用绳索吊管子如图所示.若构件重W=10KN,绳索的直径d=40mm,许用应力「δ」=10Mpa,试校核绳索的强度.

工人受到重力、支持力和拉力，如图

根据共点力平衡条件，有
F1＝
mg
cosα
F₂=mgtanα
当工人下移时，细绳与竖直方向的夹角α变小，故F₁变小，F₂变小，但F₁与F₂的合力与重力平衡，保持不变；
故选B．

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： 本题关键是根据共点力平衡条件，由几何关系得到F1与F2的表达式，再讨论变化情况．

A、运动员在0-2s内做匀加速直线运动，图象的斜率表示加速度，所以t=1s时运动员的加速度大小为：a=[△v/△t]=[16/2]m/s2=8m/s²．故A正确．
B、面积可以通过图象与时间轴所围成的面积估算，本题可以通过数方格的个数来估算，（大半格和小半格合起来算一格，两个半格算一格）每格面积为4m²，14s内数得的格数大约为40格，所以14s内运动员下落的高度为：h=40×2×2m=160m．故B错误．
C、由图知，14s后运动员做匀速运动，速度大小为6m/s，则运动员落地前飞行时间为t=14s+[500−160/6]s=70.7s．故C错误．
D、在14s后运动员做匀速运动，空气阻力与重力平衡，说明此过程空气阻力不变．故D错误．
故选A

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的图像．

考点点评： 该题是v-t图象应用的典型题型，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，有方格时，面积可以通过数方格的个数来估算，本题难度适中．

（1）从图中可以看出，在t=2 s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为
a=
vt
t＝
15
2m/s²=7.5 m/s²
设此过程中运动员受到的阻力大小为F_f，
根据牛顿第二定律有mg-F_f=ma，
则F_f=m（g-a）=70×（10-7.5）N=175N
（2）从图中估算得出运动员在14 s内下落了25×2×3m=150 m
根据动能定理有mgh-W_f=[1/2]mv²
所以有W_f=mgh-[1/2]mv²=（70×10×150-[1/2]×70×6²） J≈1.04×10⁵ J
（3）14 s后运动员做匀速运动的时间为
t′=[H−h/v]=[1000−150/6]s=141.67s
运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间
t_总=t+t′=（14+141.67）s=155.67 s．
答：（1）t=1s时运动员的加速度和所受阻力的大小为175N；
（2）14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功为1.04×10⁵ J；
（3）运动员从飞机上跳下到着地的总时间为155.67 s．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 该题是v-t图象应用的典型题型，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，有方格时，面积可以通过数方格的个数来估算，本题难度适中

工人拉铸件时，根据牛顿运动定律有：
Fcosα-f=ma₁
N₁+fsinα-mg=0
f=μN₁
由以上三式，代入数据得：a₁=1.3 m/s²
松手时，工件的速度为：v=a₁t=1.3×4=5.2m/s
设松手后，工件的加速度为a₂，根据牛顿第二定律有：μmg=ma₂
代入数据解得：a₂=2.5 m/s²
松手后，工件滑行的距离是：s＝
v2
2a2=
5．22
2×2.5=5.4 m
答：松手后铸件还能前进5.4m．

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，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，注意撤去拉力前后摩擦力大小发生了变化，动摩擦因数不变．

（1）由题知铁牛密度为ρ_铁牛=8×10³kg/m³，m_铁牛=4.8t=4800kg，
由ρ=[m/V]得铁牛的体积：
V_铁牛=
m铁牛
ρ铁牛=[4800kg
8×103kg/m3=0.6m³，
铁牛浸没水中V_排=V_铁牛=0.6m³，
铁牛受到的浮力为：
F_浮铁牛=ρ_水gV_排=1×10³kg/m³×10N/kg×0.6m³=6×10³N；
（2）∵铁牛露出淤泥时，两只船受到的浮力加上铁牛受到的浮力等于两只船、人和圆木的重力与铁牛的重力之和，
即：F_浮+F_浮铁牛=G_船+G_人+G_木+G_铁--------①
未打捞铁牛时，两只船受到的浮力等于两只船、圆木、人和沙子（到铁牛与地面没有压力时船上应装的沙子）的总重力；
即：F_浮′=G_船+G_人+G_木+G_沙子-------②
∵在未打捞铁牛到被拉起过程中，两只船受到的浮力不变，即F_浮′=F_浮，
∴将②式代入①式得：
G_船+G_人+G_木+G_沙子+F_浮铁牛=G_船+G_人+G_木+G_铁
所以，G_沙子=G_铁-F_浮铁牛=m_铁g-F_浮铁牛=4800kg×10N/kg-6×10³N=4.2×10⁴N，
这时，为打捞铁牛而使两船应受到的浮力为：
F_浮=G_船+G_人+G_木+G_沙子=2×1.15×10³kg×10N/kg+2×2×50kg×10N/kg+100kg×10N/kg+4.2×10⁴N=6.8×10⁴N，
则两船排开的水的体积为：
V_排=
F浮
ρ水g=
6.8×104N
1×103kg/m3×10N/kg=6.8m³．
所以每只船排开水的体积为：
1/2]V_排=[1/2]×6.8m³=3.4m³，
根据每只船浸入水中的深度与船排开水的体积的关系表可知：
每只船浸入水中的深度为0.4m；
由题干知：再使铁牛的底部提升至距离湖底20cm的高度，则每只船在未打捞铁牛时浸入水中的深度需要再增加20cm，
所以根据每只船浸入水中的深度与船排开水的体积的关系表可知：
每只船排开水的体积为：V_排′=5.6m³，
则两船应受到的浮力为：F_浮′=2ρ_水gV_排′=2×1×10³kg/m³×10N/kg×5.6m³=1.12×10⁵N，
∵F_浮′=G_船+G_人+G_木+G_沙子′，
∴G_沙子′=F_浮′-G_船-G_人-G_木
=1.12×10⁵N-2×1.15×10³kg×10N/kg-2×2×50kg×10N/kg-100kg×10N/kg
=8.6×10⁴N，
所以m_沙′=
G沙′
g=
8.6×104N
10N/kg=8.6×10³kg，
则每只船内应装沙土的质量为[1/2]m_沙′=[1/2]×8.6×10³kg=4.3×10³kg．
故答案为：6×10³；4.3×10³．

点评：
本题考点： 浮力大小的计算；密度公式的应用．

考点点评： 本题考查了学生对阿基米德原理和物体浮沉条件的掌握和运用，确定在未打捞铁牛到被拉起过程中，两只船受到的浮力不变是解答本题的关键，同时难点是正确理解使铁牛的底部提升至距离湖底20cm的高度，每只船在未打捞铁牛前浸入水中的深度需要再增加20cm，这样才能将船中沙土全部卸光后，再使铁牛的底部提升一定的高度．

A、摩擦力的大小与速度无关，取决于压力大小和接触面的粗糙程度．绳子的接触面虽然粗糙，但手对它的压力小，摩擦力等于人的重力．重力不变，摩擦力不变．故A错误．
B、因为杆比绳的接触面光滑，因此小华爬杆时手的握力比小明爬绳时手的握力大．故B错误．
C、爬绳与爬杆时，摩擦力与重力是一对平衡力．由于二人的重力相等，所以摩擦力也相等．故C正确；
D、小明爬绳时受到的重力，是小明受到的，而手拉绳的力，是绳受到的，所以不是一对平衡力．故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用．

考点点评： 此题主要考查了二力平衡的条件，其中重要的是要注意到两次都是匀速上爬，利用二力平衡的条件判断摩擦力与重力的大小．

存在外力时的平衡是不稳定的，而处于稳定平衡时，其总能量一定是最低的，也就是重心最低．绳子在不受力时处于稳定平衡，且受到外力后有外力对绳子做功，使绳子的能量上升，重心升高．
故选A

点评：
本题考点： 重心．

考点点评： 此题主要是让学生明白物体重心位置随着其能量的改变而改变的这一物理规律，初中生理解起来有一定难度．

消防员利用绳索从高楼速降救援时，消防员除了受到绳索的拉力和墙面支持力的作用以外，还受到重力和墙面的摩擦力作用；
消防员利用绳索从高楼速降救援时，运动方向向下，摩擦力与消防员的运动方向相反，竖直向上；
重力的方向竖直向下，因重力和拉力、支持力、摩擦力的合力是平衡力，故重力比拉力、支持力、摩擦力都要大，表示力大小的线段要长，如图所示：

点评：
本题考点： 力的示意图．

考点点评： 本题的关键是确定摩擦力的方向、重力的方向和大小，通过该题牢记同一物体受多力时要用线段的长度表出力的大小．

（1）加速过程，物体受拉力、重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
水平方向：Fcos37°-F_f=ma₁ ①
竖直方向：Ff＝μ(G−Fsin370) ②
其中：Ff′＝μG ③
减速过程，根据牛顿第二定律，有：Ff′＝ma2 ④
根据速度时间关系公式，有：
a₁t₁=a₂t₂ ⑤
联立方程①②③④⑤，得：

Fcos370−μ(mg−Fsin370)
mt1＝μgt2
代入数据，解得：μ=0.25
（2）物体的最大加速度为：v=a₂t₂=1.4m/s；
根据平均速度公式，有：s＝
v
2(t1+t2)＝3.192m
答：物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.25，物体的总位移S为3.192m．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键根据牛顿第二定律求解出加速过程和减速过程的加速度，然后根据运动学公式列式后联立求解．