如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面固定于水平地面上，垂直于斜面的挡板固定于斜面底端．轻质弹簧的下端固
解：（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v 1 =2.0m/s，所以在此过程中的加速度a= =5.0m/s 2 由牛顿第二定律F-mgsinθ-μmgcosθ=ma解得F=1.5 N（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v 1 做匀速直线运动产生的感应电动势E=BLv 1 通过线框的电流I= = 线框所受安培力F 安 =BIL= 对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有F=mgsinθ+μmgcosθ+ 解得B=0.50T（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1 匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m设线框与挡板碰撞前的速度为v 2 由动能定理，有-mg(s-D)sinθ-μmg(s-D)cosθ= 解得v 2 = =1.0 m/s线框碰档板后速度大小仍为v 2 ，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v 2 =1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v 3 由v＝v 0 - 得v 3 = v 2 - =-1.0 m/s因v 3 <0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q 1 =I 2 Rt= =0.40 J线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q 2 = =0.05 J所以Q=Q 1 +Q 2 =0.45 J
（1）2m/s（2）（3）0.08 J （减少量） （1）对小球丙从顶端滑至乙处的过程，由动能定理得： mgL sin θ = mv 0 2 解得 v 0 ="2m/s " （5分）对小球丙和乙的碰撞过程，由于二者碰撞过程时间极短，所以碰撞过程小球丙和乙组成的系统沿斜面方向动量守恒。又由于二者碰撞过程没有机械能损失，且小球丙和乙的质量相同，所以二者碰后交换速度，所以碰后乙的速度为： v / = v 0 ="2m/s" （10分）（2）小球丙撤去后，乙先沿斜面向下运动，速度为零后再沿斜面向上运动，当甲第一次离开挡板时乙的速度为 v =2m/s，设此时乙的位置为 D 。可得乙在此过程中做简谐运动，以 B 为平衡位置， C 与 D 关于 B 对称。设 D 、 A 间距为 x 1 ， A 、 B 间距为 x 2 ， B 、 C 间距为 x 3 。则有：x3=" x1+" x2乙在 B 点时，对于乙，有： mg sin θ = k x 1 乙在 D 点时，对于甲，有： mg sin θ = k x 2 已知： x 2 + x 3 = △ L （15分）联立解得： x 1 = x 2 ="0.02" m x 3 ="0.04m " （18分）对于弹簧和乙组成的系统，从乙由C到D的过程中，由机械能守恒定律得：△Ep弹 = △Ep乙= mg（x1+x2+ x3）sinθ=" 0.08J " 即该过程中弹簧弹性势能的改变量为0.08 J （减少量） （21分）
当A的位移为0时，F=6N，对A、B整体分析，此时合力F合=F=6N，则加速度为：a=| F |
| 2m |
| 3 |
| m |
当位移x=1.4cm时，A、B间的作用力为零，B的加速度为：a=
| F′?mgsin30° |
| m |
13?
| ||
| m |
| 13 |
| m |
联立解得m=2kg，a=1.5m/s2，故B、C正确．
A、B分离时，A、B的作用力为零，对A分析，a＝
| F弹?mgsinθ |
| m |
开始弹簧的弹力为：F弹′=2mgsin30°=20N，
根据胡克定律得：k＝
| △F |
| △x |
| (20?13)N |
| 1.4cm |
故选：BC．
答：回答：根据题意分析可知,在前0.2s内物体A、B一起作匀加速直线运动,0.2s后A、B将分离。 在t=0时,弹簧被压缩x1=(mA+mB)g/k; 在t=0.2s时,设弹簧被压缩x2,则 k x2-mBgsin30°=mBa x1- x2=at2/2;得a=11m/s2 所以, Fmin = (mA + mB) a =132N Fmax = mAg sinα + mAa = 16...
答：（1）从释放B到与A碰撞前的过程，由动能定理得：mgxsinθ+ 1 2 mv 0 2 =+ 1 2 mv 1 2 ，代入数据解得：v 1 = 51 m/s，A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv 1 =（m+m）v 2 ，代入数据解得：v 2 = 51 2...
答：对A受力分析可得： 解得： 因 弹簧恢复原长时，上端的位置恰好在N点，B、A碰撞后，保持整体直至弹簧恢复原长时在N点分离。设即将分离时A、B的速度为 ，从A、B碰后开除以A、B即将分离，由动量守恒： 解得： 此后B从斜面飞出做斜抛运动直至最高点，设其落入小车最左端速度大小为 ...
答：（1）设A球的质量为M，A与B球碰撞前后，A球的速度分别是v1和v2，因A球滑下过程中，机械能守恒，有： Mg(6x)sin30°＝12Mv21解得：v1＝6xg ①（2）又因A与B球碰撞过程中，动量守恒，有 Mv1＝(m+M)v 2 ②碰后，A、B和弹簧组成的系统在运动过程中，机械能守恒．因碰撞时弹簧...
答：（1）当a与b运动时，机械能守恒，取水平面为o势能面，所以 E机初=magh 又因为a和b由一根不可伸长细绳连接，则Va=Vb，所以A着地时， E机末=(1/2)maVa平方+=(1/2)mbVb平方+mbghsin30 因为 E机初= E机末 所以magh=(1/2)maVa平方+=(1/2)mbVb平方+mbghsin30 解得Va=5m/s 所以...
答：即BIL=mgsin30°，B= .(2)若匀强磁场的方向垂直水平面向上，则电流受到的安培力方向水平向左，要使导线棒在斜面上保持静止，则棒受的安培力F、支持力F N 和重力mg三个力的合力为零，受力图如图所示，由图可看出，F=mgtan30°，即BIL=mgtan30°，B= .
答：C 试题分析：小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过A点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有： 解得： ；小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有： ，解得： ．C正确故选C．．点评：要了解物体做圆周运动的特点，同时也用到机械能守恒，是一个很好的综合题目，...
答：解：（1） ① ② ③ 由①②③得 ④ （2）AB棒滑到DF处时 ⑤ ⑥ ⑦ 由⑤⑥⑦得 ⑧ （3）电机做的功 ⑨ = ⑩ Q 1 是AB棒是DEF上滑动时产生的电热，数值上等于克服安培力做的功 ⑾ 又 ，故 ⑿ Q 2 是AB棒在CDFG导轨上滑动时产生...
答：（1）10m （2）2.8s 试题分析：（1）在斜面上小球沿v 0 方向做匀速运动，垂直v 0 方向做初速度为零的匀加速运动，加速度a=gsin30° …①（2分） ……②（2分）由②得： ………③（1分）由①、③得： （1分）（2）小球沿凹槽从A运动到B的加速度为a′=gsinα′= g=...
答：（1）开始A、B整体静止时，设A、B与C相距为L1，则有：kqBqCL21=（mA+mB）gsin30°，代入数据解得：L1=1m当A、B间的弹力为零时，两者分离，以后F变为恒力．对B有：kqBqCL22-mBgsin30°=mBa，代入数据得：L2=3m．施加外力F后，假设A单独沿斜面向上加速运动，则F应为恒力，故A、B先一起...
