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13.解：(1)烧断细线后，设甲、乙获得的速率分别为甲、z由动量守恒定律有m甲v仰=mzz(1分)由能量守恒定律有2mm2+mz2'=E,1分)联立两式解得甲=1.5m/s,vz=7.5m/s设乙与挡板碰撞前、后瞬间速率分别为少、h乙在传送带上向右做匀减速直线运动，22一2=2μgL(1分)由能量守恒，乙与挡板的碰撞损失动能△E.-2m22-2m2w2(1分)由题意2mz吃2-△Ek=0.4J(1分)联立解得2=0(1分)(2)假设乙碰撞后随传送带运动能达到传送带的传送速度，则此过程所经历时间=”，其中a=g(1分)所发生位移大小x=之(1分)联立各式并代入数据解得x=1m=L可见，乙离开传送带时刚好达到传送带的传送速度，即=v=2m/s(1分)、+出同由在:计啪籍的弹性热能大最大值E一联立各式并代人数据解得x=1m一七可见，乙离开传送带时刚好达到传送带的传送速度，即=v=2m/s(1分)乙与弹簧再次接触后，当甲、乙达到共同速度哄时，弹簧的弹性势能达最大值Em由动量守恒定律有m甲仰十mz=(m甲十mz)v哄(1分)由能量守恒定律有Ea=2m甲m2+2mz话一之(m十mz)g1分)联立解得Em=0.02J(1分)由代食回，同向的等z+h周国号h的h亦业区ROP+OM(1分)
1T厂)0h8.BD微粒从A点到C点电场力做功为WAc=EqX2L,电势能的变化量为△E,=一Wc,则有△E,=一2EgL,选项A错误；微粒从A点到B点，由动能定理可得EgL=号muB2,微粒从B点到C点由类平抛运动的规律可得L=号x=,综合解得t一√四2mL、x=2L,选项B正确；微粒从B点到C点电场力的平均功率为P,结合=√哥可得P=队V二，选项C错误；微粒从A点到C点，由动能定理得量而A好EqX2L=2mc2,由动量定理得1合=mc,联立可得1合=2√EqmL,选项D正确。
