参考答案：A、B，根据牛顿第二定律分析可知，电梯的运动情况是：0-2s内向下做匀加速运动，在2-7s内做匀速直线运动，7-9s内做匀减速运动，而且0-2s内和7-9s内电梯的加速度大小相等，说明电梯在第?1s末和第8s末速度相同，小于第4s末的速度．故A错误，B正确．
? C、重物从1s到2s，向下做匀加速运动，重物的动量变化量为正值，说明动量变化量的方向向下；从7s到8s向下做匀减速运动，动量的变化量是负值，说明动量变化量的方向向上，所以重物从1s到2s和从7s到8s动量的变化不相同．故C正确．
? D、电梯对重物的支持力在第1s内和第9s内的平均速度相等，支持力大小不等，功率不等．故D错误．
故选BC

本题解析：

本题难度：简单

2、简答题  如图口所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m=lkg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图b所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）0-8s内物体位移的大小；?
（2）物体与传送带间动摩擦因数；
（3）0-8s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q．

参考答案：（1）从图b中求出物体位移s=3×2+4×2=14m?①
（2）由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度α=lm/s2?②
对此过程中物体分析得，μmgcosθ一mgsinθ=ma?③，
解得μ=0.875?④
（3）物体被送上的高度h=ssinθ=8.4m，重力势能增量△Ep=mgh=84J⑤
动能增量△E?k=12mv22-12mv21=6J?⑥
机械能增加△E=△Ep+△E?k=90J?⑦
0-8s内只有前6s发生相对滑动．
0-6s内传送带运动距离．s带=4x6m=24m?⑧
0-6s内物体位移s带=6m?⑨
产生的热量Q=μmg?cosθ?s相对=126J?⑩‘
答：
（1）0-8s内物体位移的大小是14m；
（2）物体与传送带间动摩擦因数是0.875；
（3）0-8s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q是126J．

本题解析：

本题难度：一般

3、计算题  如图，光滑斜面的倾角α=30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1=lm，bc边的边长l2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M=2kg，斜面上ef线（ef∥gh）的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s=11.4m，（取g=10m/s2），求：
（1）线框进入磁场前重物M的加速度；
（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v；
（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；
（4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热。

参考答案：解：（1）线框进入磁场前重物M的加速度=5m/s2
（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以受力平衡，Mg=mgsinα+
解得v=6m/s
（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动。进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a=5m/s2
该阶段运动时间为
进磁场过程中匀速运动时间
线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前相同，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2
，解得：t3=1.2s
因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为t=t1+t2+t3=2.5s
（4）线框ab边运动到gh处的速度v′=v+at3=6m/s+5×1.2m/s=12m/s
整个运动过程产生的焦耳热Q=FAl2=（Mg－mgsinα）l2=9J 或

本题解析：

本题难度：困难

4、简答题  静止在水平地面上的物体质量为2kg，在F=6N的水平力推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s，求物体与地面的动摩擦因数？（g=10m/s2）

参考答案：物体在水平推力作用做匀加速运动，由v=at得
a=vt=44m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
得 μ=F-mamg=6-2×120=0.2
答：物体与地面的动摩擦因数是0.2．

本题解析：

本题难度：一般

5、计算题  航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m，求飞行器所受阻力Ff的大小；
(2)第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高 度h；
(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力允许的最长时间t3。

参考答案：

解：(1)第一次飞行中，设加速度为a1
匀加速运动
由牛顿第二定律F-mg-Ff=ma1
解得Ff=4N
(2)如图，第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为x1，匀加速运动
设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2

由牛顿第二定律mg+Ff=ma2

解得h=x1+x2=42m
(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律mg-Ff=ma3，F+Ff-mg=ma4
且，v3=a3t3
解得或2.1s)

本题解析：

本题难度：困难