参考答案

善用两多，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

处理力与运动问题的三把“金钥匙”

1. 1.7 s 2. v0=2=2×m/s＝0.7 m/s

万有引力知识的另类复习法

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

恒定电流解题妙招

1. W2. 1003. 4R 4. AD

条条思路通电场

1. B2. v=v= TB=

6（mg+Eq）3. BD4. k，水平向左

六种思维多解磁场

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

物理题大“变脸”

1. ABC2. x=

热点素材1“神七”问天

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）当降落伞全部打开后，加速度逐渐减小，方向向上，飞船做变减速运动，直至速度减为8.0 m/s后匀速下落。（3）F=8.5×104，WF=1.4×105 J 26. 38 730 N27. （1）6.79×108 J （2）三种减速伞都要两次充气，两次打开，其目的是延长减速所用的时间，从而减小宇航员受到作用力，以免受到伤害。因为减速伞突然打开时产生很大的向上的加速度28. （1）40 000 N（2）2 000 N；（3）躺式增大了接触面积，减小了压强，从而减小过载对宇航员的损伤

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1. C2. C3. 288 N4. （1）4≤X≤16（2）不能

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

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1. D2. A3. （1）压力相同的情况下，受力面积越大，压强越小（2）4. （1）会，t甲=t乙=1.8 s（2）正常驾驶

成都石室中学月考试题

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

22． （1）0.1 s0.5 m/s（2）100 Ω；串联，5 900 Ω；图略，并联，大电阻

23． （1）当F只拉M时，M做匀速直线运动，根据二力平衡条件：F=f=μMg，μ＝==0.2

（2）当m在木块上时， f′=μ（M+m）g，f′－F=Ma

解得a＝0.5 m/s2

因为M与m之间无摩擦，所以m相对地面不运动，根据公式s=v0 t－at2即3=2t－×0.5t2，解得t1=2 s，t2=6 s（表示物体速度减为零后倒回来运动所以舍去）

（3）对m进行受力分析，M对m只有支持力作用，所以I=FNt=mgt=20 N•s，方向竖直向上

24．（1）根据平抛运动的规律：h=gt2，L=v0t解得g=，根据重力提供向心力：mg=m解得v==

（2）根据重力提供向心力：mg=m2R解得T=

（3）根据G=mg解得M=，V=πR3，ρ===

25． （1）小球在最高点做圆周运动的最小速度由mg=m解得v=，因为v=<，所以小球做平抛运动

设绳被拉直时小球所处的位置为B，绳与水平方向夹角为θ，根据平抛运动规律有

Rcosθ=v0 t，R（1－sinθ）=gt2

联立解得t=，θ=0°，即小球运动到与O点在同一水平线上B点时绳恰好张紧

（2）小球由A到B点的过程做平抛运动，当运动到B点时，因为绳被拉直后小球沿绳方向的分速度迅速变为零（即v=0）

v=gt=g•=

小球由B到C：根据动能定理：mgR=mv-mv

解得v=2

在C点根据牛顿第二定律：F-mg=m

解得F=5mg

根据牛顿第三定律，小球对绳子的拉力大小F′=5mg

（3）从A→B→C整个运动过程中，根据动能定理：

mg•2R+W=mv-mv

解得绳子对小球做的功W=－mgR

重庆一中月考试题

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

22． （1）①7.62 7.61②下落过程中受到阻力作用

（2）① ＞ =②=+

23．（1）由动能定理：

上升阶段：－mgh－fh=0－mv02

下降阶段：mgh－fh=m（v0）2－0

由上面两式可得：f=mg，h=

（2）由动能定理可得：

－fs=0－mv02

则 s=

24．（1）对小物块，由A到B有

v2y=2gh

在B点tan=

所以v0=3 m/s

（2）对小物块，由B到O有

mgR（1－sin37°）=mv02－mvB2

其中vB=m/s=5 m/s

在O点FN－mg=m

所以FN=43 N

由牛顿第三定律知对轨道的压力为F′N =43 N

（3）物块沿斜面上滑：mgsin53°+μmgcos53°=ma1

所以a1=10 m/s2

物块沿斜面下滑：mgsin53°－μmgcos53°=ma2

a2=6 m/s2

由机械能守恒知vC=vB=5 m/s

小物块由C上升到最高点历时t1==0.5 s

小物块由最高点回到D点历时t2=0.8 s－0.5 s=0.3 s

故sCD=t1－a2t22

即sCD=0.98 m

25． （1）框架与墙壁碰撞后，物块以v0压缩弹簧，后又返回，当返回原位时框架开始离开，由机械能守恒知，此时物块速度是v0，方向向右。设弹簧有最大势能时共同速度为v

由动量守恒定律知 mv0=4mv

由能量守恒定律mv02=4mv2+EP

解得EP=mv02

（2）设框架反弹速度为v，弹簧有最大势能时共同速度为v，则

由动量、能量守恒定律得

3mv1-mv0=4mv

3mv12+mv02=4mv′2+mv02

解得：v1=，v1′=-v0（舍去）

带入得：v′=0

?驻E1=3mv02－3mv12=mv02

（3）由（2）知第一次相碰反弹后，二者总动量为零，故当弹簧再次伸展后仍可继续与墙壁相撞，并以v1=的速度与墙壁相撞，由题意知，=

所以v2=

故?驻E2=3m2－3m2=mv02

图11