那从杆上匀速滑落该怎么理解摩擦力不是阻碍相对运动么 你向上爬 摩擦力就阻碍你向上啊 我还是觉得摩擦力的方向是向下的

小球由静止释放后沿绝缘杆先向左做加速运动，运动到杆的中点时，所受电场力为零，加速度为零，速度达到最大，然后越过中点继续向左做减速运动，水平方向所受电场力不断增大，加速度不断增大，最后速度变为零，然后反向再向右运动，如此反复，小球在运动过程中速度大小与方向不断发生变化，因此所受洛伦兹力大小与方向也不断发生变化，
故A、B、C错误，D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 洛仑兹力；牛顿第二定律．

考点点评： 解决本题的关键能够根据小球的受力情况分析出小球的运动情况，从而可知洛伦兹力的变化．

（1）由图得：a=[v/t]=0.5m/s²，
前2s，物体受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
F₁-mgsinα=ma ①
2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：
F₂=mgsinα ②
由①②两式，代入数据可解得：m=1kg，α=30°．
故小环的质量m为1kg．
（2）由第一问解答得到，细杆与地面间的倾角α为30°．

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．

考点点评： 本题关键是对小球进行运动情况分析，先加速后匀速；然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解．

根据左手定则，洛伦兹力与电场力同向，故知：
F_N=Eq+qvB
故合力为：
F_合=mg-F_摩=mg-μ（qE+qvB）
可见，随v的增大，F_合减小，由牛顿第二定律可知，小球做加速度越来越小的变加速度运动，直到最后匀速运动．
故当v=0时，加速度最大，为：
am＝
mg−μEq
m＝g−
μEq
m
当F_合=0，即a=0时，v有最大值v_m
即：mg-μ（Bqv_m+Eq）=0
故：vm＝
mg
μBq−
E
B
答：小球在下滑过程中的最大加速度为g−
μEq
m，最大速度为[mg/μBq−
E
B]．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．

以箱子为研究对象，分析受力情况，箱子受到重力Mg、地面的支持力N和环对箱子向下的滑动摩擦力f，
根据平衡条件得：
N=Mg+f
根据牛顿第三定律得箱对地面的压力大小：
N′=N=Mg+f
故选：A．

点评：
本题考点： 物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算．

考点点评： 分析物体间的内力时，通常要选择一个物体作为研究对象，即将物体从相同中隔离出来；本题还要结合平衡条件和牛顿第三定律分析；基础问题．

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．

（1）对m₂由碰后条件得：m₂g=kx₀，解得：x₀=0.1m；
m₁从B落到A点过程中，由动能定理得：
m₁g×3x₀=[1/2]m₁v₀²-0，解得：v₀=
6m/s；
（2）两圆环碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可得：
m₁v₀=（m₁+m₂）v₁，
碰撞过程中系统损失的机械能：
△E=[1/2]m₁v₀²-[1/2]（m₁+m₂）v₁²，
解得：△E=6J；
两圆环到达C点时，kx=（m₁+m₂）g，
x₁=x-x₀，解得：x₁=0.2m，
由能量守恒定律可得：
m₁g（3x₀+x₁）+m₂g（x₀+x₁）-△E=E_K+E_P，
解得：E_P=13.5J；
答：（1）m₁在与m₂碰撞前瞬间的速度为
6m/s；
（2）m₁与m₂经过C点时，弹簧的弹性势能为你13.5J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；动能定理的应用．

考点点评： 本题考查了求圆环的速度、弹簧的弹性势能等问题，分析清楚运动过程、应用动能定理、动量守恒定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题．

（2）由于洛伦兹力作用下，导致压力减小，则滑动摩擦力也减小，所以加速度增加，当洛伦兹力大于重力的垂直于杆的分力时，导致滑动摩擦力增大，从而出现加速度减小，直到处于受力平衡，达到匀速直线运动．
因此小球先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动．
（2）当杆对小球的弹力为零时，小球加速度最大．
小球受力如图2所示
根据牛顿第二定律得gsinθ=得a
解得：a=gsinθ
（3）当小球所受合力为零时，速度最大，设最大速度为v_得
小球受力如图2所示
根据平衡条件qv_得B=N+得g2osθ
得gsinθ=f
滑动摩擦力f=μN
解得：v得＝
得g(sinθ+μ2osθ)
μBq
答：（2）先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动；
（2）小球在运动过程中最大加速度的大小gsinθ；
（3）小球在运动过程中最大速度的大小为 v得＝
得g(sinθ+μ2osθ)
μBq．

点评：
本题考点： 洛仑兹力；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．

考点点评： 考查如何对物体受力分析，理解牛顿第二定律的应用，抓住滑动摩擦力等于零时，加速度最大．而合力为零时，速度最大．注意洛伦兹力与速度的存在紧密联系．

A、振子在运动的过程中，弹力方向与加速度方向相同．故A错误．
B、振子远离平衡位置时，速度变慢，故由ob的中点c经b再回到c的运动过程所用时间大于[1/4]周期．故B错误．
C、振子由o→b运动时，弹簧的弹力在增大，所以加速度增大．故C错误．
D、振子由o→b运动时，受力方向向左，与速度方向相反，速度越来越小，振子克服弹力做功．故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 简谐运动的回复力和能量．

考点点评： 解决本题的关键知道判断振子加速还是减速看速度与加速度的方向关系，速度与加速度同向，速度增大，速度与加速度反向，速度减小．

A、小球q下滑过程中，沿杆的方向受到重力的分力mgsinθ和库仑力，两力方向相反．根据库仑定律知道，库仑力逐渐增大．库仑力先小于mgsinθ，后大于mgsinθ，q先做加速度减小的变加速运动，后做加速度增大的变减速运动，当库仑力与mgsinθ大小相等时速度最大．故A错误．
B、下滑地稆，AC间的场强小，CB间场强大，由U=Ed知，A、C间的电势差值小于C、B间的电势差值，根据电场力做功公式W=qU得知，从A至C电场力做功较小，则电势能的增加量较小．故B正确．
C、q从C到B做减速运动，在B点时加速度沿杆向上，故库仑力大于mgsinθ．故C错误．
D、从A到B，根据动能定理得：mgLsinθ+qU_AB=0，又U_BA=-U_AB，解得U_BA=[mgLsinθ/q]．故D正确．
故选BD

点评：
本题考点： 电势能；牛顿第二定律；电场强度；电势差．

考点点评： 本题是带电体在电场中运动的问题，关键要分析受力情况来确定其运动情况，根据动能定理研究电势差．

∵小球匀速运动，由动能定理得；W_F-W_f-W_G=0
要使拉力做功最小则W_f=0，即摩擦力为0，则支持力为0．
分析小球受的各力然后正交分解列方程：
垂直斜面方向：Fsinα=mgcos30°
沿斜面方向：Fcosα=mgsin30°
解以上两方程得：α=60°，F=mg
故答案为：α=60°，F=mg

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；动能定理．

考点点评： 解答本题的关键是通过分析小球的受力及各力做功情况，再结合动能定理得出拉力F做功最小时摩擦力为零．

设小车的加速度为a．
对木块：
竖直方向：受到重力mg和滑动摩擦力f，木块匀速下滑时，则有 f=mg
水平方向：受到杆的弹力N，则有 N=ma，
又f=μN
联立以上三式，得 a=[g/μ]
对整体，根据牛顿第二定律得：
水平方向：F=（M+m）a
解得，F＝
1
μ(M+m)g
答：小车施加[1/μ]（M+m）g的水平力让车在光滑水平面上运动时，木块才能匀速下滑．

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： 本题运用正交分解法研究木块的受力情况，再运用整体法，根据牛顿第二定律即可求解水平力F．

设小车的加速度为a．
对木块：
竖直方向：受到重力mg和滑动摩擦力f，木块匀速下滑时，则有 f=mg
水平方向：受到杆的弹力N，则有 N=ma，
又f=μN
联立以上三式，得 a=[g/μ]
对整体，根据牛顿第二定律得：
水平方向：F=（M+m）a
解得，F＝
1
μ(M+m)g
答：小车施加[1/μ]（M+m）g的水平力让车在光滑水平面上运动时，木块才能匀速下滑．

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： 本题运用正交分解法研究木块的受力情况，再运用整体法，根据牛顿第二定律即可求解水平力F．

猴子处于静止，知f=mg=50N．
对杆子分析，受向下的摩擦力和重力，根据牛顿第二定律得，a=
Mg+f
M＝
100+50
10m/s2＝15m/s2．故D正确，A、B、C错误．
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： 解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解．

由题意，ab在外力F₁作用下向左匀速运动，则外力F₁与安培力二力平衡，大小相等；cd在外力F₂作用下保持静止，外力F₂与所受的安培力二平衡，大小相等．由安培力公式F=BIL，可知两棒所受的安培力大小相等，则F₁=F₂．
ab棒切割磁感线相当于电源，而cd相当于外电路，ab两端与cd两端的电压都是路端电压，大小相等．故有U_ab=U_cd．故B正确，ACD错误．
故选B

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．

考点点评： 本题关键是分析两棒的受力情况，运用平衡条件分析外力关系，由电路知识分析电压关系．属于基础题．

（1）对小球受力分析，由平衡条件可知：
mgsinθ=f₁…①
N₁=mgcosθ…②
f₁=μN₁…③
解得μ=tan37°=0.75…④
（2）水平推力作用后，由牛顿第二定律：
Fcosθ-mgsinθ-f₂=ma…⑤
f₂=μN₂=μ（Fsinθ+mgcosθ） …⑥
解得a=2 m/s²．
答：（1）小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小为0.75．
（2）小球沿杆向上加速滑动的加速度大小为2 m/s²．

点评：
本题考点： 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，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解．

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，小球AB转动的角速度相等，对A球有：
受重力和杆的拉力作用做圆周运动故有：
Fn=mg+mg=mlω2
可得球A转动的角速度：ω2=
2g
l
再以B球为研究对角，有：
T-mg=m2lω²=4mg
所以杆对球的拉力T=5mg．
答：B球对细杆的作用力为5mg．

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律．

考点点评： 注意A、B两球用轻杆相连，两球转动的角速度相等，这是正确解题的关键．