答案（一）
一、单项选择。
1.【答案】 a
解析】 k是由中心天体决定的，与其他因素无关．
故a正确，bcd错误。
故选：a2.【答案】abd
解析】若为匀速直线运动，则物体处于平衡状态，物体受到的这两个力是一对平衡力，根据二力平衡的条件可知这两个力大小相等．故有a这种可能．
若做加速运动，物体受到的向东的动力就大于物体受到的向西的阻力，故有b这种可能．
若做减速运动，物体受到的向东的动力就小于物体受到的向西的阻力，故有d这种可能．从而可知c错误．
由于物体的运动状态没有确定，故a、b、d这三种可能都存在。
3.【答案】d
解析】4.【答案】c
解析】由题意可得f1和f2大小和方向相同，并且物体移动的位移也相同，所以由功的公式w=fl可知，它们对物体做的功是相同的，所以c正确．
5.【答案】c
解析】分析：两球都落在斜面上，位移上有限制，位移与水平方向的夹角为定值，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，由此可正确解答．
解答：解：对于a球有：
6.【答案】c
解析】由于a=50m/s2，故ma=5mg
由圆周运动向心力表达式：f-mg=ma，在最低点可得：f=mg+ma=mg+5mg=6mg，可知支持力为重力的6倍，故c正确。
7.【答案】c
解析】8.【答案】d.
解析】当物体抛出t时间后，竖直速度为gt，再由此时物体速度与水平方向夹角为θ，则由三角函数可求出初速度为。
故选：d 二、实验题。
9.【答案】斜槽底部水平从同一高度释放。 2m/s； m/s
解析】为了保证速度水平，则需要斜槽底部水平，为了保证每次抛出的速度大小相等，而从同一高度释放。
根据，可得。
小球初速度。
a点到b点竖直方向有：
解得，a点的速度为。
10. 【答案】b
解析】分析：桌面的受力微小形变借助于光的反射来放大；玻璃瓶的受力微小形变借助于液体体积变化；引力大小仍是借助于光的反射来放大．
解答：解：力学的三个实验均体现出放大的思想方法。
三．计算题。
11. 【答案】(1)3s (2)625j (3)1000j
解析】试题分析：(1)物体放上传送带后，由于刚开始一段时间内，物体的速度小于传送带的速度，所以物体相对于传动带向后运动，所以受到沿传送带向前的摩擦力，故物体受到的合力为：
根据牛顿第二定律可得，物体运动的加速度为。
当物体的速度达到和传送带的速度相同时，两者之间没有相对运动趋势，一起做匀速直线运动，因为物体从静止开始运动，所以，得，根据公式可得，物体的加速位移。
故物体做匀速直线运动位移是。
所以物体的匀速直线运动的时间为，所以物体从a到b的时间为。
2）传送带对物体的做功为。
3）如果没有放小物体，电动机就不需要克服摩擦力做功，所以在小物体从a到b的过程中，电动机做功为。
考点：本题考查了功能关系的应用。
点评：做传送带问题的时候一定要注意物体的运动过程，先加速，如果在到达传送带另一端前和传送带的速度相等，则物体做匀速直线运动，12. 【答案】
解析】（1） （提示：静止时弹簧的压缩量为，设分离时弹簧的压缩量为，对b用牛顿第二定律，得。）
3）（提示：从开始运动到a、b分离，对ab用动能定理，弹簧做的功等于弹性势能减少量，。）
13. 【答案】(1) m
(2) m (3) 41 j (4)3j(5)52.5w
解析】（1）；
即： 2.5 m/s2； 又； ∴t = 2/2.5 = 0.8 s ；
停止滑动前，工件相对地移动的距离为：m2）m
= 41 j
4）=j5）； n；
= 26.25×2 = 52.5w
答案（二）一．选择题。
1c 2b 3c 4a 5c 6 a
7.【答案】c
由于b轮和c轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故，所以。
由于a轮和b轮共轴，故两轮角速度相同，即，故。
由角速度和线速度的关系式v=ωr可得，所以。
又因为。根据得：
故选c。二．实验题。
9.（1）左 （2）2.74 2.70 （3）先通电源再释放纸带 （4）在误差范围内，机械能守恒。
三．计算题。
10. 【答案。
1）小杯质量m=0.5kg，水的质量m=1kg，在最高点时，杯和水受向下的重力和拉力作用，则合力。
由牛顿第二定律得：
所以细绳拉力；
2）在最高点时，水受向下的重力mg和杯向下的支持力f作用，则合力。
由牛顿第二定律得：
所以杯对水的支持力；
根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6n，方向竖直向上。
3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时水只受重力提供向心力，由上一问分析得：
解得。11. 【答案】
1）根据万有引力提供向心力得。
在地面附近有。
解得第一宇宙速度。
2）对接后，整体的运行速度为v2，根据万有引力定律和牛顿第二定律得。
解得。考点】万有引力定律；牛顿第二定律。
12.（1）设参赛者、滑轮受到的阻力为ff，根据能量守恒。
其中3分。则滑轮受到的阻力1分
2）参赛者落到海绵垫的过程做平抛运动。设人脱离挂钩时的速度为v，运动的水平位移为，则 ……1分 ……1分
当时，参赛者具有的最小速度为 ……1分。
当时，参赛者具有的最大速度为………1分
设参赛者在a点抓住挂钩的初动能为。由动能定理，参赛者在a到钢索最低点运动过程中有2分。
由此可得，参赛者在a点抓住挂钩的最小和最大初动能分别为。
2分。2分。
即初动能范围为………1分。
答案（三）一、单选题（6×8=48分）
1. a 2. c 3. d 4. b 5. c 6. c 7. a 8. c
二、填空题（每空格4分，4×5=20 共20分）
9. 4r 10. 800 11. 2.0m/s 12. 0.48 0.47
三、计算题（共4２分）
13. 解析：（12分）
w=f△h=mgl(1-cosθ)…3分。
p q,根据动能定理：
mgl(1-cosθ)=mv2v=……3分。
14.（14分）解答设该斜面倾角为α，斜坡长为l，则物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力在斜面上的功分别为：
物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行距离为s2，则。
对物体在全过程中应用动能定理：σw=δek．
mglsinα－μmglcosα－μmgs2=0
得h－μs1－μs2=0．
式中s1为斜面底端与物体初位置间的水平距离．故。
15.（16分）
解答起吊最快的方式是：开始时以最大拉力起吊，达到最大功率后维持最大功率起吊。
在匀加速运动过程中，加速度为。
m/s2=5 m/s2，末速度m/s=10m/s，上升时间s=2s，上升高度m=10m。
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速度为。
m/s=15m/s，由动能定理有。
解得上升时间。
s=5.75s。
所以，要将此物体由静止起，用最快的方式将物体吊高90m，所需时间为。
t=t1+t2=2s+5.75s=7.75s。
答案（四）一、选择题。
3．ad 4．bd 5．a 6．d 7．c 8．b
二、实验题。
9. f; f’; f和f’; 其合力的大小和方向为f1和f2的线段为邻边的对角线
10. （1） c （2）vo= o.4m/s o.5m/s
三、计算题。
11．（1）24m （2）
12解：匀速下滑 kx1 + f = g sin30°
匀速上滑 kx2 = g sin30° +f
得 k = 2 g sin30°/(x1+x2) =250 n/m
再由 f=μfn=μg cos30° =g sin30°－kx1
得。13. 解：
当oa绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大时，oa和ba绳中的拉力都逐渐增大。当其中某一根的拉力达到它本身能承受的最大拉力时，就不能再增大角度了。
结点a的受力如右图所示。由图可知，oa绳的拉力总是大于ab绳的拉力，且绳所能承受。
的最大拉力又比ab绳的小。
因此，oa绳的拉力先达到断裂的临界值，此时：
n n即oa偏离竖直方向的最大角度θ=30°
答案（五）一、选择题。
2、实验题。
9. ①长木板右端未垫高以平衡摩擦力；
电源应改用6v交流电源；
牵引小车的细线没有与木板平行；
④开始实验时，小车离打点计时器太远。
3、计算题。
17. （1）对b球，受力分析如图所示。
………2分)
1分)对a球，受力分析如图所示。在水平方向。
2分)在竖直方向。
2分)由以上方程解得1分)
(3) 设b球第一次过圆环最低点时的速度为v，压力为n，圆环半径为r.
则 ……2分)
……⑦2分)
⑦联解得：n＝3mg…… 1分)
由牛顿第三定律得b球对圆环的压力 n/＝n＝3mg 方向竖直向下 ⑨ 1分)
18. （1）释放点到a高度hoa,则 mg （hoa—r）=m vb2 （ 2分）
恰能通过最高点b时 mg=m2分）
hoa=1.5r1分）
2）由b到c平抛运动 r=gt22分）
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