⑾最小壓力4分
10答案：b
11b、把滑塊靜止放在氣墊導軌上，如果能保持靜止狀態說明氣墊導軌水平．0.25m/s
滑塊質量m，滑塊到光電門的距離l．mgl和（m+m）()2
12答案：b
13答案：b
14答案：
15答案、（1）（6分）ek1= 和ek2= （每空3分）
（2）（3分）δep= mgs
（3）（3分）δep= ek2－ek1
16答案：ad
17．⑴bc （2分）
⑵（2分）
⑶（4分）
18答案：d
19答案：d
20答案解：（1）恰好運動到c點，有重力提供向心力，即………1分
1分（2）從b點到c點，由機械能守恆定律有..1分
在b點對小球進行受力分析，由牛頓第二定律有…….. 1分
1分 根據牛頓第三定律，小球對軌道的壓力大小為6.0n………………………1分
（3）從a到b由機械能守恆定律有……1分
所以1分
在a點進行速度的分解有1分
所以1分
21．（12分）
解：（1）小物塊從b點運動到c點的過程中，根據能量守恆定律
ep-若小物塊滑到木板右端時與長木板具有共同速度，所對應的長木板具有最小的長
度lm，根據動量守恆和能量守恆定律：
得：（2）設小物塊滑離木板時，它們的速度分別為和，根據動量守恆和能量守恆定律：
得因此小物塊滑離木板時，它們的速度分別為，
22答案：c
23答案：d
24答案：cd
25答案：（2）ad
26答案：b
27答案：cd
28．（10分）（1）最大速度1.50 m/s (3分) （2） (3分)
（3） oa之間還有18點顯示出來 (4分)
29．解析：（1）質量為m的魚餌到達管口c時做圓周運動的向心力完全由重力提供，則
mg=m， （1分） 解得 v1=. （1分）
(2) 彈簧的彈性勢能全部轉化為魚餌的機械能，由機械能守恆定律有
ep=mg(1.5r+r)+ m v12， （2分） 由式解得ep=3mgr。（2分）
（3）不考慮因緩慢轉動裝置對魚餌速度大小的影響，質量為m的魚餌離開管口c後做平拋運動。設經過t時間落到水面上，離oo』的水平距離為x1，由平拋運動規律有
4.5r=gt2， （1分） x1=v1t+r， （1分） 由式解得x1=4r. （1分）
當魚餌的質量為2m/3時，設其到達管口c時速度大小為v2，由機械能守恆定律有
ep=mg(1.5r+r)+ ( m) v22，（2分） 由式解得v2=2. （2分）
質量為2m/3的魚餌落到水面上時，設離oo』的水平距離為x2，則x2=v2t+r，（1分）
由式解得x2=7r. （2分）
魚餌能夠落到水面的最大面積s，s= (πx22-πx12)=πr2（或8.25πr2）。（2分）
本題有其它解法，正確的可對照評分標準給分。
30答案：bdc
31（10分）
（1）設軌道b點對物塊2的支援力為n，根據牛頓第二定律有
n-m2g=m2v22/r1分）
解得 n=7.6n1分）
根據牛頓第三定律可知，物塊2對軌道b點的壓力大小n′=7.6n…………（1分）
（2）設物塊1碰撞前的速度為v0，碰撞後的速度為v1，對於物塊1與物塊2的碰撞過程，根據動量守恆定律有 m1v0=mv1+m2v21分）
因碰撞過程中無機械能損失，所以有 m1v02=m1v12+m2v22……………（1分）
代入資料聯立解得 v0=6.0m/s1分）
（3）設物塊2能通過半圓形軌道最高點的最大半徑為rm，對應的恰能通過最高點時的速度大小為v，根據牛頓第二定律，對物塊2恰能通過最高點時有 m2g=m2v2/rm……（1分）
對物塊2由b運動到d的過程，根據機械能守恆定律有
m2v22=m2g2rm+m2v21分）
聯立可解得：rm=0.32m1分）
所以，為使物塊2能通過半圓形軌道的最高點，半圓形軌道半徑不得大於0.32m
1分）32.（10分）
（1）由v-t圖可知，起跳後前2s內運動員的運動近似是勻加速運動，其加速度
a=v1/t1=9.0m/s21分）
設運動員所受平均阻力為f，根據牛頓第二定律有 m總g-f=m總a…………………（1分）
解得 f=m總（g-a）=80n1分）
（2）v-t圖可知，運動員腳觸地時的速度v2=5.0m/s，經時間t2=0.2s速度減為0
1分）設此過程中運動員所受平均衝擊力大小為f，根據動量定理有
（mg-f）t2=0-mv21分）
解得 f=2.4×103n1分）
說明： f=2450n也同樣得分。
（3）由v-t圖可知，10s末開傘時的速度v=40m/s，開傘前10s內運動員下落的高度約為h=30×10m=300m2分）
說明：此步驟得出280m～320m均可得分。
設10s內空氣阻力對運動員所做功為w，根據動能定理有
m總gh+w=m總v21分）
解得 w=-1.8×105j1分）
說明：此步得出-1.6×105j～-1.9×105j均可得分，若沒有寫「-」可不扣分。
33．（10分）
（1）設彈簧勁度係數為k，物塊a、b用輕彈簧相連線，豎直放置時，彈簧被壓縮，a處於平衡狀態，此時彈簧壓縮量 x0=mg/k
緩慢提起a到b將要離開水平地面時彈簧伸長x1，此時物塊b所受重力和彈力平衡，所以彈簧伸長量 x1=mg/k= x01分）
物塊a向上提起的高度 l= x0+ x1=2x01分）
（2）設c自由落下到與a相碰前的速度為v1，由機械能守恆定律有
mg·3x0=mv121分）
設c與a相碰後一起向下運動的初速度為v2，根據動量守恆定律有
mv1=2mv21分）
設c與a相碰前彈簧的彈性勢能為ep。 物塊a、c運動到最低點後又向上彈起，剛好能回到使彈簧恢復為原長的位置過程中，a、c與彈簧組成的系統機械能守恆，有
2mv22+ep=2mgx01分）
聯立以上各式，解得：ep=mgx01分）
說明：另一解法是直接運用彈性勢能公式： mg=kx0，k=mg/x0，則ep=kx0=mgx0
這種解法同樣得4分。
（3）設物塊c釋放位置到物塊a的高度差為h0，與物塊a碰撞前速度為v3，由機械能守恆定律有：
設c與a相碰後一起向下運動的初速度為v4，根據動量守恆定律有
mv3=2mv4
物塊a、c一起向下壓縮彈簧後向上彈起，到達彈簧原長時c與a分離，設分離時的速度為v5，對此過程由機械能守恆定律有
2mv42+ep=2mgx0+2mv521分）
之後，物塊c向上做勻減速運動，設上公升的高度為h，則根據機械能守恆定律有
mv52=mgh， 解得1分）
因物塊a剛好能在物塊b不離開地面的情況下做簡諧運動，結合第（1）問可知，物塊a運動到最高點時，彈簧形變數為x0。所以物塊a運動到最高點時彈簧的彈性勢能與物塊a處於靜止狀態時彈簧的彈性勢能相等。
所以對物塊a從彈簧恢復原長位置運動到最高點過程中，由機械能守恆定律有
mv52=mgx0+ep1分）
聯立以上各式，解得：h0=9x0，h=1.5x0。
由幾何關係可知，物塊c的釋放位置與接收位置間的距離
δh=h0-x0-h=6.5x01分）
34答案：ad
35. （12分） 分析：（1）公尺袋在水平傳送帶先加速後勻速，沿不運轉的傳送帶運動等同於沿斜面上滑。
公尺袋在cd上運動的加速度，則
所以能滑上的最大距離
（2）設cd部分運轉速度為時公尺袋恰能到達d點(即公尺袋到達d點時速度恰好為零)，則公尺袋速度減為之前的加速度為
公尺袋速度由至減為零前的加速度為
由得，即要把公尺袋送到d點，cd部分的速度至少為。
則公尺袋恰能運到d點所用時間最長為
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