滑杆上套有A圆环，环上用细线悬吊着物体B，如图所示，当它们都沿滑杆向下滑动时，AB间的悬线始终与杆垂直，则（　　）

由于A圆环与物体的连线与滑杆垂直，对物体研究，将物体的重力沿滑杆的方向和垂直于滑杆的方向分解，则沿滑杆向下的分力产生的加速度为，对整体研究，整体沿滑杆向下运动，整体要有沿滑杆向下的加速度必须是A圆环与滑杆的摩擦力为零，A错误；对B圆环连接的物体研究，由于连接圆环与物体的绳竖直向下，物体受到的合力如果不为零，合力必定沿竖直方向，合力在垂直于滑杆的方向上的分力必产生加速度，这与题意矛盾，物体在垂直于滑杆的方向上速度为零，因此物体受到的合力必为零，物体和圆环一起做匀速运动，D正确。

D

A、由图可知：指示灯与变阻器串联连接在电源上，处于通路状态，指示灯发光；当水位不变时，变阻器连入电路的阻值不变，则电流不变，所以电压表示数不变．故A错误．B、电压表测量变阻器两端的电压，根据串联电路电压...

点评：
本题考点： 电路的动态分析．

考点点评： 本题考查电路的分析，关键抓住串联电路电压与电阻成正比的特点分析电压表示数与变阻器的阻值变化关系．

A、C、假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析：重力、拉力、支持力，假设A环受到沿杆向上的摩擦力f，如图，
根据牛顿第二定律，有：m_Agsinθ-f=m_Aa…①
对C：m_Cgsinθ=m_Ca…②
由①②两式，解得：a=gsinθ，f=0，即A环与滑杆无摩擦力，做匀加速运动．故A正确，C错误；
B、D、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力．故B、D均错误．
故选：A．

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： 本题关键要结合运动情况，根据牛顿第二定律和平衡条件分析受力情况，再结合受力情况判断运动情况．

（1）由图读出人的重力G=500N，人的质量为m=[G/g]．在0-1s内，人的重力大于摩擦力，人做匀加速运动，1-5s内，人的重力小于摩擦力，人做匀减速运动，则在t=1s末人的速度最大．设在0-1s内人的加速度大小分别为a₁，根据牛顿第二定律
G-F₁=ma₁
得到：a₁=
G−F1
m=[500−380/50]=2.4m/s²
V₁=a₁t₁=2.4m/s
（2）1-5s减速a₂t₂=a₁t₁ 得：a₂=0.6m/s²
根据牛顿第二定律：F₁-mg=ma₂
解得：F₁=530N
（3）人在0-1s内位移为X₁=[1/2]a₁t₁²=1.2m
人在1-5s时间内的位移为：X₂=[1/2]a₂t₂²=4.8m
所以滑杆的长度为L=x₁+x₂=6m
答：（1）该学生下滑过程中的最大速度为2.4m/s；
（2）图中F₁的大小为530N．
（3）滑竿的长度为6m．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 本题是已知人的受力情况求解运动情况的问题，也可以通过作速度时间图象分析运动过程．

A、B、C以物体为研究对象，物体沿滑杆向下做直线运动，加速度为零，或加速度与速度在同一直线上，而物体受到竖直向下重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力作用．故AC错误，B正确．
D、由平衡得到，悬绳对物体的拉力等于物体的重力．故D错误．
故选B

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： 本题抓住物体做直线运动的条件是关键：物体做直线运动时，合外力（或加速度）与速度在同一直线上，或合外力为零．

（1）设杆OA、OB与竖直方向的夹角分别为α、β，由几何关系：
d=L₁sinα+L₂sinβ
α=37°
由牛顿第二定律：
mgcosα-μmgsinα=ma₁
a₁=3m/s²
V₀²=2a₁L₁
V₀=6m/s
mgcosβ-μmgsinβ=ma₂
a₂=-2/3m/s²
V_B²-V₀²=2（-a₂）L₂
VB＝2
5m/s
因V_B＜6m/s，被困人员能安全到达云梯顶端B点．
（2）设滑杆两端点AB的最大竖直距离为h，对被困人员下滑全过程由动能定理得：mgh−μmgL1sinα′−μmgL2sinβ′＝
1
2mV2
d=L₁sinα'+L₂sinβ'
h＝
V2
2g+μd
h≤12.8m
若两杆伸直，AB间的竖直高度为：
h′＝
(L1+L2)2−d2
h′＝
149.76m＝12.24m
h'＜h
所以能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离应为h_m=12.24m．
答：（1）现测得OB与竖直方向的夹角为53⁰，被困人员滑到B点是安全的．
（2）若云梯顶端B点与竖直墙间的水平距离保持不变，能够被安全营救的被困人员与云梯顶端B的最大竖直距离是12.24m．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；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： 本题重点在于对几何关系的认识，要注意找出题目中的临界条件，再结合能量关系即可求出所要求的量来．

（1）由电路图可知，如果电路中没有定值电阻，当滑片P在最左端时，电路短路，电源短路，
会损坏电路；接入定值电阻后，滑片P在最左端时，不会造成电路短路，由此可见，定值电阻的作用是保护电路；
（2）①由电路图可知，把定值电阻串联接在A、B之间，电压表测电源电压，电源电压不变，向右拉动拉环，
滑片P向右移动的过程中，电压表示数不变；
②设串联接入电路的定值电阻为R，闭合开关时，电路电流I=[U
R+R滑，
∵I=
U/R]，
∴电压表示数U=IR_滑=
U
R+R滑R_滑，
由此可见电压表示数与滑动变阻器接入电路的电阻不成正比，且随滑动变阻器阻值接入电路的阻值越大，电压表示数增加变慢，因为拉力与滑动变阻器接入电路的阻值成正比，所以电压表示数与滑动变阻器接入电路的阻值不成正比，因此当拉力为500N时，电压表示数为1.5V；拉力为1000N是500N的两倍，电压表示数小于电压表原来示数的两倍，
即小于1.5V×2=3V；
故答案为：（1）保护电路；（2）不变；小于．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用；电路的动态分析．

考点点评： 本题考查了定值电阻的作用、电压表示数变化情况，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律是正确解题的关键．

在Rt△AOB中，已知∠AOB=90°，AB=100cm，OA=80cm，
则根据勾股定理OB=60cm，
A端点向上滑动10cm，
则OA′=90cm，
在Rt△OA′B′中，已知A′B′和OA′，
则根据勾股定理求得OB′=
1900cm＜50cm，
故BB′=OB-OB′＞10cm．
故选A．

点评：
本题考点： 勾股定理的应用．

考点点评： 本题考查了勾股定理在实际生活中的应用，本题中根据AB=A′B′的等量关系正确的求出OB′是解题的关键．

（1）转动半径和角速度相同，根据F=mω²r，质量越大，向心力越大；
（2）质量和和角速度相同，根据F=mω²r，转动半径越大，向心力越大；
（3）质量和转动半径一定，角速度增加到一定程度后线断，说明向心力随转动角速度的增大而增大；
故答案为：
（1）物体质量；
（2）转动半径；
（3）转动角速度．

点评：
本题考点： 线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 本题是研究向心力与角速度、转动半径、质量关系的实验，关键采用控制变量法研究，基础问题．

设AE的长为x米，依题意得CE=AC-x．
∵AB=DE=2.5，BC=1.5，∠C=90°，
∴AC=
AB2−BC2=
2.52−1.52=2
∵BD=0.5，
∴在Rt△ECD中，
CE=
DE2−CD2=
2.52−(BC+BD) 2=
2.52−(1.5+0.5)2=1.5．
∴2-x=1.5，x=0.5．即AE=0.5．
答：滑杆顶端A下滑0.5米．

点评：
本题考点： 勾股定理的应用．

考点点评： 本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键．

AC、假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析：重力、拉力、支持力，假设A环受到沿杆向上的摩擦力f，如图，根据牛顿第二定律，有：mAgsinθ-f=mAa…①对C：mCgsinθ=mCa…②由①②两式，解得：a=gsinθ，f=0，即A环...

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题关键要结合运动情况，根据牛顿第二定律和平衡条件分析受力情况，再结合受力情况判断运动情况．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系：d=L₁cosα+L₂cosβ
得出AO杆与水平方向夹角α=53°
由牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma
f=μNN=μmgcosθ
在AO段运动的加速度：a₁=gsin53°-μgcos53°=3.2 m/s²，方向沿AO杆向下．
在OB段运动的加速度：a₂=gsin37°-μgcos37°=-0.4 m/s²，方向沿BO杆向上．
（2）对全过程由动能定理得 mgh-μmgL₁cosα-μmgL₂cosβ=[1/2mv2-0
其中d=L₁cosα+L₂cosβ，v≤6 m/s
所以：h＝
v2
2g+μd≤10.6m
又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为h′=
(L1+L2)2−d2]=
104≈10.2m＜10.6m
所以AB最大竖直距离应为10.2m．
答：（1）在AO段运动的加速度大小为3.2 m/s²，方向沿AO杆向下．在OB段运动的加速度大小为0.4 m/s²，方向沿BO杆向上．
（2）AB最大竖直距离应为10.2m．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；动能定理．

考点点评： 本题重点在于对几何关系的认识，要注意找出题目中的临界条件，再结合能量关系即可求出所要求的量来．

A、C、假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析，受重力、拉力、支持力，假设有向后的摩擦力f，如图，

根据牛顿第二定律，有
运动方向：m_Agsinθ-f=m_Aa ①
对C，同样有
m_Cgsinθ=m_Ca ②
由①②两式，解得
f=0
a=gsinθ
故A正确，C错误；
B、D、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上或者合力为零，故合力只能为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力．

故B错误，D正确；
故选AD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 本题关键要结合运动情况判断力，再结合受力情况判断运动情况．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系得：
d=L₁cosα+L₂cosβ
得出：AO杆与水平方向夹角α=53°
杆与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma
又f=μN，N=mgcosθ
得到a=g（sinθ-μcosθ）
在AO段运动的加速度：a₁=gsin53°-μgcos53°=3.2 m/s²，方向沿AO杆向下．
在OB段运动的加速度：a₂=gsin37°-μgcos37°=-0.4 m/s²，方向沿BO杆向上．
（2）对全过程由动能定理得 mgh-μmgL₁cosα-μmgL₂cosβ=
1
2mv2-0
其中h=L₁sinα+L₂sinβ=10m
及d=L₁cosα+L₂cosβ
所以：v＝
2(gh−μgd)＝2
3≈3.46m/s
答：
（1）消防员在AO段上运动时的加速度的大小是3.2 m/s²，方向沿AO杆向下，在OB段上运动时的加速度的大小0.4 m/s²，方向沿BO杆向上．
（2）消防员滑到B点时的速度大小约为3.46m/s．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题是常规题，特别之处是根据几何知识求出AO杆的倾角．中等难度．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系：
d=L₁cosα+L₂cosβ
得出AO杆与水平方向夹角：α=53°
由牛顿第二定律得：mgsinθ-f=ma
f=μNN=μmgcosθ
在AO段运动的加速度：a₁=gsin53°-μgcos53°=3.2 m/s²，方向沿AO杆向下．
在OB段运动的加速度：a₂=gsin37°-μgcos37°=-0.4 m/s²，方向沿BO杆向上．
（2）对全过程由动能定理得 mgh-μmgL₁cosα-μmgL₂cosβ=
1
2mv2-0
其中d=L₁cosα+L₂cosβ，v≤6 m/s
所以：h＝
v2
2g+μd≤10.6m
又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为：
h′＝
(L1+L2)2−d2＝
104≈10.2m＜10.6m
所以AB最大竖直距离应为10.2m．
答：（1）消防员在AO段运动的加速度大小为3.2 m/s²，方向沿AO杆向下，在OB段运动的加速度大小为0.4 m/s²，方向沿BO杆向上．
（2）滑杆端点A、B间的最大竖直距离为10.2m．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和动能定理进行求解．

以物体为研究对象，物体沿滑杆向下做直线运动，加速度为零，或加速度与速度在同一直线上，而物体受到竖直向下重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力作用。故AC错误，B正确。由平衡得到，悬绳对物体的拉力等于物体的重力。故D错误。

B

A、左图，物体受重力和拉力两个力，两个力的合力不等于零，知物体与A以共同的加速度向下滑，对物体有：
a=[mgsinθ/m]，则A的加速度为gsinθ，做匀加速直线运动，对A环分析，设摩擦力为f，有
Mgsinθ-f=Ma，
解得f=0．所以A环与杆间没有摩擦力．故A正确，C错误；
B、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力．故B正确，D错误．
故选：AB．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

考点点评： 本题关键要结合运动情况，根据牛顿第二定律和平衡条件分析受力情况，再结合受力情况判断运动情况．

（1）球第一次过E点时，速度大小为v_E，由机械能守恒定律，有：

1
2mv02+2mgR2＝
1
2mvE2 ①
在E点，根据牛顿第二定律，有
F−mg＝m
vE2
R2 ②
联立①②式，可解得：
轨道对小球的支持力为F=5mg+m
v02
R2=
500
3N＝167N．
（2）从E到C的过程中，重力做功：
W_G=-mg（Lsin37°+R₂-R₂cos37°） …③
从D到C的过程中，滑动摩擦力做功W_f=-μmgcos37°L …④
设第一次到达C点的速度大小为v_c，小球从E到C的过程中，由动能定理，有

1
2mvC2−
1
2mvE2＝WG+Wf ⑤
由①③④⑤式，可解得 v_c=11m/s
（3）物体多次循环运动后，在D点瞬间速度为零．
则机械能的减小量为△E=
1
2mv02+mgR2(1+cos37°)=208J．
答：（1）第一次经过E处时，轨道对小球的作用力为F_n=167．N
（2）小球第一次经过C点时的速度为V_c=11m/s
（3）小球在运动过程中，损失的机械能最多为208J．

点评：
本题考点： 动能定理；向心力．

考点点评： 个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究．
圆周运动问题关键要通过受力分析找出向心力的来源列出等式解决问题．

（1）设球第一次过E点时，速度大小为v_E，由机械能守恒定律，有：

1
2mv02+mg2R2＝
1
2mvK2…①
在E点，根据牛顿第二定律，有
F−mg＝m
vE2
R2…②
联立①②式，可解得：
轨道对小球的支持力为F=5mg+m
v02
R2＝
500
3N
（2）从E到C的过程中，重力做功：
W_G=-mg（Lsin37°+R₂-R₂cos37°）…③
从D到C的过程中，滑动摩擦力做功W_f=-μmgcos37°L …④
设第一次到达C点的速度大小为v_c，小球从E到C的过程中，由动能定理，有

1
2mvc2−
1
2mvK2＝WG+Wf⑤
由①③④⑤式，可解得 v_c=11m/s
答：（1）第一次经过E处时，轨道对小球的作用力为
500
3N；
（2）小球第一次经过C点时的速度为11m/s．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

考点点评： 一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究．圆周运动问题关键要通过受力分析找出向心力的来源列出等式解决问题．

A、C、假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力分析：重力、拉力、支持力，假设A环受到沿杆向上的摩擦力f，如图，
根据牛顿第二定律，有：m_Agsinθ-f=m_Aa…①
对C：m_Cgsinθ=m_Ca…②
由①②两式，解得：a=gsinθ，f=0，即A环与滑杆无摩擦力，做匀加速运动．故A正确，C错误；
B、D、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力．故B、D均错误．
故选：A．

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： 本题关键要结合运动情况，根据牛顿第二定律和平衡条件分析受力情况，再结合受力情况判断运动情况．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，则对于全过程，由动能定理得，
mgh-μmgL₁cosα-μmgL₂cosβ=[1/2]mv²①，
由几何关系得：d=L₁cosα+L₂cosβ②
其中v≤6m/s
所以：h=
v2
2g+μd≤
62
2×10+0.8×11=10.6m③
（2）由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma④
所以a=gsinθ-μgcosθ
在AO段运动时有，d=L₁cosα+L₂sinβ，
得：cosα=0.6，AO杆与水平方向夹角α=53°，
a₁=gsin53°-μgcos53°=3.2m/s²⑤
方向沿AO杆向下
a₂=gsin37°-μgcos37°=-0.4m/s²⑥
方向沿BO杆向上
答：
（1）滑杆端点A、B间的最大竖直距离为10.6m；
（2）若测得BO与墙N间夹角α=53°，消防员在两滑杆上运动时加速度的大小为-0.4m/s²，方向沿BO杆向上．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了动能定理、牛顿第二定律等知识点，属于中等难度的题，由于情景新颖，导致学生有点无从下手的感觉．

A、转速增加，再次稳定时，M做圆周运动的向心力仍由拉力提供，拉力仍然等于m的重力，所以向心力不变．故A错误．
B、转速增至原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，根据F=mrω²，向心力不变，则r变为原来的[1/4]．根据v=rω，线速度变为原来的[1/2]．故B、D错误，C正确．
故选C．

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律．

考点点评： 解决本题的关键知道再次稳定时，M做圆周运动的向心力不变，根据F=mrω2，得出r的变化，以及根据v=rω，得出线速度的变化．

（1）设杆OA、OB与水平方向夹角为α、β，由几何关系：d=L₁cosα+L₂cosβ
得出AO杆与水平方向夹角α=53°
由牛顿第二定律得：
mgsinθ-f=ma
f=μN
N=μmgcosθ
在AO段运动的加速度：a₁=gsin53°-μgcos53°=3.2 m/s²，方向沿AO杆向下．
在OB段运动的加速度：a₂=gsin37°-μgcos37°=-0.4 m/s²，方向沿BO杆向上．
（2）对全过程由动能定理得 mgh-μmgL₁cosα-μmgL₂cosβ=
1
2mv2-0
其中d=L₁cosα+L₂cosβ，v≤6 m/s
所以：h＝
v2
2g+μd≤10.6m
又因为若两杆伸直，AB间的竖直高度为
h′＝
(L1+L2)2−d2＝
104≈10.2m＜10.6m
所以AB最大竖直距离应为10.2m．
答：（1）消防员在AO段运动的加速度大小为3.2 m/s²，方向沿AO杆向下，在OB段运动的加速度大小为0.4 m/s²，方向沿BO杆向上．
（2）滑杆端点A、B间的最大竖直距离为10.2m．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；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： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和动能定理进行求解．