1. 早在中國古代，我們的祖先就已經(jīng)利用力學原理來解決生活中的問題。下面的詩詞、諺語在力學中的原理依次對應正確的是（ ）
①船到江心拋錨遲，懸崖勒馬早已晚
②爬的高，跌得重
③坐地日行八萬里
④人心齊，泰山移
A. 慣性，重力勢能，參考系，力的合成
B. 時間和時刻，重力勢能，萬有引力定律，杠桿原理
C. 慣性，牛頓第三定律，萬有引力定律，力的合成
D. 時間和時刻，牛頓第三定律，參考系，杠桿原理
【答案】A
【解析】
【詳解】①船到江心拋錨遲，懸崖勒馬早已晚的原理是物體具有慣性；②爬的高，跌得重的原理是物體越高，重力勢能越大；③坐地日行八萬里的原理參考系，“坐地”是相對于地面位置不變，是靜止的，而“日行”則是人相對于地軸隨地球自轉(zhuǎn)在運動；④人心齊，泰山移的原理是力的合成的作用。
故選A。
2. 如圖所示，一小球從一足夠長的固定粗糙斜面底端沖上斜面，速度減到0后又返回到底端。其速率用v表示，路程用s表示，此過程中小球的圖像可能為（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】設斜面的摩擦因數(shù)為，斜面傾斜角為，小球的初速度為，上滑的最遠的距離為，對小球從斜面底端沖上斜面的過程列動能定理
化簡可得
對小球從斜面頂端滑下的過程列動能定理
化簡可得
又因為從底端沖上斜面后又滑下，全過程的摩擦力都做負功，則下滑回來的速度會比初速度要小。
故選D。
3. 圖甲為簡易壁掛盆架，圖乙為其側(cè)視圖。該盆架可以掛尺寸相近、大小不一的盆子，圖丙為a、b兩個盆子的縱截面圖，兩個盆子的質(zhì)量相同、形狀不同，均能掛在同一個盆架上。不計盆與盆架間的摩擦力，關于兩個盆子的受力描述正確的是（ ）
A. 兩個盆子的上沿均可以不受盆架彈力的作用
B. a盆上沿所受的彈力小于b盆上沿所受的彈力
C. a盆側(cè)壁所受的彈力大于b盆側(cè)壁所受的彈力
D. 兩個盆子所受盆架的作用力均垂直于側(cè)壁向上
【答案】C
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意，對盆受力分析，受重力和垂直側(cè)壁向上的彈力，由于不計盆與盆架間的摩擦力，由平衡條件可知，兩個盆子的上沿一定受盆架向左的彈力作用，故A錯誤；
BC．根據(jù)題意，設盆上沿所受的彈力為，方向水平向左，盆側(cè)壁所受的彈力為，方向與豎直方向的夾角為，如圖所示
由平衡條件有
，
解得
，
由圖丙可知，a盆側(cè)壁所受的彈力與豎直方向的夾角較大，則a盆上沿所受的彈力大于b盆上沿所受的彈力，a盆側(cè)壁所受的彈力大于b盆側(cè)壁所受的彈力，故B錯誤，C正確；
D．根據(jù)題意，對盆受力分析，由平衡條件可知，兩個盆子所受盆架的作用力均與盆的重力等大反向，即豎直向上，故D錯誤。
故選C。
4. 超速行駛和疲勞駕駛是導致交通事故最多的危險駕駛行為。某司機駕駛一輛小轎車在其疲勞駕駛階段以的速度在平直的公路上行駛，某時刻突然發(fā)現(xiàn)正前方60m處有一輛卡車正在以的速度行駛，于是立即制動，制動加速度大小恒為。若忽略司機的反應時間，在小轎車采取制動的同時，卡車立即做勻加速直線運動，為避免相撞，卡車的加速度大小至少為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】由題知，小轎車的初速度，卡車的初速度為。 當兩車速度相等的時候，距離最小，若此時恰好追上，設卡車的加速度大小為，根據(jù)速度關系有
根據(jù)位移關系有
其中，聯(lián)立可得
，
故選C。
5. 直升機取水滅火已成為一種常見的滅火措施。如圖所示，10根副繩均勻連接到主繩和水桶的邊緣，每根副繩的長度均與水桶的直徑相等，裝滿水后桶和水的總質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計繩子的質(zhì)量和空氣阻力，下列說法正確的是（ ）

A. 飛機勻速飛行時，每根副繩的拉力大小為
B. 飛機以大小為a的加速度豎直向上加速運動時，每根副繩的拉力大小為
C. 飛機以大小為a的加速度水平向左加速運動時，主繩的拉力大小為
D. 飛機在水平向左勻減速運動過程中，主繩與豎直方向的夾角將逐漸變小
【答案】B
【解析】
【詳解】A．設每根副繩與主繩的夾角為，根據(jù)幾何關系有
解得
飛機勻速飛行時，根據(jù)平衡條件可得
解得每根副繩的拉力大小為
故A錯誤；
B．飛機以大小為a的加速度豎直向上加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得每根副繩的拉力大小為
故B正確；
C．飛機以大小為a的加速度水平向左加速運動時，主繩的拉力大小為
故C錯誤；
D．設主繩與豎直方向的夾角為，根據(jù)幾何關系有
可知飛機在水平向左勻減速運動過程中，主繩與豎直方向的夾角不變，故D錯誤。
故選B。
6. 如圖所示，一半徑為R的圓環(huán)處于豎直平面內(nèi)，A是與圓心等高點，圓環(huán)上套著一個可視為質(zhì)點的、質(zhì)量為m的小球。現(xiàn)使圓環(huán)繞其豎直直徑轉(zhuǎn)動，小球和圓環(huán)圓心O的連線與豎直方向的夾角記為θ，轉(zhuǎn)速不同，小球靜止在圓環(huán)上的位置可能不同。當圓環(huán)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動且小球與圓環(huán)相對靜止時（ ）
A. 若圓環(huán)光滑，則角速度
B. 若圓環(huán)光滑，則角速度
C. 若小球與圓環(huán)間的摩擦因數(shù)為μ，且小球位于A點，則角速度ω可能等
D. 若小球與圓環(huán)間的摩擦因數(shù)為μ，且小球位于A點，則角速度ω可能等于
【答案】D
【解析】
【詳解】AB．小球在圖示位置時的受力分析如圖所示
則小球所受合外力提供向心力，即
以上兩式聯(lián)立，解得
故AB錯誤；
CD．若小球在A點時，則圓環(huán)對小球的支持力提供向心力，圓環(huán)對小球的靜摩擦力與重力等大反向，即
聯(lián)立，解得
故C錯誤，D正確。
故選D。
7. 一搜拖船用恒定的拉力同時拖帶著兩艘駁船，某時刻三艘船的位置如圖所示，O為三根牽引繩的結(jié)點，其中BO繩、CO繩與AO繩的夾角均為150°，AO繩的張力大小為F，兩駁船的質(zhì)量均為m，不計三根繩的質(zhì)量和水對船的阻力。下列說法正確的是（ ）

A. 此時兩駁船的加速度相同
B. 此時兩駁船的加速度大小均為
C. 兩駁船在被拖動的過程中做直線運動
D. 兩駁船在被拖動的過程中BO繩的張力大小不變
【答案】B
【解析】
【詳解】AB．此時兩駁船所受拉力的大小相同，為
方向不同，所以加速度方向不同，加速度大小為
故A錯誤，B正確；
C．兩駁船在被拖動的過程中，分解B的受力，如圖所示
可知，兩駁船在向前運動時，還會互相靠近，所以兩駁船做曲線運動，故C錯誤；
D．由題意可知，B的拉力向前的分力等于，不變，OB、OC的夾角變化，所以兩駁船在被拖動的過程中BO繩的張力變化，故D錯誤。
故選B。
8. 圖甲為“魔幻飛碟變形球”，用腳將其踩扁，松開腳一段時間后球會彈起。某同學將其簡化為如圖乙所示的模型，兩個質(zhì)量均為0.1kg的物塊A、B 拴接在輕彈簧兩端。已知彈簧的勁度系數(shù)為100N/m，原長為10cm，彈簧的彈性勢能，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量?，F(xiàn)通過物塊A向下壓縮彈簧至某一位置后由靜止釋放，重力加速度取。下列說法正確的是（ ）

A. 釋放后，B離開地面前，A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒
B. 若將彈簧長度壓縮至7.5cm，釋放后能使B離開地面一段時間
C. 若B能離開地面，則B離開地面后，A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒
D. 若B能離開地面，則從B離開地面到彈簧第一次恢復到原長的過程中，A的動量變化量大于B的動量變化量
【答案】D
【解析】
【詳解】A．釋放后，B離開地面前，A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；
B．彈簧長度壓縮至7.5cm時，彈簧壓縮了2.5cm，則彈簧的彈性勢能為
而B剛要離開地面前，有
可得
既彈簧伸長1cm時，B即將離開地面，則A的重力勢能增加了
由系統(tǒng)的機械能守恒可知，若將彈簧長度壓縮至7.5cm，釋放后不能使B離開地面，故B錯誤；
C．若B能離開地面，則B離開地面后，A、B以及彈簧組成的系統(tǒng)合力是系統(tǒng)受到的重力，不為零，所以動量不守恒，故C錯誤；
D．若B能離開地面，則從B離開地面到彈簧第一次恢復到原長的過程中，B的動量變化量的大小
A的動量變化量大小為
所以A的動量變化量大于B的動量變化量，故D正確。
故選D。
二、多項選擇題：本題共4小題，共16分。在每小題給出的四個選項中有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9. 如圖所示，一質(zhì)量為m的火星探測器，在圓軌道l上做勻速圓周運動。經(jīng)過P點時動力裝置短暫工作，使探測器進入橢圓軌道2。經(jīng)過遠火點Q時，動力裝置再次短暫工作，使探測器進入圓軌道3。已知軌道1的半徑為，軌道3的半徑為，忽略空氣阻力，以下說法正確的是（ ）

A. 探測器在軌道1上經(jīng)過P點時的加速度與在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度相等
B. 探測器在橢圓軌道上由P點運動到Q點的過程中，機械能不守恒
C. 探測器在軌道2上運行時，若經(jīng)過P點時速度大小為v，則經(jīng)過Q點時的速度大小為
D. 探測器在軌道3上經(jīng)過Q點時速度大于在軌道2上經(jīng)過P點時的速度
【答案】AC
【解析】
【詳解】A．根據(jù)題意，由萬有引力提供向心力有
解得
可知，探測器在軌道1上經(jīng)過P點時的加速度與在軌道2上經(jīng)過P點時的加速度相等，故A正確；
B．探測器在橢圓軌道上由P點運動到Q點的過程中，只有引力做功，機械能守恒，故B錯誤；
C．探測器在軌道2上運行時，根據(jù)開普勒第二定律有
解得
故C正確；
D．根據(jù)題意，由萬有引力提供向心力有
解得
可知，探測器在軌道3上經(jīng)過Q點時的速度小于在軌道1上經(jīng)過P點時的速度，探測器在軌道1上經(jīng)過P點時，需加速做離心運動進入軌道2，則在軌道2上經(jīng)過P點時的速度大于在軌道1上經(jīng)過P點時的速度，則有
即探測器在軌道3上經(jīng)過Q點時的速度小于在軌道2上經(jīng)過P點時的速度，故D錯誤。
故選AC。
10．如圖，將球甲從高為H處以速度水平拋出，同時將球乙從水平地面以的初速度豎直上拋，兩球在空中相遇。不計空氣阻力，忽略兩球的大小，重力加速度為g，則（ ）
A．乙在下降中遇到甲B．相遇點離地高度為
C．從拋出到相遇的時間為D．拋出時，兩球之間的水平間距為
【答案】AD
【詳解】AC．由題意可知，若兩物體在空中能夠相遇，則在豎直方向應滿足則相遇時間為乙上升時間為由于所以在乙下降過程中相遇，故A正確，C錯誤；
B．相遇點離地高度為故B錯誤；
D．拋出時，兩球之間的水平間距為故D正確。故選AD。
11．如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用水平細線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側(cè)，質(zhì)量均為，與圓心距離分別為，，與盤間的動摩擦因數(shù)相同，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，下列說法正確的是（ ）
A．此時繩子張力為
B．此時圓盤的角速度為
C．此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外
D．若此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動
【答案】BC
【詳解】AB．兩物體角速度相同，所以B所受向心力比A大，當圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，B有背離圓心的離心趨勢，A有指向圓心的近心趨勢。設此時繩子的張力大小為，圓盤的角速度為，分別對A、B應用牛頓第二定律有，解得，故A錯誤，B正確；
C．此時A有指向圓心的近心趨勢，所受摩擦力方向沿半徑指向圓外，故C項正確；
D．A、B以角速度做勻速圓周運動時所需的向心力大小分別為，若此時燒斷繩子，A、B所受最大靜摩擦力均不足以提供向心力，所以A、B都將做離心運動，故D項錯誤。故選BC。
12．如圖甲、乙所示，分別用長度均為1m的輕質(zhì)細繩和輕質(zhì)細桿的一端拴質(zhì)量均為1kg的小球A、B，另一端分別固定在O、點，現(xiàn)讓A、B兩小球分別繞O、點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，小球均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度。下列說法正確的是（ ）
A．A球做圓周運動到最高點的最小速度為
B．B球做圓周運動到最高點的最小速度為
C．某次A、B兩球運動到最高點對繩、桿的作用力大小分別為2N、5N，則此時A、B兩球經(jīng)過最高點時的速度大小之比可能為
D．某次A、B兩球運動到最高點對繩、桿的作用力大小分別為2N、5N，則此時A、B兩球經(jīng)過最高點時的速度大小之比可能為
【答案】ACD
【詳解】A．A球與細繩相連，則恰好能到最高點時有解得故A正確；
B．B球與桿相連，則恰好能到最高點的速度大小為故B錯誤；
C D．對A球在最高點時由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得對B球有兩種情況：a.桿對小球B為支持力時，則有代入數(shù)據(jù)解得。b.桿對小球B為拉力時，則有代入數(shù)據(jù)解得則小球A、B在最高點的速度大小之比為（或）和（或）故CD正確。故選ACD。
13【答案】 ①. BC##CB ②. 0.80 ③. 0.49
14【答案】 A
15【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）地表物體
在空間站位置
聯(lián)立解得
（2）對空間站有
微型衛(wèi)星
聯(lián)立解得
16【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）對小物塊和小球分別受力分析，如下圖所示，根據(jù)平衡條件可得到

對物塊
對小球
與大小相等有
聯(lián)立解得
（2）小物塊與斜面體相對靜止，可看做一整體，并對地面靜止，因此細線上的張力在水平方向上的分力大小即為地面對斜面體的摩擦力大小
（3）設撤去的瞬間細線上的張力為，小物塊的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律得，對小物塊、對小球分別為
聯(lián)立解得
17. 【答案】（1）；（2）①；②
【詳解】（1）由
可知
由
x=vxt
可知
則
（2）①兩球從飛出到球網(wǎng)之前，水平位移相等，則由
x=vxt
可得
②其中
以上聯(lián)立可得
18 【答案】（1）0.8m；（2）68N，方向豎直向下；（3）3.625m
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)幾何關系可知：小物塊在C點速度大小為
vC＝＝5m/s
豎直分量
vyC＝4 m/s
下落高度
h＝＝0.8 m
（2）小物塊由C到D過程中，由動能定理得
代入數(shù)據(jù)解得
vD＝m/s
小球在D點時由牛頓第二定律得
代入數(shù)據(jù)解得
FN＝68N
由牛頓第三定律得
FN′＝FN＝68 N
方向豎直向下。
（3）設小物塊剛滑到木板左端達到共同速度，大小為v，小物塊在木板上滑行的過程中，小物塊與長木板的加速度大小滿足
μmg＝ma1
得
a1＝3m/s2
a2＝1m/s2
物塊與木板達到共同速度時
速度關系式為
v＝a2t
對物塊和木板系統(tǒng)，由能量守恒定律得
代入數(shù)據(jù)解得L＝3.625 m，即木板的長度至少是3.625 m。

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