第1页
1-4CBBC
11.(1)ABC(2)不能合力为，超出了弹簧测力计的量程(每空2分)
12.(1)0.1(2)0.4(3)0.14(4)0.1(每空2分)
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1-4CDBA
13.解：(1)前1s时间内的加速度
3分
(2)1s到4s时间内的加速度，2分
1s到4s时间内的位移
3分
(3)前1s时间内的位移，2分
4s时间内的平均速度，2分
14.解：(1)重物受力如图。1分
将力分解，由物体的平衡条件有
水平方向上①2分
竖直方向上②2分
联立两式，代入数据解得两根绳AC和BC上的拉力分别为
4分
(2)由①式知，若AC绳的拉力为150N，则BC绳上的拉力将达到，
超过了其100N的承受能力。2分
当BC绳的拉力时，重物的重力为
2分
所以为了不使绳子被拉断，重物的重力不应超过115.5N。1分
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1BD2BCD
15.解：推木箱匀速前进时，木箱受力如图1。1分
由物体的平衡条件，有
Fcos37°=Ff12分
FN1=mg+Fsin37°2分
而Ff1=μFN11分
解以上三式得木箱与地面的动摩擦因数
μ=0.172分
拉木箱前进时，木箱受力如图2。1分
由牛顿第二定律，有
Fcos37°-Ff2=ma2分
FN2+Fsin37°=mg2分
而Ff2=μFN21分
解此三式得木箱的加速度
a=0.56m/s22分
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1-4DBBC
5.(1)甲 甲方案中摩擦力较小 (2)4.8m/s2 乙 (3)BC
6.(1)(2)(3)
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1-4BBCDABD
5.⑴设土星质量为M0，颗粒质量为m，颗粒距土星中心距离为r，线速度为v，根据牛顿第二定律和万有引力定律：解得：
对于A、B：和得：或
⑵设颗粒绕土星作圆周运动的周期为T，则：
对于A、B两颗粒分别有：和
得：或或
6.(1)初始时物体动能，到达B点时的动能。
由A到B过程中，外力做功，
由动能定理，(动能定理列对的共得2分，下同)
得。
(2)如图所示，设滑块上升到D点时速度为0，所走距离为s1。
到达D点滑块动能为，
由B到D的过程中，外力做功为
，
由动能定理，
求得。
由知，滑块不能静止在D点，将继续向下运动。
设滑块最终停在水平轨道上的E点，BE间距离设为s2。
到E点时滑块动能为，由D到E的过程中，外力做功为，
由动能定理，
求得。
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1-2ACDBCD
3设小球从圆弧顶点以速度抛出，经过时间秒垂直落在斜面上，斜面的倾角为.如图所示，则：
或..(1分)
......
....(1分)
或..
mg≤.......(1分)
即：或..........
所以，当斜面角满足或时，其设计是可行的.
当小球在斜面上运动到与圆弧顶端等高位置A点时，小球的速度为.
设此时小球下落高度为，根据动能定理，
..............
所以，小球下滑的高度距斜面底端
或...............
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1-4CBDA
5(1)在连续相等时间内，位移差都相等(2)2.64
(3)12.6图略;(4)打下A点时，小车的速度
6，5N，AD，BCl;
7，0，ma
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1-4BCAC
5
6A绳拉力80N;B绳拉力100N
第9页
1-4ACD;AD;BC;CD;
5
第10页
1
2
3
4
5
ACD
BC
BD
AC
C
6200m、10s
71×10N、20m/s
第11页
1
2
3
4
5
CD
ABC
C
C
B
6角速度为ω，线速度为v;
长春角速度为ω,线速度为v
则ω=ω
由于r>r,v=ωr
则v>v
7(1)由h=1/2gt得t=√2h/g=2s
(2)由x=vt得x=30m
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1-4ACDA
5(1)600N
(2)840N
(3)以3m/s2的加速度匀减速上升或3m/s2的加速度匀加速下降
6解：解析 (1)因OB绳处于竖直方向，所以B球处于平衡状态，AB绳上的拉力为零，OB绳对小球的拉力FOB=mg.
(2)A球在重力mg、水平拉力F和OA绳的拉力FOA三力作用下平衡，所以OA绳对小球的拉力FOA==2mg.
(3)作用力F=mgtan60°=mg.
答案 (1)mg (2)2mg (3)mg
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1-4DCBBC
5解：①受力如图，竖直方向受力平衡
得FN=17N
物体与地面间的摩擦力大小为
②水平方向，由牛顿第二定律
得a=0.3m/s2
5s内的位移为：
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1-4DCBCADBC
5根据牛顿第二定律得:
匀减速直线运动的加速度:
根据牛顿第二定律得:
解得:F=30N，μ=0.5
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1.D2.C3.B
4.(1)AD(2)F′
解析 (1)同一次实验中，为保证作用效果相同，必须将结点O拉至同一位置，故A选项正确;计算合力用平行四边形定则求得不必选用特殊角，故B选项错误;夹角越大，合力越小，实验误差增大，故C选项错误;做实验时，必须使分力与合力在同一平面内，故D选项正确.
(2)用一只弹簧测力计直接拉橡皮条的拉力方向一定沿AO方向，而用平行四边形定则求出的合力F与AO的方向可能有偏差.
5.答案:(10分)⑴D⑵丙，C⑶，(4)0.46(4)解析:s4-s1=3aT2
a==m/s2=0.46m/s2.
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1.A2.C3.A
4.如图所示，定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，
所以绳的拉力F1=F2=100N，
柱顶所受压力大小F=2F1cos30°
得F=100N。
5答案 (1)做加速度越来越小的加速运动 6m/s(2)5.6m/s2
解析 (1)以伞和运动员作为研究对象，开始时速度较小，空气阻力F小于重力G，v增大，F随之增大，合力F合减小，做加速度a逐渐减小的加速运动;
当v足够大，使F=G时，F合=0，a=0，开始做匀速运动，此时的速度为收尾速度，设为vm.
由F=kv=G，
得vm===6m/s.
(2)当v=4m/sF=kv2，
由牛顿第二定律F合=ma
得a=g-=10m/s2-m/s2≈5.6m/s2.
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1.C2.BC3.ABD
14.解：(1)由v=v0+at，甲车停止运动的时间t1=2s
(2)时间t1内，甲车的位移x甲=(v+v0)t1/2=10m
乙车的位移x乙=v0t1=20m
两车相距Δx=30m
(3)相遇时间t2=(x0+x甲)/v0=5s
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1.AB2.CD3.AD
4解：(1)以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得
①
②
由①②得5m/s
(2)冰车匀加速运动过程中有
③
冰车自由滑行时有
④
⑤
又⑥
由③④⑤⑥得50m
注：计算题其他解法正确均按步骤给分。
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