1、2013届浙江省诸暨中学高三上学期期中考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示，横截面为直角三角形斜劈 A，放在粗糙的水平地面上，在劈与竖直墙壁之间放置一光滑球 B，系统处于静止状态在球 B上施一通过球心的力 F，系统仍保持静止，下列说法正确的是 ( ) A B所受合外力增大 B B对竖直墙壁的压力增大 C地面对 A的摩擦力减小 D A对地面的摩擦力将小于 B对墙壁的压力 答案： B 试题分析：正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题 不加推力时，选取 A和 B整体为研究对象，它受到重力（ M+m） g，地面支持力 N，墙壁的弹力 F和地面的摩擦力 f的作用（如图所示
2、）而处于平衡状态 根据平衡条件有： N-（ M+m） g=0， F=f，可得： N=（ M+m） g 再以 B为研究对象，它受到重力 mg，三棱柱对它的支持力 NB，墙壁对它的弹力 F的作用（如图所示），而处于平衡状态，根据平衡条件有： NB cos=mg NsinB=F 解得 F=mgtan， 所以 f=F=mgtan 加推力 F，相当于物体 B的重力变大，由于物体仍然平衡，故合力仍然为零，故 A错误； B对 竖直墙壁的压力等于墙壁对物体 B的支持力 F，加推力 F，相当于物体 B的重力 mg 变大，再由 式，得到压力变大，故 B正确； 加推力 F，相当于物体 B的重力 mg 变大，再由 式
3、，得到摩擦力 f变大，故 C错误； 加推力 F，相当于物体 B的重力 mg 变大，再由 式， A对地面的摩擦力始终等于 B对墙壁的压力，故 D错误； 故选 B 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 点评：正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题要注意多个物体在一起时，研究对象的选取 如图所示有三个斜面 1、 2、 3，斜面 1与 2底边相同，斜面 2和 3高度相同，同一物体与三个斜面的动摩擦因数相同，当他们分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（ ） A三种情况下物体损失的机械能 E3 E2 E1 B三种情况下摩擦产生的热量 Q1 Q2 Q
4、3 C到达底端的速度 v1 v2 v3 D运动的时间 t1 t2 t3 答案： BC 试题分析：物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可以比较三者速度大小，注意物体在运动过程中克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较摩擦生热大小 设斜面和水平方向夹角为 ，斜面长度为 L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为： Lcos即为底边长度 A、物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能由图可知 1和 2底边相等且小于 3的，故摩擦生热关系为：Q1 Q2 Q3，所以损失的机械能 E1= E2 E3 故 A错误， B正确； C、设物体滑到底端时
5、的速度为 v，根据动能定理得：，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时速度大小关系为： v1 v2 v3，故 C正确； D、沿斜面运动的时间 ， 2 3， L2 L3，所以 t2 t3，由于动摩擦因数和斜面 1、 2的倾角关系未知，无法确定 t1和 t2，故 D错误 考点：功能关系；滑动摩擦力；牛顿第二定律；动能定理的应用 点评：本题比较简单直接利用功能关系即可求解，易错点在于写出表达式后的数学运算，因此学生要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力 如图为一匀强电场，某带电粒子从 A点运动到 B点，在这一运动过程中克服重力做的功为 3.0J，电场力做的功为 2.0J。则下列说法正确的是
6、 ( ) A粒子带正电 B粒子在 A点的电势能比在 B点少 2.0J C粒子在 A点的机械能比在 B点少 1.0J D粒子在 A点的动能比在 B点多 1.0J 答案： AD 试题分析：在由 A运动 B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功从运动轨迹上判断，粒子带正电从 A到 B的过程中，电场力做正功为 2.0J，所以电势能是减少的， A点的电势能要大于 B点电势能从 A到B的过程中，克服重力做功 3.0J，电场力做功 2.0J，由动能定理可求出动能的变化情况从 A到 B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较 AB两点的机械能 A、由运动轨迹上来看，垂直电
7、场方向射入的带电粒子向电场的方向 偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电选项 A正确 B、从 A到 B的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在 A点是的电势能要大于在 B点时的电势能选项 B错误 C、从 A 到 B 的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了 1.0J，选项 C错误 D、从 A到 B的过程中，克服重力做功 3.0J，电场力做功 2.0J，由动能定理可知，粒子在 A点的动能比在 B点多 1.0J，选项 D正确 故选 C
8、D 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用 点评：对于本题，大家要明确以下几点： 1、电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据 2、电势能是电荷与所在的电场所共有的，且具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点 3、电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似 如图所示，位于固定粗糙斜面上的小物块 P，受到一沿斜面向上的拉力 F，沿斜面匀速上滑。现把力 F的方向变为竖直向上，若使物块 P仍沿斜面保
9、持原来的速度匀速运动，则（ ） A力 F一定要变小 B力 F一定要变大 C力 F的功率将减小 D力 F的功率将增大 答案： C 试题分析：力 F的方向变为竖直向上，此时物块 P仍沿斜面保持原来的速度匀速运动，力 F与物体受到重力 G为一对平衡力，斜面不受到物块 P的压力，故此时也没有摩擦力的存在。力 F只要克服重力 G做功不要克服摩擦力做功，所以， F做的总功减小了，那么功率就会减小。 故选： C。 考点：功的计算；斜面的机械效率 点评：本题考查有用功、总功、机械效率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，本题相对比较简单 如图所示 , 小球沿足够长的斜面向上做匀变速运动 , 依次经 a、 b、
10、 c、 d到达最高点 e已知 ab=bd=6m, bc=1m, 小球从 a到 c和从 c到 d 所用的时间都是2s, 设小球经 b、 c时的速度分别为 vb、 vc, 则（ ） A B vc=3m/s C de=3m D从 d到 e所用时间为 4s 答案： BD 试题分析：本题的突破口是 ab=bd=6m， bc=1m，小球从 a到 c的时间是 2s，从a到 d的时间是 4s，根据 即可求出 va和 a；再根据速度公式求出 vc和 vd，然后根据 求出 de的距离，最后根据求出从 d到 e的时间 物体在 a点时的速度大小为 v0，加速度为 a， 则从 a到 c有 即 ， 物体从 a到 d有 即
11、 3=v0+2a 故 故 v0=4m/s 根据速度公式 可得 故 B正确 从 a到 b有 解得 故 A错误 根据速度公式 可得 则从 d到 e有 则 故 C错误 可得 从 d到 e的时间 故 D正确 故选 B、 D 考点：速度与物体运动专题：长度、时间、速度 点评：本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解 “蹦极 ”是年轻人喜爱的体育活动，其特点是惊险刺激。如图所示为蹦极运动的简化示意图弹性绳的一端固定在 O 点，另一端和运动员相连运动员从O 点自由下落，至 B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的 C点到达最低点
12、D，然后弹起整个过程中忽略空气阻力分析这一过程，下列表述正确的是 ( ) A经过 B点时，运动员的速率最大 B经过 C点时 ，运动员的速率最大 C从 C点到 D点，运动员的加速度增大 D从 C点到 D点，运动员的加速度不变 答案： BC 试题分析：运动员从 O 点自由下落，到达 B点时有竖直向下的速度，弹性绳伸直后运动员受到重力和弹性绳的弹力两个力作用，根据弹力与重力的大小关系，分析运动员的运动情况，判断其速度的变化，根据牛顿第二定律分析加速度的变化 A、运动员到达 B点后弹性绳伸直，随着运动员向下运动弹性绳的弹力不断增大在 B到 C过程：重力大于弹性绳的弹力，合力方向竖直向下，运动员做加速运
13、动，其速度增大在 C点重力等于弹力，运动员的合力为零在 C到 D的过程：弹力逐渐增大，重力小于弹性绳的弹力，合力方向竖直向上，运动员做减速运动，其速度减小所以经过 C点时，运动员的速率最大故 A错误， B正确 C、 D从 C点到 D点，运动员所受的弹力大于其重力，合力竖直向上，由于弹性绳的弹力逐渐增大，合力增大，所以其加速度增大故 C正确， D错误 故选 BC。 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 点评：本题与小球自由下落掉在轻弹簧上的类型相似，要抓住弹性的弹力随形变量的增大而增大，根据合力方向与速度方向的关系判断运 动员速度的变化和加速度的变化 完全相同的直角三角形滑块 A
14、、 B，按如图所示叠放，设 A、 B接触的斜面光滑， A与桌面间的动摩擦因数为 ，现在 B上作用一水平推力 F，恰好使 A、B一起在桌面上匀速运动，且 A、 B保持相对静止则 A与桌面间的动摩擦因数 与斜面倾角 的关系为 ( ) A tan B tan C 2tan D 与 无关 答案： B 试题分析：先对整体分析，求出推力 F的大小，再隔离对 B分析，求出重力和推力的关系，从而得出 A与桌面间的动摩擦因数 与斜面倾角 的关系 整体在 水平方向上受推力和滑动摩擦力，有 F=2mg隔离对 B分析， B受到重力、推力 F和支持力，根据共点力平衡，运用合成法，求得： mgtan=2mg，解得 故 B
15、正确， A、 C、 D错误 故选 B 考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 点评：解决本题的关键掌握整体法和隔离法的运用，以及能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解 在光滑绝缘水平面的 P点正上方 O 点固定了一电荷量为 +Q 的点电荷，在水平面上的 N 点，由静止释放质量为 m，电荷量为 -q的负检验电荷，该检验电荷经过 P点时速度为 v，图中 ， M点为 ON连线的中点，规定电场中 P点的电势为零。则在 +Q 形成的电场中 A M点电势等于 P点电势 B N 点电势为 C P点电场强度大小是 N 点的 2倍 D检验电荷在 N 点具有的电势能为 答案： AB 试题分析
16、： M、 P两点到 +Q 的距离，处于同一等势面上，电势相等，故 A正确根据动能定理得：检验电荷由 N 到 P 的过程： ，由题，P点的电势为零，即 ，解得， N 点的电势 故 B正确 P点电场强度大小是 ， N 点电场强度大小是 ，则故 C错误检验电荷在 N 点具有的电势能为故 D错误； 考点：考查了电势能；电势本 题关键要掌握电场线方向与电势高低的关系，即顺着电场线方向电势降低，以及点电荷场强公式 、电势能公式如图所示，虚线 AB和 CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于 O 点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点 M、 N 上，下列说法中正确的是（ ） (A） A、 B两处电势、场强均
17、相同 （ B） C、 D两处电势、场强均相同 （ C）在虚线 AB上 O 点的场强最大 （ D）带正电的试探电荷在 O 处的电势能小于在 B处的电势能 答案： B 试题分析：根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较 A与 B， C与 D电势、场强关系及 O、 B电势高低 ；根据电场线疏密可知，在 M、 N 之间O 点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在 O、 B电势能大小 A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知， A、 B场强相同， A点电势高故 A错误 B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性， C、 D两处电势、场强均
18、相同故 B正确 C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在 AB之间， O 点场强最小故 C错误 D、 O 点电势高于 B点电势，正电荷在 O 处电势能大于在 B处电热能故 D错误 故选 B。 考点：电势；电场强度；电势能 点评：这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小 设地球的半径为 R0，质量为 m的卫星在距地面 2R0高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为 g，则下列说法不正确的是（ ） A卫星的线速度为 B卫星的角速度为 C卫星的加速度为 D卫星的周期为 2 答案： D 试题分析：根据万有引力提供向心力 ，万有引力等于重力
19、 ，求出卫星的线速度、角速度、周期和加速度 A、万有引力等于重力 ，得 ，根据万有引力提供向心力，得 故 A正确 B、 故 B正确 C、 故 C正确 D、 故 D错误 本题选错误的，故选 D 考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力以及万有引力等于重力 。 将质量为 m=lkg的物体静止放在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为 =0 2现对物体施加一个方向不变的水平力 F，其大小变化如下图所示，在 3秒之内物体位移最大的力的图是（ ） 答案： B 试题分析：根据牛顿第二定律分别求出三段时间内物体的加速度，分析物体的运动情况，作出速度时间图象，根据
20、图象的 “面积 ”比较位 移大小，再选择位移最大的图象 当水平力大小为 F=5N 时物体的加速度为 当水平力大小为 F=3N 时物体的加速度为 当水平力大小为 F=1N 时物体的加速度为 A、在第 1s内物体静止不动，第 2s内以 a2的加速度做匀加速运动，第 3s内以加速度 a1做匀加速运动，速度如图 1所示 B、第 1s内物体以 a1的加速度做匀加速运动，第 2s内以加速度 a2做匀加速运动，第 3s内以加速度 a3做匀减速运动，速度如图 2所示 C、第 1s内物体以 a2的加速度做匀加速运动，第 2s内以加速度 a3做匀减速运动，第 3s内以加速度 a1做匀加速运动，速度如图 3所示 D
21、、在第 1s内物体静止不动，第 2s内以 a1的加速度做匀加速运动，第 3s内以加速度 a2做匀加速运动，速度如图 4所示 由图象的 “面积 ”看出 B图在 3秒之内物体位移最大 故选 B。 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 点评：本题应用作图法形象直观看出物体位移的大小关系，作图时要根据斜率等于加速度大小 实验题 (10分 )为了 “探究动能改变与合外力做功 ”的关系，某同学设计了如下实验方案： A.第一步 :把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为 M的滑块通过细绳与质 量为 m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推
22、滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如图甲所示 . B.第二步 :保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示 . 打出的纸带如图： 试回答下列问题： 已知 O、 A、 B、 C、 D、 E、 F相邻计数的时间间隔为 t，根据纸带求滑块速度，当打点计时器打 A点时滑块速度 vA=_,打点计时器打 B点时滑块速度 vB=_. 已知重锤质量 m，当地的重加速度 g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块 _(写出物理名称及符号 ,只写一个物理量 )，
23、合外力对滑块做功的表达式 W 合 =_. 测出滑块运动 OA段、 OB段、 OC 段、 OD段、 OE段合外力对滑块所做的功，WA、 WB、 WC、 WD、 WE，以 v2为纵轴 ,以 W为横轴建坐标系 ,描点作出 v2-W图像 ,可知它是一条过坐标原点的倾斜直线 ,若直线斜率为 k，则滑块质量M=_. 答案： VA=OB/2t=x1/2t 、 VB=(x3- x1)/2t x， mgx. M=2/k. 试题分析： A是 OB的中间时刻，所以 A点的速度就等于 OB过程中的平均速度同理可以求出 B点的速度， VA=OB/2t=x1/2t 、 VB=(x3- x1)/2t。 由滑块匀速运动可知，
24、 ， mg 的大小为滑块所受合力，则测出滑块下落的距离 x，合外力对滑块做功的表达式为 mgx. ，得到： M=2/k. 考点：探究动能改变与合外力做功 点评：要明确此题在验证合外力的功与动能变化间的关系中用到的原理，围绕原理，记 忆需要测量的物理量及实验时的注意事项 （ 10分）某实验小组在实验室做 “探究加速度与力、质量的关系 ”实验： （ 1）甲同学在物体所受合外力不变时，改变物体的质量，得到数据如下表所示 实验次数 物体质量 m(kg) 物体的加速度a(m/s2) 物体质量的倒数1/m(1/kg) 1 0.20 0.78 5.00 2 0.40 0.38 2.50 3 0.60 0.2
25、5 1.67 4 0.80 0.20 1.25 5 1.00 0.16 1.00 根据表中的数据，在下图所示的坐标中描出相应的实验数据点，并作出 图象 由 图象，你得出的结论为 物体受到的合力大约为 （结果保留两位有效数字） (2)乙同学在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变对小车的拉力，由实验数据作出的 aF 图象如下图所示，则该图象中图线不过原点的原因是： ，小车的质量为 kg。（保留两位有效数字） 答案：（ 1） a 图象如下图所示 在物体受外力不变时，物体的加速 度与质量成反比 0.15N 至 0.16N 之间均对 （ 2）木板倾角过大（或平衡摩擦力太过）、 1.9至 2.1之间均对
26、 试题分析：（ 1）根据表格中数据，先描点，再连线 （ 2）从数学角度分析加速度与质量的关系：如是曲线可定性说明是正相关还是负相关的关系如是过原点倾斜的直线，可直观说明两者是成正比 （ 3） 图象直线的斜率等于合外力，取两个相距较远点读出坐标，求出合外力 解：（ 1） 采用描点法作图先根据表格中每组数据，在坐标轴上描点再用平滑的曲线将点拟合起来 在物体受外力不变时，物体的加速度与质量成反比 在 图象取离原点较远的点，读出坐标 则合外力。 （ 2）把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大，那么小车的重力沿斜面分力就会大于摩擦力，在没有绳子拉力时，小车已有了加速度在 图象取离原点较远的点，读出坐标，得
27、到小车的质量为 1.9kg。 考点：验证牛顿第二运动定律 点评：通过本题可以看出，通过坐标变换，作出 图象，可以直观地分析 a与 m是什么关系 计算题 （ 14分）一物块以一定的初速度沿斜面向上滑出，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图像如图所示，重力加速度 g取 10 m/s2 求：（ 1）物块向上滑行的最大距离 s； （ 2）斜面的 倾角 及物块与斜面间的动摩擦因数 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：（ 1）由图象可知道，物体在 0 0.5s内匀减速上升，在 0.5s 1.5s内匀加速下降，根据速度时间公式可以求出上升和下降过程的加速度，对上滑过程和下滑过程分
28、别受力分析，根据牛顿第二定律列式求解斜面的倾角和斜面的动摩擦因数； （ 2）上滑的位移可以用速度位移公式求解，也可以用位移时间公式求，还可以根据速度时间图象的面积求解； 解：（ 1）由图可知 （ 2）由图可知 a1=8m/s2,a2=2m/s2 mgsin+mgcos=ma1 mgsin-mgcos=ma2 考点：匀变速直线运动的图像 点评：象简洁明了，能够直接得出物体各过程的运动规律，解出各个过程的加速度后，可以对物体受力分析，结合牛顿第二定律列式求解出物体的受力情况！ （ 20分）如图（甲）所示， A、 B为两块距离很近的平行金属板，板中央有小孔 O 和 O，一束电子以初动能 E0=120
29、eV，从小孔 O 不断地垂直于 A板射入 A、 B之间，在 B板右侧，平行金属板 M、 N 关于 OO连线对称放置，在M、 N 之间形成一个匀强电场，金属板长 L=210-2m，板间距离 d=410-3m，偏转电场所加电压为 u2=20V，现在 A、 B两板间加一个如图（乙）所示的变化电压 u1，在 t=0到 t=2s的时间内， A板电势低于 B板，则在 u1随时间变化的第一个周期内： （ 1）在哪段时间内射入 A板的电子可从 B板上的小孔 O射出？ （ 2）在哪段时间内射入 A板的电子能从偏转电场右侧飞出 （由于 A、 B两板距离很近，可认为电子穿过 A、 B板所用的时间极短，可不计。） 答
30、案：（ 1）在第一个周期内，能射出的时间段为 02.6s 以及 3.4s4.0s（ 2）电子能从偏转电场右侧飞出的时间为 0.65s1.35s。 试题分析：（ 1）设电子到达 O时动能恰好为零，则 得 对应时间 t1=2.6s, t2=3.4s 可见在前半周 02s内，电子继续加速，全部能通过； 在后半周，电子被减速，从图中可以看出， 在时间段 2.6s3.4s内电子将不能从小孔 O射出， 所以在第一个周期内，能射出的时间段为 02.6s以及 3.4s4.0s。 （ 2）设电子从 O射出时的速度为 V1，要使电子能从偏转电场右侧飞出，电子的偏移量必须小于 ，即有 得 即 得 由图中可知，电子能
31、从偏转电场右侧飞出的时间为 0.65s1.35s。 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动 点评：本题是复合场问题，关键是分析质子的分析情况和运动情况在偏转电场中质子做类平抛运动，采用运动的分解方法研究 （ 22分）如图 a所示，水平桌面的左端固定一个竖直放置的光滑圆弧轨道 , 圆弧轨道底端与水平桌面相切 C点 ,桌面 CD长 L 1 m，高 h2=0.5m，有质量为m（ m为末知）的小物块从圆弧上 A点由静止释放， A点距桌面的高度h1=0.2m, 小物块经过圆弧轨道底端滑到桌面 CD上，在桌面 CD上运动时始终受到一个水平向右的恒 力 F作用然后从 D
32、点飞出做平抛运动 ,最后落到水平地面上 .设小物块从 D点飞落到的水平地面上的水平距离为 x，如图 b是 x2-F的图像，取重力加速度 g=10 m/s2 （ 1）试写出小物块经 D点时的速度 vD与 x的关系表达式 ; （ 2）小物体与水平桌面 D间动摩擦因数 是多大？ （ 3）若小物体与水平桌面 D间动摩擦因数 是从第 问中的 值的一半，再将小物块从 A由静止释放 ,经过 D点滑出后的水平位移大小为 1 m,求此情况下的恒力 F的大小？ 答案： 或 =0.35 F=1.9N 试题分析： 物体从 D滑 出后做平抛运动 ,则 代入化简可得 或 由 AD 全程动能定理得 代入整理得 由图可知 b =-0.3 代入计算可得 =0.35 由第（ 2）可知 由乙图可知 k =0. 5 代入计算得 m =0.4kg 由 AD 全程动能定理得 由题可知： x=1m 由第（ 1）问知 则代入计算得 F=1.9N 考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；动能定理的应用 点评：题关键是分析清楚物体的运动情况，然后根据动能定理、平抛运动知识、牛顿第二定律列式求解
