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18.参考答案(1[文])两球释放过程动量[章]守恒则释放后动量大[来]小相等则速度大小相[自]等。(1分)每一小[知]球的动能均有2(1[嘛]分)解得v=1m/[答]s球水平方向做匀减[案]速运动,B球水平方[网]向做匀速运动,B球[文]恰好至P点时两球均[章]不碰板B球平抛运动[来],水平位移=v1([自]1分)解得1=0.[知]4sP竖直位移y=[嘛]1g=0.8m(1[答]分)du则金属板长[案]度L<0.8[网]m(1分)(2)A[文]球水平方向做匀变速[章]运动,有aE9=5[来]m/s2(1分)当[自]B球恰好至P点时,[知]A球水平位移为x1[嘛]A4=v1-a=0[答](1分)由功能关系[案]知,此时A球动能E[网]=2m2+mgL([文]1分)解得E=8.[章]5×10-3J(1[来]分)3)两小球竖直[自]方向均做自由落体运[知]动则始终位于同一水[嘛]平直线上当水平距离[答]为x2=30cm时[案],有x2=x2A+[网]x2B(1分)由运[文]动规律得x2B=t[章]2(1分(2-)([来]1分解得t2=0.[自]2s(0.6s舍去[知])则=2-2=0.[嘛]1m①(1分)A球[答]电势能增加量为△E[案]=qU2A②(1分[网])电场中有U24=[文]2·x24③(1分[章])解①②③式得△E[来]=5.0×10-4[自]J(1分)
2.C对货物进行受[知]力分析,受重力mg[嘛]和拉力T,根据牛顿[答]第二定律,有T一m[案]g=m,得a=工一[网]g当7=0时,a=[文]-g,即图线与纵轴[章]的交点P的值题g,[来]A项正确,不符合题[自]意.当a=0时,7[知]=mg,故图线与横[嘛]轴的交点N的值TN[答]=mg,B项正确,[案]不意g可得图线的斜[网]率表示质量的倒数项[文]错误,符合题意:D[章]项正确,不符合题
