4．如图所示，一物体以初速度v₀冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高，下列说法中正确的是(　　　　 )

A、若斜面从C点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C点仍能升高

B、若把斜面弯成圆弧形，物体仍能沿AB’升高

C、若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高，因为机械能不守恒

D、若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高，但机械能仍守恒

3．如图所示，质量为M、上表面光滑的平板水平安放在A、B两固定支座上。质量为m的小滑块以某一速度从木板的左端滑至右端。能正确反映滑行过程中，B支座所受压力N_B随小滑块运动时间 t 变化规律的是　　　　　　　　　　　　　　　　 (　　 )

2．下列关于电场的说法中正确的是…(　 　　)

A、电荷的移动轨迹一定与电场线重合

B、一个点电荷产生的电场中与该点电荷距离相等的点场强一定相同

C、某点的场强方向可能与点电荷在该点所受电场力的方向不一致

D、静止释放的负点电荷若只受电场力作用,其运动经过的位置电势增大

1．一列简谐横波沿x轴传播。t=0时的波形如图所示，质点A与质点B相距1m，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处。由此可知 (　 　　)

A、此波的传播速度为25m/s.

B、此波沿x轴负方向传播.

C、从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m.

D、在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴负方向.

20、解：P从静止释放到A板的过程中，做自由落体运动，设到达A板时的速度为v₁，则 　v₁²＝2gl．　① 　当开关S置于a时，P在A、B板间受重力和电场力的共同作用做匀加速直线运动，设它到达B板时的速度为v₂，由动能定理可得 　(mg+qE)·L／3＝(1／2)mv₂²－(1／2)mv₁²，　② 又　v₁／v₂＝／，　③ 由①②③式可得qE＝mg．　④ 　设Q的释放点距A板的高度为h，下落至A板即将进入两板间时的速度为v₀，则 　v₀²＝2gh．　⑤ 　当开关S置于b时，由于Q在两板间时所受重力和电场力大小相等、方向相反，故Q将在洛仑兹力作用下在两板间做匀速圆周运动，由左手定则可知其所受洛伦兹力方向向右，故Q只能从两板右侧飞出，当Q从A板右边缘飞出时，其轨道半径为L／4，所以　 　qBv₀＝mv₀²／(L／4)，　　⑥ 解④⑤⑥式得h＝q²B²L²／32m²g．　⑦ 　当Q沿与B板相切的轨迹飞出两板间时，其轨道半径为L／3，所以　 　qBv₀＝mv₀²／(L／3)，　　⑧ 　解④⑤⑧式得h＝q²B²L²／18m²g． 　故释放点距A板的高度满足q²B²L²／32m²g＜h＜q²B²L²／18m²g时，可不与极板相撞而飞离电磁场区．

18、解：(1)t＝(π／2)／ω＝π／2ω． 　(2)当导体棒转过角度ωt时，由正弦定理，有 　1／sin(180°－45°－ωt)＝x／sin45°， 又　UR＝(1／2)Bx²ω， 　解①、②得U_R＝Bl²ω／2(1+sin2ωt)． 　(3)Q＝Δt＝(B(1／2)l²／ΔtR)·Δt＝Bl²／2R． 19、(1) 当棒先向下运动时，在和以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是棒受到向下的安培力，棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释放棒后，经过时间t，分别以和为研究对象，根据动量定理，则有：

代入数据可解得：

(2)在、棒向下运动的过程中，棒产生的加速度，棒产生的加速度。当棒的速度与棒接近时，闭合回路中的逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小。最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动。

17、(1)6V，(2)0.5rad/s，(3)3.8V，(4)1.8W，(5)1.8N•m。

16、解答：：(1)设原副线圈电压为U₁，U₂，则

由P=U²/R得P_直/P_R=U_直²/U₂²

则U₂=10

(2)因为U₁=100，则n₁/n₂=U₁/U₂=10:1

15、解答：：(1)由图象得：电流最大值为Imax=2A

(2) 由图象得：T=4.0×10^-2s

(3)电热功率P=I²R=

(4)外界对线圈做的功为W=Pt=4×60=240J

14．(1)电路图如图10甲所示　实物图如图10乙所示

图10

　(2)2　(3)不能　能