31．（12分） 解：（1）正
（2）F=k
（2分） （2分） （2分） （1分）
Qq 2L沿斜面方向合力为零 F-mgsin?=0
mgL2sin?得 Q=
kq
（3）初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsin?。
A球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有
（1分） F'?2mgsin??2ma1
B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有 （1分） mgsin??F'?ma2 依题意 a1:a2＝11:5
4mgsin? 9Qq又 F '＝k2
L'得 F '＝得 L':L＝3:2
（1分） （1分） （1分）
32．（14分）
解：（1）依题意，小球处于静止状态时，?AOM=30°，由几何关系知，此时?OAM=30°。
分析小球受力，设轻杆对其弹力大小为F，方向沿杆向上，轻绳对其弹力大小为T，则
（1分） Fcos30?Tcos30
（1分） Fsin30?Tsin30?Mg
解得 M=m1，即 M:m1=1:1。 （2分）
（2）小球绕O点作圆周运动，其速度方向始终沿垂直于轻杆方向，只有当轻绳也与轻杆垂直时，小球与钩码的速度相等，此时 （2分）
3L3 （2分） cos???，??arccos?41.4。 44L43（3）小球与钩码构成的系统机械能守恒，有
??1441MgL?mg?L2?(L)2?(L?L)??Mv12?m2v22 （2分）
332??2又 M:m2=4:1
设此时轻绳与水平方向夹角为α，则
L3。 （1分） tan???，α=37°4L43 （1分） v1cos??v2，
解得 v1=5m/s/，v2=4m/s。
钩码做竖直上抛运动，上升到最高点的时间
第11页
v24 （1分） ?s?0.4s，
g10小球离开杆后做平抛运动，此时它与O点的水平距离 s=v1t=5×0.4m=2m。 （1分） t? 第12页
33．（14分） 解：（1）f为正极引线。
1（2）mgh?mv12
2BdvI1?01
3R2Bdv U?I1?2R?01
39U2
?h?228gB0d2R2（3）2U?B0dv2?B0dv2
3R3对甲棒，由动能定理，有
（2分） （1分）
（1分） （1分） （1分）
11（1分） mv22?mv12，
22式中Q总为克服安培力所做的功，转化成了甲、乙棒上产生的热量；
127mU2 Q总?mgL?2228B0dmgLsin37??mgLcos37?Q总?219mU2 （1分） Q?Q总?mgL?22334B0d（4）Bx沿斜面向下； （1分）
（两棒由静止释放的高度越高，甲棒进入磁场时的安培力越大，加速度越小，而乙棒只有摩擦力越大加速度才越小，故乙棒所受安培力应垂直斜面向下）
从不同高度下落两棒总是同时到达桌面，说明两棒运动的加速度时刻相同。 对甲棒，根据牛顿第二定律，有
22B0dv （1分） mgsin???mgcos???ma
2R对乙棒，根据牛顿第二定律，有
1Bdv（1分） 2mgsin???(2mgcos??Bx??0d)?2ma
22R?BxB0d2vB02d2v ??8R2R4 （1分） Bx?B0?32B0 ?操作Ⅱ中计算机屏幕上可能出现的U－t关系图像有三种可能，如图（c）所示。（2分）
U
Ot0 t
t0为金属棒刚进入 磁场的时刻。 图（c）
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