在一底板及横梁都已调节好的天平右盘中放100g砝码,左盘中放一木块,天平正好平衡,现将木块放右盘,100g砝码放左盘,则

解（1）箱子受到总重力：G=mg=1.5×10³kg×10N/kg=1.5×10⁴N，
∵汽车底板受到的压力：F=G=mg=1.5×10⁴N，
∴箱子对汽车底部的压强：p=[F/S]=
1.5×104N
7.5m2=2×10³Pa；
（2）∵滑轮组的动滑轮的绳子股数是3股，则不计滑轮、钢索的重，不计摩擦时，
在A端施加的拉力：F=[G/3]=
1.5×104N
3=5×10³N．
答：（1）集装箱对汽车底板的压强为2×10³Pa；
（2）在钢索的A端至少施加5×10³N的拉力才可以吊起集装箱．

点评：
本题考点： 压强的大小及其计算；滑轮组绳子拉力的计算．

考点点评： 本题考查压强和滑轮组拉力的计算，明确使用滑轮组时不计摩擦、滑轮、钢索的重的情况下拉力F=[G/n]是本题的关键．

木块与车前壁碰撞过程中，木块和车厢组成的系统动量守恒

碰撞后，设车厢的速度大小为，取向右为正方向，有

−−−−−−−−−−−−−−−−(1分)

解得，方向向右

设经达时间t，木块将与车后壁相碰，由运动学公式得：

−−−−−−−−−−−−−−(1分)

解得：−−−−−−−−−−−−(1分)

<>

（1）设卡车制动的时间为t，而卡车制动过程中通过的位移s车＝
v
2t
货箱向前滑动受磨擦力产生的加速度a＝
umg
m＝ug
货箱运动时间t′＝
v
a＝
v
ug
货箱位移s货＝
v
2t′＝
v2
2ug
又因制动过程中车地位移s车＝
v
2t
则有s_货=s_车+l，即[v/2t+l＝
v2
2ug]．
解得t＝
v
ug−
2l
v0
（2）设卡车制动时受地面阻力为F_地，卡车制支加速度为a_车，由牛顿第二定律得F_地-umg=Ma_车①
又因v=a_车t②
联立①②解得F地＝umg+
uMgv2
v2−2ugl．
答：（1）卡车制动时间为[v/ug−
2l
v0]．
（2）卡车制动时受地面的阻力为umg+
uMgv2
v2−2ugl．

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： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，抓住位移关系，结合牛顿第二定律进行求解．

①碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv₀=Mv-m•
v0
2，
解得：v=
3mv0
2M，方向向右；
②设经过时间t木块与后车壁碰撞，
则vt+
v0
2t=L，解得：t=[2ML
(M+3m)v0；
答：①碰后车厢的速度大小为
3mv0/2M]，方向向右．
②再经过时间
2ML
(M+3m)v0木块将与后车壁相碰．

点评：
本题考点： 动量守恒定律．

考点点评： 本题考查了求速度、运动时间问题，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与运动学公式即可正确解题．

调温蒸汽电熨斗的底板要求是硬度大、耐高温和良好的导热性；所以是底板是由硬度大，具有高温不粘性，有较好的导热性材料制成；
电熨斗是利用电流的热效应工作的；工作时消耗电能，转化为内能．
故答案为：导热性；电能转化为内能．

点评：
本题考点： 物质的基本属性．

考点点评： 本题主要考查了物体的一下物理性质，知道电熨斗是利用电流的热效应工作的．

A、B、电梯加速过程，铁块随电梯一起加上升，受拉力F和重力G
F-G=ma
故F＞G
电梯突然停止后，铁块由于惯性继续上升，先加速，当拉力减小到等于重力时加速度减为零，速度达到最大，之后铁块由于惯性仍然继续上升，弹力开始小于重力，物体做加速度不断增大的减速运动，又由于动能E_k=[1/2]mv²，因而A正确，B错误；
C、D、由上述分析可知，物体先做加速度不断减小的加速运动，后作加速度不断增大的减速运动，因而CD均错误；
故选A．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题关键对物体受力分析后，明确物体的运动情况，然后根据牛顿第二定律和动能定理判断．

设小车初速度为v，刹车时的加速度为a，若小车初速度较大，以至于小球碰到挡板前小车尚未停止，则
s_球=v•t①
s_车=vt-[1/2]at²②
s_球-s_车=L③
联立①②③解得a=4 m/s²
若小车初速度较小，以至于小球碰到挡板前小车已停止，则
s_车=
v2
2a④
由①③④整理后得

v2
2a−vt+L=0
因为v为实数，所以△≥0
解得a≥4 m/s²
答：小车刹车加速度a≥4 m/s²

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

考点点评： 解决本题的关键理清小球和小车的运动情况，结合位移之差，运用运动学公式灵活求解．

∵G=1800N，h=1.5m，
∴提升货物做的有用功为：W_有用=Gh=1800N×1.5m=2700J；
又∵F=1200N，s=3m，
∴拉力做的总功为：W_总=Fs=1200N×3m=3600J；
则斜面的机械效率为：η=
W有用
W总=[2700J/3600J]=75%．
答：则该斜面的机械效率是75%．

点评：
本题考点： 斜面的机械效率；功的计算．

考点点评： 本题考查了使用斜面有用功、总功、机械效率的计算，能区分有用功（提升货物做功）和总功（拉力做功）是本题的关键．有用功等于物体重力和斜面高度的乘积W有用=Gh，总功等于拉力和斜面长度的乘积总功W总=Fs．

（1）F₁、F₂大小与上下传感器示数相等，由牛顿第二定律得，
mg+F₁-F₂=ma （1）
代入数据，F₁=6.0N，F₂=10.0N，a=2.0m/s²
解得m=0.5kg．
若F1＝
F2
2，因弹簧长度没有变化，所以，F₂=10.0N，F₁=5.0N
代入（1）式，解得此时的加速度a=0，箱子向上或向下做匀速运动．
（2）若F₁=0，而F₂=10.0N不变．
将数据代入（1）式得，a=-10m/s²．
箱子向上做匀加速或向下做匀减速运动，加速度大小均为10.0m/s²．
答：（1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，箱子向上或向下做匀速运动．
（2）若上顶扳传感器的示数为零（铁块没有离开上板），箱子向上做匀加速或向下做匀减速运动，加速度大小均为10.0m/s²．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；胡克定律．

考点点评： 金属块与箱子具有相同的加速度，解决本题的关键对金属块受力分析，根据牛顿第二定律进行求解．

（1）对小球进行受力分析有：

根据小球平衡有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ=mg
可解得：N＝
mg
cosθ，F=mgtanθ
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为mgtanθ，对斜面的压力为[mg/cosθ]
（2）当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ-mg=ma
联列可解得：
N=
m(g+a)
cosθ，F=m（g+a）tanθ
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为m（g+a）tanθ，球对斜面的压力为
m(g+a)
cosθ
答：（1）球对档板的压力为mg tanθ，对斜面的压力为[mg/cosθ]
（2）球对档板的压力为m （g+a） tanθ，对斜面的压力为
mg(g+a)
cosθ

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

考点点评： 解决本题的关键是能正确的对小球进行受力分析，根据正交分解法求出小球所受的合力，由平平衡条件或牛顿第二定律列方程求解．注意挡板对小球的弹力方向垂直于挡板水平向右．

（1）小球在AB板间受恒定电场力做匀加速直线运动，小球所受的电场力为：
F=qE=q
E1
L
加速度a=
qE1
mL
则AB间小球运动的时间为：t=[u−v/a]=
m(u−v)L
qE1
（2）小球和小车的系统动量守恒，小球运动到B板后，受到与速度反向的力，先减速到零后反向加速，而小车受到与v₀方向相反的力做减速运动，从运动过程及特点可知：小球是否打到C板的临界条件是当小球和小车的速度相同的时刻，小球是否碰到C板．
设小球运动到C之前与小车有相同的速度v′，由动量守恒得：
mv-Mv₀=（m+M）v′
系统由动能关系可得：qE₁-qE₂=[1/2]（m+M）v′²-（[1/2]Mv₀²+[1/2]mv²）
要使小球不打在C板，应满足条件是：E₂＞E₁+
Mm(v0+v)2
2q(m+M)
答：（1）小球在A．B板间的运动时间为：
m(u−v)L
qE1
（2）要使小球打不到C板上，E₁与E₂应满足条件是：E₂＞E₁+
Mm(v0+v)2
2q(m+M)．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；功能关系．

考点点评： 本题借助电场力考查了动能定理与动量守恒的应用，关键是分析出小球与小车的具体运动情况，有一定难度．

A、B以物体1为研究对象，分析受力情况如图1：重力m₁g和拉力T，根据牛顿第二定律得
m₁gtanβ=m₁a，得a=gtanβ，则车厢的加速度也为gtanβ．
T=
m1g
cosβ．故A错误，B正确．
C、D对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：N=m₂g-T=m₂g-
m1g
cosβ，f=m₂a=m₂gtanβ．故C错误，D正确．
故选BD

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： 本题要抓住两个物体与车厢的加速度相同，采用隔离法研究，分别运用合成法和正交分解法处理．