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如圖所示，光滑水平面MN上放兩相同小物塊A、B，左端擋板處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶水平部分長(zhǎng)度L=8m，沿逆時(shí)針方向以恒定速度v=6m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。物塊A、B（大小不計(jì)）與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)。物塊A、B質(zhì)量m_A=m_B=1kg。開始時(shí)A、B靜止，A、B間壓縮一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定在A上，右端不固定，貯有彈性勢(shì)能E_p=16J�，F(xiàn)解除鎖定，彈開A、B。物體B只在返回水平面MN后才與被彈射裝置P彈回的A相碰。求：
（1）物塊B沿傳送帶向右滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離。
（2）物塊B在皮帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。
（3）若A、B碰后互換速度，則彈射裝置P必須給A做多少功才能讓AB碰后B能從Q端滑出。

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如圖所示，光滑水平面MN上放兩相同小物塊A、B，左端擋板處有一彈射裝置P，右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分長(zhǎng)度L=8m，沿逆時(shí)針方向以恒定速度v=6m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。物塊A、B（大小不計(jì)）與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)。物塊A、B質(zhì)量m_A=m_B=1kg。開始時(shí)A、B靜止，A、B間壓縮一輕質(zhì)彈簧，貯有彈性勢(shì)能E_p=16J�，F(xiàn)解除鎖定，彈開A、B。求：
 
（1）物塊B沿傳送帶向右滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離。
（2）物塊B滑回水平面MN的速度。
（3）若物體B返回水平面MN后與被彈射裝置P彈回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互換速度，則彈射裝置P必須給A做多少功才能讓AB碰后B能從Q端滑出。

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1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

B

AC

B

C

BCD

D

AC

D

BC

AC

BD

A

13．A組（1）球形體；（1分）V/S；（1分）10^-10，（1分）3.0×10^-29（2分）

（2）增大，（2分）變多，（2分）??273.15（1分）

B組(1)x軸正方向，（1分）a，（1分）c，（1分）；100（2分）

（2）小于（2分）大于 （2分）    Υ₁<Υ₂<Υ₃（1分）

14．（1）步驟C不必要, （2分） 步驟B是錯(cuò)誤的．（2分）

（2）（4分）　　

（3）重錘的質(zhì)量m ，（1分）  （3分）

15．（1）3.550×10^-3 （3分）    （2）πd²Rx/4l（4分）

（3）將電鍵S₂接1，只調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器r，使電壓表讀數(shù)盡量接近滿量程，讀出這時(shí)電壓表和電流表的示數(shù)U₂、I₂ （2分） U₁/I₁－U₂/I₂（3分）

提示：由歐姆定律得U₁=I₁(R_A+R_P+R_x)，U₂=I₂(R_A+R_P)，故R_x=U₁/I₁－U₂/I₂.

16．（1）N?m²/kg²  （2分）    N?m²?C^-2（2分）

（2）解析：由題意可知是要求該星球上的“近地衛(wèi)星”的繞行速度，也即為第一宇宙速度。設(shè)該星球表面處的重力加速度為，由平拋運(yùn)動(dòng)可得

      ①     故                     2分

對(duì)于該星球表面上的物體有②所以         2分

而對(duì)于繞該星球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的“近地衛(wèi)星”應(yīng)有

     ③    2分

由 ①②③式得        ④       1分

（3）受力情況如圖所示，Q_A、Q_B對(duì)Q_C的作用力大小和方向都不因其它電荷的存在而改變，仍然遵守庫(kù)侖定律的規(guī)律。

Q_A對(duì)Q_C作用力：，同性電荷相斥。（1分）

Q_B對(duì)Q_C作用力：，異性電荷相吸。（1分）

∵Q_A=Q_B=Q        ∴F_A=F_B

根據(jù)平行四邊形法則，Q_C受的力F₁即為F_A、F_B的合力，根據(jù)幾何知識(shí)可知，Q_C受力的大小，F(xiàn)₁=F_A=F_B==，（3分）

方向?yàn)槠叫蠥B連線向右。（2分）

17．（16分）解：(1)ab桿向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)?i>a→b，大小為E=BLv₁（1分）

cd桿中的感應(yīng)電流方向?yàn)?i>d→c.  cd桿受到的安培力方向水平向右       （1分）

安培力大小為                  （2分）

cd桿向下勻速運(yùn)動(dòng)，有mg=μF_安                       ②                  （1分）

解①、②兩式，ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度為              （2分）

（2）ab桿所受拉力（4分）

（3）設(shè)cd桿以v₂速度向下運(yùn)動(dòng)h過(guò)程中，ab桿勻速運(yùn)動(dòng)了s距離

                                                        （2分）

整個(gè)回路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力所做的功

          （3分）

18．．解：（17分）(1)帶電微粒在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力應(yīng)平衡，有mg=Eq，即E= mg/q，（3分）方向豎直向下． （1分）

(2) 粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為R，如圖所示。

，    （1分）

最高點(diǎn)與地面的距離為，（1分）

解得。（2分） 該微粒運(yùn)動(dòng)周期為T=,（1分）

運(yùn)動(dòng)至。最高點(diǎn)所用時(shí)間為.（2分）

(3)設(shè)粒子上升高度為h，由動(dòng)能定理得，（3分）

解得。  （2分）   微粒離地面最大高度為H+。（1分）

19（17分）解析：（1）解除鎖定彈開AB后，AB兩物體的速度大小：

     （2分）

彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能  （1分）

（2）B滑上傳送帶勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)，滑動(dòng)的距離最遠(yuǎn)．

由動(dòng)能定理得：  （2分）  得：  1分）

（3）物塊B沿傳送帶向左返回時(shí)，先勻加速運(yùn)動(dòng)，物塊速度與傳送帶速度相同時(shí)一起勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊B加速到傳送帶速度v需要滑動(dòng)的距離為

由   　     得       （2分）

表明物塊B滑回水平面MN的速度沒有達(dá)到傳送帶速度

所以:                               （1分）

（4）設(shè)彈射裝置對(duì)A做功為，則：   （1分）

AB碰后速度互換，B的速度  =                         （1分）

B要?jiǎng)偤媚芑�出平臺(tái)Q端，由能量關(guān)系有：    （1分）

又m_A=m_B，  聯(lián)立解得：          （1分）

                                        （1分）

B滑過(guò)傳送帶過(guò)程，傳送帶移動(dòng)的距離： （1分)

所求內(nèi)能：            (2分)