參考答案

善用兩多，妙解平衡

1. L=FS／+m2g22. F=10 N3. α=arctan F=μmg／4. ＞F＞5. ≥F≥6. α≥arctan7. F=2μ2mg或F=3μmg8. μ3≤μ2

處理力與運動問題的三把“金鑰匙”

1. 1.7 s 2. v0=2=2×m/s＝0.7 m/s

萬有引力知識的另類復(fù)習(xí)法

1. 1.70年2. （1）2.94×103 m （2）4.24×1010光年

恒定電流解題妙招

1. W2. 1003. 4R 4. AD

條條思路通電場

1. B2. v=v= TB=

6（mg+Eq）3. BD4. k，水平向左

六種思維多解磁場

1. C 2. B 3. C4. D 5. AD 6. AC 7. Bmin=，v=sinθ

物理題大“變臉”

1. ABC2. x=

熱點素材1“神七”問天

1. AC2. BD3. BC4. C5. BC6. （1）1 808 N（2）4g7. 320 km8. BD9. （1）aA=GM/（R+h1）2 （2）h2=－R10. T=2π=5.4×103 s11. （1）v1=a1 =v2（2）Δm=m12. BD13. AB14. D 15. D16. B17. D18. ABC19. C

20. t=

21. BC22. BD23. C24. （1）E=

（2）E=mgh+25. （1）m=（2）當(dāng)降落傘全部打開后，加速度逐漸減小，方向向上，飛船做變減速運動，直至速度減為8.0 m/s后勻速下落。（3）F=8.5×104，WF=1.4×105 J 26. 38 730 N27. （1）6.79×108 J （2）三種減速傘都要兩次充氣，兩次打開，其目的是延長減速所用的時間，從而減小宇航員受到作用力，以免受到傷害。因為減速傘突然打開時產(chǎn)生很大的向上的加速度28. （1）40 000 N（2）2 000 N；（3）躺式增大了接觸面積，減小了壓強，從而減小過載對宇航員的損傷

熱點素材2博爾特百米神奇挑戰(zhàn)科學(xué)

1. C2. C3. 288 N4. （1）4≤X≤16（2）不能

熱點素材3史蒂夫?胡克破奧運會撐竿跳高紀(jì)錄

1. B2. C3. BCDE4. （1）v=10 m/s H=6.05 m （2）F=3 900 N5. k，A，v0

熱點素材4佛山市前三季交通事故死亡537人

1. D2. A3. （1）壓力相同的情況下，受力面積越大，壓強越?。?）4. （1）會，t甲=t乙=1.8 s（2）正常駕駛

成都石室中學(xué)月考試題

14． C15． B16． D17． B18． BCD19． B20． B21． AD

22． （1）0.1 s0.5 m/s（2）100 Ω；串聯(lián)，5 900 Ω；圖略，并聯(lián)，大電阻

23． （1）當(dāng)F只拉M時，M做勻速直線運動，根據(jù)二力平衡條件：F=f=μMg，μ＝==0.2

（2）當(dāng)m在木塊上時， f′=μ（M+m）g，f′－F=Ma

解得a＝0.5 m/s2

因為M與m之間無摩擦，所以m相對地面不運動，根據(jù)公式s=v0 t－at2即3=2t－×0.5t2，解得t1=2 s，t2=6 s（表示物體速度減為零后倒回來運動所以舍去）

（3）對m進行受力分析，M對m只有支持力作用，所以I=FNt=mgt=20 N?s，方向豎直向上

24．（1）根據(jù)平拋運動的規(guī)律：h=gt2，L=v0t解得g=，根據(jù)重力提供向心力：mg=m解得v==

（2）根據(jù)重力提供向心力：mg=m2R解得T=

（3）根據(jù)G=mg解得M=，V=πR3，ρ===

25． （1）小球在最高點做圓周運動的最小速度由mg=m解得v=，因為v=<，所以小球做平拋運動

設(shè)繩被拉直時小球所處的位置為B，繩與水平方向夾角為θ，根據(jù)平拋運動規(guī)律有

Rcosθ=v0 t，R（1－sinθ）=gt2

聯(lián)立解得t=，θ=0°，即小球運動到與O點在同一水平線上B點時繩恰好張緊

（2）小球由A到B點的過程做平拋運動，當(dāng)運動到B點時，因為繩被拉直后小球沿繩方向的分速度迅速變?yōu)榱悖磛=0）

v=gt=g?=

小球由B到C：根據(jù)動能定理：mgR=mv-mv

解得v=2

在C點根據(jù)牛頓第二定律：F-mg=m

解得F=5mg

根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)K子的拉力大小F′=5mg

（3）從A→B→C整個運動過程中，根據(jù)動能定理：

mg?2R+W=mv-mv

解得繩子對小球做的功W=－mgR

重慶一中月考試題

14． D15． B16． B17． D18． D19． C20． D21． B

22． （1）①7.62 7.61②下落過程中受到阻力作用

（2）① ＞ =②=+

23．（1）由動能定理：

上升階段：－mgh－fh=0－mv02

下降階段：mgh－fh=m（v0）2－0

由上面兩式可得：f=mg，h=

（2）由動能定理可得：

－fs=0－mv02

則 s=

24．（1）對小物塊，由A到B有

v2y=2gh

在B點tan=

所以v0=3 m/s

（2）對小物塊，由B到O有

mgR（1－sin37°）=mv02－mvB2

其中vB=m/s=5 m/s

在O點FN－mg=m

所以FN=43 N

由牛頓第三定律知對軌道的壓力為F′N =43 N

（3）物塊沿斜面上滑：mgsin53°+μmgcos53°=ma1

所以a1=10 m/s2

物塊沿斜面下滑：mgsin53°－μmgcos53°=ma2

a2=6 m/s2

由機械能守恒知vC=vB=5 m/s

小物塊由C上升到最高點歷時t1==0.5 s

小物塊由最高點回到D點歷時t2=0.8 s－0.5 s=0.3 s

故sCD=t1－a2t22

即sCD=0.98 m

25． （1）框架與墻壁碰撞后，物塊以v0壓縮彈簧，后又返回，當(dāng)返回原位時框架開始離開，由機械能守恒知，此時物塊速度是v0，方向向右。設(shè)彈簧有最大勢能時共同速度為v

由動量守恒定律知 mv0=4mv

由能量守恒定律mv02=4mv2+EP

解得EP=mv02

（2）設(shè)框架反彈速度為v，彈簧有最大勢能時共同速度為v，則

由動量、能量守恒定律得

3mv1-mv0=4mv

3mv12+mv02=4mv′2+mv02

解得：v1=，v1′=-v0（舍去）

帶入得：v′=0

?駐E1=3mv02－3mv12=mv02

（3）由（2）知第一次相碰反彈后，二者總動量為零，故當(dāng)彈簧再次伸展后仍可繼續(xù)與墻壁相撞，并以v1=的速度與墻壁相撞，由題意知，=

所以v2=

故?駐E2=3m2－3m2=mv02

圖11