1.（1）A、B、C系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板碰撞后，C的速度为零，即（2）炸药爆炸时有解得又当sA＝1m时sB＝0.25m，即当A、C相撞时B与C右板相距A、C相撞时有：解得＝1m/s，方向向左而＝1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故到A，B都与挡板碰撞为止，C的位移为m19.2．木块B下滑做匀速直线运动，有mgsinθ=μmgcosθB和A相撞前后，总动量守恒,mv=2mv，所以v=设两木块向下压缩弹簧的最大长度为s,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v，则μ2mgcosθ·2s=两木块在P点处分开后，木块B上滑到Q点的过程：（mgsinθ+μmgcosθ）L=木块C与A碰撞前后，总动量守恒，则3m·，所以v′=v设木块C和A压缩弹簧的最大长度为s′,两木块被弹簧弹回到P点时的速度为v,则μ4mgcosθ·2s′=木块C与A在P点处分开后，木块C上滑到R点的过程：（3mgsinθ+μ3mgcosθ）L′=在木块压缩弹簧的过程中，重力对木块所做的功与摩擦力对木块所做的功大小相等，因此弹簧被压缩而具有的最大弹性势能等于开始压缩弹簧时两木块的总动能.因此，木块B和A压缩弹簧的初动能E木块C与A压缩弹簧的初动能E即E因此，弹簧前后两次的最大压缩量相等，即s=s′综上，得L′=L-3.（1）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律：（1分）代入数据，解得：v1=3m/s（1分）（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇,则：（1分）设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：得：（1分）设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：=1s（1分）故木盒在2s内的位移为零（1分）依题意：（2分）代入数据，解得：s=7．5mt0=0．5s（1分）（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则：（1分）（1分）故木盒相对与传送带的位移：则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：（2分）4.（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h,穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则：h=at2/2（1分）即：（1分）代入数据，解得：h=0．03m=3cm（1分）带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：（1分）代入数据，解得:y=0．12m=12cm（1分）（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=代入数据，解得:vy=1．5×106m/s（1分）所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：（1分）设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：（1分）因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。匀速圆周运动的半径：（1分）由：（2分）代入数据，解得：Q=1．04×10-8C（1分）5．(1)只有当CD板间的电场力方向向上即AB棒向右运动时，粒子才可能从O运动到O’，而粒子要飞出磁场边界MN最小速度v0必须满足：①设CD间的电压为U，则②解①②得U=25V，又U=ε=B1Lv解得v=5m/s.所以根据（乙）图可以推断在0.25s<t<1.75s内，粒子能穿过CD间的电场。（2）当AB棒速度最大，即v’=20m/s时产生感应电动势为：ε’=B1Lv’=100V此时带电粒子经加速后速度为v，由动能定理有：解得：v=100m/s此时带电粒子的轨道半径为出射点与O’的水平距离为：粒子从边界MN射出来的位置间最大距离为S=d-x=7.3cm6．解:（1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为闭合电路的总电流为根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：方框中的热功率为（2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律解得：根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为，U型框的速度为，根据动量守恒定律，有两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即联立以上两式，解得：；7.(1)A、B、C三物体系统机械能守恒。B、C下降L，A上升L时，A的速度达到最大。2