如圖，一滑塊在一個斜面體上剛好能勻速下滑，當用平行于斜面向下的推力時滑塊加速下滑，若滑塊勻速或加速下滑時斜面均保持靜止，且用F₁和F₂表示斜面體在滑塊兩種狀態下地面對它的摩擦力，則

[     ]

A.F₁為零，F₂不為零且方向水平向左
B.F₁為零，F₂不為零且方向水平向右
C.F₁和F₂均為零
D.F₁不為零且方向水平向右，F₂不為零且方向水平向左

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如圖所示，一質量為lkg的木塊放在水平桌面上，在水平方向受到三個力，即F₁、F₂和摩擦力作用，木塊向右勻速運動，其中F₁=8N，F₂=2N，若撤去F₂，則木塊的加速度為

[     ]

A．2m／s²，方向向左
B．2m／s²，方向向右
C．8m／s²，方向向右
D．零

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如圖所示，在足夠大的光滑水平面上放有兩物塊A和B，已知m_A＞m_B，A物塊連接一個輕彈簧并處于靜止狀態，B物塊以初速度v₀向著A物塊運動．在B物塊與彈簧作用過程中，兩物塊始終在同一條直線上運動，下列判斷正確的是（　�。�

A．彈簧恢復原長時，B物塊的速度為零

B．彈簧恢復原長時，B物塊的速度不為零，且方向向左

C．在彈簧壓縮過程中，B物塊動能先減小后增大

D．在與彈簧相互作用的整個過程中，B物塊的動能先減小后增大

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一、選擇題（4分×10＝40分）

題 號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答 案

D

B

AD

BC

C

A

B

D

ABD

AD

二、實驗題（共20分）

11.11.70（3分）

12.（共6分，每空2分）0.986，2.58，5.99

13. ABC（3分，選對一個給1分，有錯選或多選的不給分）

14.（共8分）

   （1）BC（2分，選對一個給1分，有錯選或多選的不給分）

　 （2）A距地面的高度h，B在某桌面上滑行的總距離s，A、B的質量m_A、m_B(3分)

　 （3）（3分，其它方案正確的可參考給分）

三、計算題（共40分。以下各題僅提供一種解法，其他解法可參考給分）

15.（10分）

　　解：（1）設兩人奔跑的最大速度為v，乙全力奔跑時的加速度為a、乙在接力區跑出的距離為s^/時速度達到最大速度的75%，根據運動學公式有

            v²＝2as ……………………………………………………………………（2分）

　　　　　　(0.75v)²＝2as^/    …………………………………………………………（1分）

            解得　s^/ ＝11.25m  ………………………………………………………（2分）

　　　 （2）設乙在距s0處開始起跑，到乙接棒時乙跑過的距離為s＇，所用時間為t，根據運動學公式

　　　　　　對甲有　vt＝s₀＋s＇………………………………………………………（2分）

            對乙有　s＇＝×0.75 vt　 ………………………………………………（1分）

            解得　s₀＝18.75m

16.（10分）

　　解：設火箭點火后豎直向上的加速度為a，燃料恰用完時火箭的速度為v，此時上升高度為h，據牛頓第二定律有

　　　　F－G＝ma  ……………………………………………………………………（2分）

       由運動學公式有　v₂＝2ah　  …………………………………………………（2分）

                       v＝gt 　　 …………………………………………………（2分）

                       H－h＝gt²      ……………………………………………（2分）

       代入數據聯立解得　　　………………………………………………（2分）

17.（10分）

解：（1）由圖象可知，C與A碰前速度v₁＝9m/s，碰后速度v₂＝3m/s

　　　　C與A碰撞過程中動量守恒　m_Cv₁＝(m_A＋m_C) v₂　　………………（2分）

　　　　代入數據解得　m_C＝2.0kg　 …………………………………………（1分）

   （2）墻壁對物體始終不做功，W＝0　 ……………………………………（1分）

    由圖可知，向右為正方向，12s末A和C的速度v₃＝－3m/s

    根據動量定理，經分析可知，4s到12s的時間內墻壁對B的問沖量

　　I＝(m_A＋m_C)v₃－(m_A＋m_C)v₂　…………………………………………（2分）

　　代入數據解得　I＝－36N?s  　方向向左  …………………………（1分）

（3）經分析知，12sm末B離開墻壁，之后A、B、C及彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，且當AC和B具有相同速度v₄時，彈簧彈性勢能E_P最大。有

　　 (m_A＋m_C)＝(m_A＋m_B＋m_C)v₄ …………………………………………（1分）

　　 　……………………（1分）

　　　代入數據解得　E_P＝9.0J  …………………………………………（1分）

18.（10分）

　　解：（1）設帶電系統靜止時電場強度為E，有　2mg＝4Eq 　解得E＝

電場強度增倍后，從開始到B球進入電場，根據動能定理有

　　　　　　 (2E×4q－2mg)L＝　 …………………………………………（2分）　　　　

　　　　　　 聯立上式解得B球剛進入電場時的速度　v₁＝ ……………（1分）

        （2）設B球在電場中的最大位移為s，經分析知A球向上越過了MN（有分析過程的可酌情給分），根據動能定理有

　　　　　　 2E×4q×2L－2E×3q×2s－2mg(s＋L)＝0　 ………………………（1分）

             解得　s＝1.2L　故B球的最大位移　s＝2.2L …………………（1分）

             電場力對B球做功　W＝－2E×3q×1.2L＝－3.6mgL

　　　　　　 則B球電勢能增加3.6mgL

　　　　（3）帶電粒子向上運動分三階段，每一階段勻加速運動，據牛頓第二定律有

          a₁＝＝g 運動時間　t₁＝　……………………（1分）　

　　　　　第二階段勻減速運動　同理可得　a₂＝

設A球出電場時的速度為v₂，根據運動學公式有　＝2a₂L　

　　　　　解得 v₂＝　t₂＝　………………………（1分）

　　　　　第三階段勻減速運動　a₃＝　t₃＝　…（1分）

　　　　　則運動周期　T＝2(t₁＋t₂＋t₃)＝(6－)　　　　　　　　�。�1分）