铃杆翻转，杠铃杆的质量至少应为20kg；
（2）他在这次健身时推举做功的功率约为160W；
（3）人在A端至少施加262.5N的力能使杠铃杆翘起．

点评：
本题考点： 功率的计算；杠杆的平衡条件．

考点点评： 本题考查杠杆平衡条件的应用以及功率公式的应用，设计内容较多．

当杆水平放置时的压力等于重力，摩擦力为：f_水平=kG，
由于小球匀速滑动，所以风力大小等于摩擦力，即风力为kG，
当杆竖直放置时，风力大小不变，仍为kG，所以此时压力为kG
根据摩擦力与压力的关系，可知此时摩擦力为f_竖直=k×kG=k²G．
故答案为：k²G．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用；压力及重力与压力的区别．

考点点评： 本题解题的关键：①物体匀速直线运动时，二力平衡，大小相等；②会根据题意列出摩擦力与压力的关系式．

（1）杆的有效宽度为d很小，A端通过光电门的时间为t，故可以用t时间内的平均速度表示该段时间间隔内任意时刻的瞬时速度；
故A端通过光电门的瞬时速度v_A的表达式为：v_A=[d/t]；
（2）为了寻找反映v_A和h的函数关系，可选择v_A²-h坐标系来处理数据．
（3）由表格数据分析得知：质点的动能与速度的平方成正比，由表格得到：v_A²=30h；
（4）设杆长L，杆转动的角速度为：ω=
vA
L；
在杆上取△x长度微元，设其离O点间距为x，其动能为：[1/2]•[m△x/L](
vA
Lx)2；
积分得到：E_k=∫[1/2]•[m△x/L](
vA
Lx)2=[1/6m
v2A]；
故答案为：（1）[d/t]；（2）v_A²-h；（3）v_A²=30h；（4）[1/6m
v2A]．

点评：
本题考点： 验证机械能守恒定律．

考点点评： 本题第三问数据处理时要先猜测，然后逐一验证；第四问要用到微元法，不能将将质量当作集中到重心处，只有考虑平衡时才能将质量当作集中到重心．

根据题意有对于小环的运动，根据环受竖直向上的拉力F与重力mg的大小分以下三种情况讨论：
（1）当mg=kv₀时，即v₀=[mg/k]时，环做匀速运动，W_f=0，环克服摩擦力所做的功为零
（2）当mg＞kv₀时，即v₀＜[mg/k]时，环在运动过程中做减速运动，直至静止．由动能定理得环克服摩擦力所做的功为W_f=[1/2]m
v20
（3）当mg＜kv₀时，即v₀＞[mg/k]时，环在运动过程中先做减速运动，当速度减小至满足mg=kv时，即v=[mg/k]时环开始做匀速运动．由动能定理得摩擦力做的功
W_f=[1/2mv2−
1
2m
v20＝
m3g2
2k2−
1
2m
v20]
环克服摩擦力所做的功为[1/2m
v20−
m3g2
2k2]
答：环在运动过程中克服摩擦力所做的功为：
（1）v₀=[mg/k]时，环做匀速运动，W_f=0，环克服摩擦力所做的功为零
（2）v₀＜[mg/k]时，环克服摩擦力所做的功为W_f=[1/2]m
v20
（3）v₀＞[mg/k]时，环克服摩擦力所做的功为[1/2m
v20−
m3g2
2k2]

点评：
本题考点： 动能定理的应用．

考点点评： 注意当环在竖直方向所受合力为0时，此时杆对环不再有阻力作用，环在水平方向受平衡力，将保持此时的速度做匀速直线运动，由此可分三种情况对环进行受力分析从而确定环的受力情况和运动情况，根据动能定理求解克服阻力所做的功即可．

因为AB是对称的，所以只分析A和C的受力．
设A上铰支座对杆A的水平支座反力为R_x，竖直反力为R_y（就是支座对杆的力） 杆C对A的作用力水平为N_x，竖直为N_y，则有：
（1）水平方向力平衡：N_x=R_x
（2）竖直力平衡：R_y+mg=N_y
（3）力矩平衡（A定点为力矩中心）：mg×[1/2]Lsinθ=N_x×[2Lcosθ/3]+N_y×[2Lsinθ/3]
同时，对AB的整体来说，有：
（4）2R_y=2mg
联立以上4个方程，解得：R_x=1.5mgtanθ，R_y=mg（方向向上），N_x=1.5mgtanθ，N_y=0．
所以弯杆C对杆A的作用力的方向水平向左，大小为1.5mgtanθ．
故答案为：水平向左，1.5mgtanθ

点评：
本题考点： 力矩的平衡条件．

考点点评： 本题考查了受力平衡，力矩平衡，对学生的能力要求较高，难度较大．

力的作用是相互的，所以手指受到的力沿绳子斜向下的；水平杆在拉力的作用下，手掌受到了水平称对它的力．
故选D．

点评：
本题考点： 力的示意图；力作用的相互性．

考点点评： 会准确对物体进行受力分析，并能够准确判断力的方向．