2023年北京10年高考真題物理匯編：電場(教師版)

2023-2023北京10年高考真題物理匯編：電場

一.選擇題(共5小題)

1.(2023?北京)真空中某點電荷的等勢面示意如圖，圖中相鄰等勢面間電勢差相等。以下說法正確的選項是

()

A.該點電荷確定為正電荷

B.P點的場強(qiáng)確定比Q點的場強(qiáng)大

C.P點電勢確定比Q點電勢低

D.正檢驗電荷在P點比在Q點的電勢能大

2.(2023?北京)如以下圖，a、b兩點位于以負(fù)點電荷-Q(Q>0)為球心的球面上，c點在球面外，貝U()

A.a點場強(qiáng)的大小比b點大B.b點場強(qiáng)的大小比c點小

C.a點電勢比b點高D.b點電勢比c點低

3.(2023?北京)爭論與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如以下圖。以下說法正確的選項是()

A.試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電

B.試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小

C.試驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大

/14

D.試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，說明電容增大

4.（2023?北京）如以下圖，實線表示某靜電場的電場線，虛線表示該電場的等勢面。以下推斷正確的選項是

（）

A.1、2兩點的場強(qiáng)相等B.1、3兩點的場強(qiáng)相等

C.1、2兩點的電勢相等D.2、3兩點的電勢相等

5.（2023?北京）某原子電離后其核外只有一個電子，假設(shè)該電子在核的靜電力作用下繞核做勻速圓周運(yùn)動，那么

電子運(yùn)動（）

A.半徑越大，加速度越大B.半徑越小，周期越大

C.半徑越大，角速度越小D.半徑越小，線速度越小

試驗題（共1小題）

6.（2023?北京）電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充電，無論承

受何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖象都一樣。

（1）請在圖1中畫出上述u-q圖象。類比直線運(yùn)動中由v-t圖象求位移的方法，求兩極間電壓為U時電容器

所儲存的電能Ep。

（2）在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源（無視內(nèi)阻）。通過轉(zhuǎn)變電路中元件的參數(shù)對同一

電容器進(jìn)展兩次充電，對應(yīng)的q-t曲線如圖3中①②所示。

a.①②兩條曲線不同是_____（選填E或R）的轉(zhuǎn)變造成的；

b.電容器有時需要快速充電，有時需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。

（3）設(shè)想使用抱負(fù)的“恒流源”替換（2）中電源對電容器充電，可實現(xiàn)電容器電荷量隨時間均勻增加。請思考

使用“恒流源''和（2）中電源對電容器的充電過程，填寫下表（選填“增大”、"減小''或"不變”）。

/14

“恒流源”(2)中電源

電源兩端電壓

通過電源的電流

三.計算題(共2小題)

7.(2023?北京)(1)靜電場可以用電場線和等勢面形象描述。

a.請依據(jù)電場強(qiáng)度的定義和庫侖定律推導(dǎo)出點電荷Q的場強(qiáng)表達(dá)式；

D.木?、電1口」口\!也必在仲守汨回刀FIJ劃叢「因，中汨回\%利屈七*1同也此1向"力"丫5r我們知道，電場線的

咖當(dāng)漢詠J工回"物電勿慳艮四人"。回“異)、S,上單位面積通過的電場線條數(shù)之比%。

-N2

(2)觀測宇宙中輻射電磁波的天體，距離越遠(yuǎn)單位面積接收的電磁波功率越小，觀測越困難。為了收集足夠強(qiáng)

的來自天體的電磁波，增大望遠(yuǎn)鏡口徑是提高天文觀測力氣的一條重要途徑。2023年9月25日，世界上最大的

單口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡FAST在我國貴州落成啟用，被譽(yù)為“中國天眼”。FAST直徑為500m,有效提高了人類

觀測宇宙的精度和范圍。

a.設(shè)直徑為100m的望遠(yuǎn)鏡能夠接收到的來自某天體的電磁波功率為匕，計算FAST能夠接收到的來自該天體

的電磁波功率P；

2

b.在宇宙大尺度上，天體的空間分布是均勻的。僅以輻射功率為P的同類天體為觀測對象，設(shè)直徑為100m

望遠(yuǎn)鏡能夠觀測到的此類天體數(shù)目是N0，計算FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目N。

8.(2023?北京)如以下圖，長l=hn的輕質(zhì)細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水

平向右的勻強(qiáng)電場中，繩與豎直方向的夾角。=37。.小球所帶電荷量q=1.0xl0-6C,勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E

=3.0X]03N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：

(1)小球所受電場力F的大小。

(2)小球的質(zhì)量m。

(3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小。

/14

四.解答題(共4小題)

9.(2023?北京)如以下圖，電子由靜止開頭經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一

側(cè)射出.電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U,佩的電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U,極板

長度為L,板間距為d.

(1)無視電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Ay；

(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法.在解決(1)問時無視了電子所受重力，請利用以下

數(shù)據(jù)分析說明其緣由.U=2.0x102V,d=4.0xl02m,m=9.1xl03ikg,e=1.6xl019C,g=10m/s2.

(3)極板間既有電場也有重力場.電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢中的定義式.類比電勢的

定義方法，在重力場中建立“重力勢”的外概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點.

10.(2023?北京)如以下圖，兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板間電場可視為勻強(qiáng)電場；金屬板下方有一

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，由靜止開頭從正極板動身，經(jīng)電場加速后射出,

并進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動。無視重力的影響，求：

(1)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小；

(2)粒子從電場射出時速度v的大?。?/p>

(3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R。

11.(2023?北京)勻強(qiáng)電場的方向沿x軸正向，電場強(qiáng)度E隨x的分布如以下圖。圖中E。和d均為量，將帶

正電的質(zhì)點A在O點由靜止釋放，A離開電場足夠遠(yuǎn)后，再將另一帶正電的質(zhì)點B放在O點也由靜止釋放，

當(dāng)B在電場中運(yùn)動時，A、B間的相互作用力及相互作用能均為零：B離開電場后，A、B間的相互作用視為靜

電作用，A的電荷量為Q,A和B的質(zhì)量分別為m和，件重力。

(1)求A在電場中的運(yùn)動時間t；

/14

(2)假設(shè)B的電q亭4Q,求兩質(zhì)點相互作用能的最大值Ep/

(3)為使B離開電場后不轉(zhuǎn)變運(yùn)動方向，求B所帶電荷量的最大值q%、

A--------------------------------1

I

I

I

I

a

I

---------------------------------------1---------------------------------------------------------X

o'd

12.(2023?北京)靜電場方向平行于x軸，其電勢(p隨x的分布可簡化為如以下圖的折線，圖中色和d為

量.一個帶負(fù)電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運(yùn)動.該粒子質(zhì)量為m、電量為-

q.其動能與電勢能之和為-A(0<A<q(pJ.無視重力.求：

(1)粒子所受電場力的大??；

(2)粒子的運(yùn)動區(qū)間；

(3)粒子的運(yùn)動周期.

/14

2023-20231晾10年高考真題物理匯編：電場

參考答案

一.選擇題（共5小題）

1.【分析】依據(jù)順著電場線電勢漸漸降低從而推斷電場線的方向，以此推斷點電荷的電性；依據(jù)等勢面的疏密程

度分析場強(qiáng)的大小；正電荷電勢越高，電勢能越大。

【解答】解：ACD、由于題中P、Q兩點的電勢的大小關(guān)系不確定，所以無法確定電場線的方向，則沒有方法

確定點電荷的電性，正檢驗電荷在P、Q兩點的電勢能的大小也無法確定，故ACD錯誤；

B、依據(jù)等勢面的疏密程度可知，P點的電場強(qiáng)度大于Q點的電場強(qiáng)度，故B正確。

應(yīng)選：B?

【點評】解決該題的關(guān)鍵是把握點電荷的電性的推斷方法，知道等勢面的疏密程度反響了電場強(qiáng)度的大小。

2.【分析】依據(jù)點電荷電場強(qiáng)度的計算公式E=誓推斷電場強(qiáng)度的大??；依據(jù)沿電場線方向電勢降低分析電勢

T乙

凹凸。

【解答】解：AB、依據(jù)點電荷電場強(qiáng)度的計算公式E=岑可知，a點場強(qiáng)的大小和b點電場強(qiáng)度大小相等，b

點場強(qiáng)的大小比c點大，故AB錯誤；

CD、a、b在以負(fù)點電荷為球心的同一球而上，即在同一等勢面上，故a點電勢和b點電勢相等，依據(jù)沿電場線

方向電勢降低可得b點電勢比c點低，故C錯誤、D正確。

應(yīng)選：D。

【點評】此題主要是考察電場強(qiáng)度大小的推斷和電勢凹凸的推斷，把握電場強(qiáng)度的計算公式和電勢凹凸的推斷

方法是關(guān)鍵。

3.【分析】靜電計指針的張角反響電容器兩端間電勢差的變化，抓住電容器帶電量不變，依據(jù)C=—,判定

4兀kd

電容的變化，再依據(jù)U=旦，推斷電勢差的變化，從而即可求解。

C

【解答】解：A、由電容器帶電量是某一極板的電量，再結(jié)合靜電感應(yīng)原理，可知，只用帶電玻璃棒與電容器a

板接觸，即能使電容器帶電，故A正確；

B、將b板向上平移，正對面積減小，依據(jù)C=電容減小，依據(jù)U=MQ不變，則電勢差增大，張

4兀kdC

角變大，故B錯誤。

C、在極板之間插入有機(jī)玻璃板，依據(jù)C=—^一,電容增大，依據(jù)U=§Q不變，則電勢差減小，張角變

4冗kdC

小，故C錯誤。

6/14

D、在試驗中，只增加極板帶電量，依據(jù)C=—^一,電容C不變，依據(jù)U=9則電勢差增大，張角變大，

4兀kdC

故D錯誤。

應(yīng)選：Ao

【點評】解決此題的關(guān)鍵把握電容器的動態(tài)分析，電容器與電源斷開，電量保持不變，電容器始終與電源相

連，電容器兩端間的電勢差不變，同時理解電容器帶電量的含義。

4.【分析】依據(jù)電場線的分布特點：從正電荷或無窮遠(yuǎn)處動身到負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處終止，分析該點電荷的電性；

電場線越密，場強(qiáng)越大。順著電場線，電勢降低。利用這些學(xué)問進(jìn)展推斷。

【解答】解：A、電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，由圖可得，1與2比較，1處的電場線密，所以1處的電場強(qiáng)

度大。故A錯誤：

B、電場線的疏密表示電場的強(qiáng)弱，由圖可得，1與3比較，1處的電場線密，所以1處的電場強(qiáng)度大。故B錯

誤；

C,順著電場線，電勢降低，所以1點的電勢高于2點處的電勢。故C錯誤；

D、由題目可得，2與3處于同一條等勢線上，所以2與3兩點的電勢相等。故D正確。

應(yīng)選：D。

【點評】加強(qiáng)根底學(xué)問的學(xué)習(xí)，把握住電場線和等勢面的特點，即可解決此題。

5.【分析】依據(jù)庫侖定律求出原子核與核外電子的庫侖力.

依據(jù)原子核對電子的庫侖力供給向心力，由牛頓其次定律求出角速度，加速度，周期，線速度進(jìn)展比較.

【解答】解：依據(jù)原子核對電子的庫侖力供給向心力，由牛頓其次定律得

kQe4n2rmv2

—^-=ma=m-------------ino>2r=-------，

r2T2「

可得2=駕

rra"

A、半徑越大，加速度越小，故A錯誤;

B、半徑越小，周期越小，故B錯誤：

C、半徑越大，角速度越小，故C正確;

/14

D、半徑越小，線速度越大，故D錯誤。

應(yīng)選：C。

【點評】能夠依據(jù)題意找出原子核與核外電子的庫侖力供給向心力，并列出等式求

解.對于等效環(huán)形電流，以一個周期為爭論過程求解.

二.試驗題(共1小題)

6.【分析】(1)明確電容的定義式，并由定義式推出電壓和電量表達(dá)式，從而確定圖象，并類比直線運(yùn)動中由v

-t圖象求位移時，面積表示位移即可確定電能大??；

(2)依據(jù)圖象進(jìn)展分析，明確電動勢不變，故影響充電的只能是電阻，并依據(jù)電阻的影響確定實現(xiàn)兩種充電

方式的方法；

(3)明確恒流源以及無視電阻的電源的性質(zhì)，從而確定電流大小。

【解答】解：(1)依據(jù)電容的定義Q=UC可知，U=3,故電壓U與電量為正比例關(guān)系，故圖象如以下圖；

依據(jù)圖象的性質(zhì)可知，圖象與q軸所圍成的面積表示電能，故有：Ep=/qU=-1-CU2；

(2)a、電源電阻不計，當(dāng)電容器布滿電后，電容器兩端電壓等于電源電動勢。由圖可知，充電時間不同，而

最大電量相等，故說明圖象不同的緣由是電阻R的轉(zhuǎn)變造成的；

b、由圖象可知，當(dāng)R越小，充電時間越短；R越大，電荷量隨時間變化趨向均勻，故需要快速充電時，R越小

越好：而需要均勻充電時，R越大越好；

(3)由于電容充電后兩板間的電勢差增大，因此需要恒流源的電壓增大才能保證電量隨時間均勻增加：而

(2)中電源電動勢不變，而內(nèi)阻無視不計，故兩端電壓不變；所以使用恒流源時，電流不變，而使用(2)中

電源時電流減小。

12

故答案為：(1)如以下圖；yCU;(2)a、R；b、快速充電時，R越小越好；而需要均勻充電時，R越大越

【點評】此題考察對電容器電容的定義式的把握，同時考察了相關(guān)的數(shù)學(xué)規(guī)律應(yīng)用，關(guān)鍵在于明確題意，留意

題中隱蔽信息的把握：明確電源內(nèi)阻無視不計，所以(2)中電源輸出電壓不變。

三.計算題(共2小題)

7.【分析】(1)a.依據(jù)庫侖定律得到庫侖力的表達(dá)式，然后依據(jù)電場強(qiáng)度定義式求得場強(qiáng)表達(dá)式；

/14

b.依據(jù)電場線的疏密反映了空間區(qū)域電場強(qiáng)度的大小，由場強(qiáng)關(guān)系得到電場線條數(shù)關(guān)系；

(2)a.依據(jù)直徑關(guān)系得到有效面積關(guān)系，從而得到電磁波功率關(guān)系：

b.依據(jù)電磁波功率關(guān)系，由望遠(yuǎn)鏡能觀測到此類天體的電磁波總功率最小值相等得到最遠(yuǎn)距離關(guān)系，從而根

據(jù)空間體積，由天體分別均勻得到天體數(shù)量關(guān)系。

【解答】解：(1)a.設(shè)摸索電荷q距點電荷Q的距離為r,由庫侖定律可得：摸索電荷q受到的庫侖力

F」￡答,那么，依據(jù)場強(qiáng)定義可得：場強(qiáng)再；

_2a/

N1%

b.電場線疏密程度反映了空間區(qū)域電場強(qiáng)度的大小，故

N2E2r

(2)a.直徑為D的望遠(yuǎn)鏡能承受到射電信號的有效面積(即垂直射電信號的方向的投影面積)S=vHD*12；*

PSD2

2225000_,即

P1SiD,21002

b.天體空間分布均勻，設(shè)望遠(yuǎn)鏡能觀測到的最遠(yuǎn)距離為L,望遠(yuǎn)鏡半徑為d,望遠(yuǎn)鏡能觀測到此類天體的電磁

波總功率最小值為P。，

19PPT|24.q

則有：Pn=TD?'那么，能夠觀測到的此類天體數(shù)目nV兀L；

0447rL2L2L22

依據(jù)望遠(yuǎn)鏡能觀測到此類天體的電磁波總功率最小值P0相等可得：獸處造也=黑=5，

LiooDioa10°

%r

黃：I"O.3S,上單位面積通過的電場線條數(shù)之比3為一2

2N2r；2

(2)a.FAST能夠接收到的來自該天體的電磁波功P2為25P(

b.FAST能夠觀測到的此類天體數(shù)目N為125?4任

【點評】球體沿任意平面的投影都為最大圓面積，即過球心的圓的面積；而其他幾何體的投影和投影面相關(guān)。

8.【分析】(1)依據(jù)電場力的計算公式求解電場力；

(2)畫出小球受力狀況示意圖，依據(jù)幾何關(guān)系列方程求解質(zhì)量；

(3)依據(jù)機(jī)械能守恒定律求解速度。

/14

【解答】解：⑴依據(jù)電場力的計算公式可得電場力F=qE=l.OxlO-6x3.OxlO3N=3.Ox1O-3N；

(2)小球受力狀況如以下圖：

依據(jù)幾何關(guān)系可得mg=iV，

tan6

,QE3XIO-3?

所以"^五聲二六』而Lk14xl>4kg；

(3)電場撤去后小球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，則mgl(1-cos37。)=ymv2-

解得：v=2m/s(.

答：(1)小球所受電場力F的大小為3.0x10-3N。

(2)小球的質(zhì)量為4x1()-4kg。

(3)將電場撤去，小球回到最低點時速度v的大小為2m/s。

【點評】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動，可以從兩條線索開放：其一，力和運(yùn)動的關(guān)系。依據(jù)帶電粒子受

力狀況，用牛頓其次定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度和位移等；其二，功和能的關(guān)系。

依據(jù)電場力對帶電粒子做功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動能定理進(jìn)展解答。

四.解答題(共4小題)

9.【分析】(1)依據(jù)動能定理，即可求得加速的速度大小，再依據(jù)類平拋運(yùn)動處理規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式，及

運(yùn)動的合成與分解，從而即可求解；

(2)依據(jù)供給的數(shù)據(jù)，從而計算出重力與電場力，并求得它們的比值，即可求解;

(3)依據(jù)電勢是電勢能與電荷量的比值，故重力勢等于重力勢能與質(zhì)量的比值，再依據(jù)兩者的聯(lián)系，從而確

定共同點.

1,用午宣1用午：I1)七丁住〃U坯物坯,w’je：euo=萬1%2

電子在偏轉(zhuǎn)電場中加速，做類平拋運(yùn)動，將其運(yùn)動分解成速度方向勻速直線運(yùn)動，與電場強(qiáng)度方向做初速度為

零的勻加速直線運(yùn)動，則有：

速度方向的位移為：L=v0t；

/14

12

電場強(qiáng)度方向的位移為：△y=qat"

由牛頓其次定律有：a=E=逑

mm

且E=U

d

UL.2

綜上所述，解得：△￥=』一

4U()d

(2)U=2.0X102V,d=4.0xl02m,m=9.1xlO-3ikg,e=1.6xl0-19C,g=10m/s2.

電子所受重力為：G=mg=9/xlO-3oN

電子受到的電場力為：F=e-^-=8xlO-i6N

那么

由于F「＞G,所以重力無視不計,

(3)電場中某點電勢(p定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值,

即…斗

由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的

E

比值，叫做“重力勢”，即/=需r

電勢Q與重力勢/都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素打算.

|2eU

答：(1)無視電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度卜瀘0，

2

從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離喀二

4U0d

(2)依據(jù)小■『1074,從而可以無視了電子所受重力.

F電

EP

(3)電勢＜p的定義式為：(p=—

Q

電勢和“重力勢'’的共同特點為：電勢＜p與重力勢/都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素打算.

【點評】考察了動能定理的內(nèi)容，把握類平拋運(yùn)動處理規(guī)律，把握運(yùn)動的合成與分解的應(yīng)用，留意類比法的內(nèi)

涵，及如何歸納物理量間的共同點是解題的關(guān)鍵.

/14

10.【分析】（1）依據(jù)公式ET可求E；

d

（2）依據(jù)動能定理列式求解；

（3）依據(jù)洛倫茲力供給向心力列式求解。

【解答】解：（1）依據(jù)勻強(qiáng)電場電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系得:

勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小E=4；

（2）設(shè)帶電粒子出電場時速度為V。由動能定理得：Uq吊

（3）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓其次定律得：Bqv=

答：（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小與；（2）粒子從電場射出時速度v的大小，型；（3）粒子在磁場中做勻速

圓周運(yùn)動的半徑R“畫。

【點評】此題考察了帶電粒子在電場中的加速和在磁場中的偏轉(zhuǎn)，屬于根底題，另外要留意公式E號，d是指

沿電場方向距離。

11.【分析】（1）A在電場中時，在電場力作用下做勻加速直線運(yùn)動，依據(jù)牛頓其次定律求得加速度，由運(yùn)動學(xué)位

移公式求解運(yùn)動時間t；

（2）分析A、B的運(yùn)動狀況：A、B相互作用的過程中，A、B間相互作用力為斥力，A受力方向與其運(yùn)動方向

一樣做加速運(yùn)動，B受力方向與其運(yùn)動方向相反做減速，當(dāng)兩者速度一樣，最接近時，相互作用能最大，依據(jù)

動量守恒和能量守恒，列式求解相互作用能的最大值E：

Pm

（3）爭論A、B在x>d區(qū)間的運(yùn)動過程，依據(jù)系統(tǒng)的動量守恒和能量守恒，列式，得到B的速度VB表達(dá)式，

B不轉(zhuǎn)變運(yùn)動方向，VRK）,即可求出B所帶電荷量的最大值q品

fQEQ

【解答】解：（1）由牛頓其次定律，A在電場中運(yùn)動的加速a=-=——

mm

A在電場中做勻變速直線運(yùn)動d=存2

解得運(yùn)動時間t=楞=^薩

/14

(2)設(shè)A.B離開電場的速度分別為VAO、VBO，由動能定理，有

c匚j_12j_1m2G

QE°d=*VA『qcEod=5?"VBW

A、B相互作用的過程中，動量和能量均守恒，A、B間相互作用力為斥力，A受力方向與其運(yùn)動方向一樣，B

受力方向與其運(yùn)動方向相反，相互作用力A做正功，對B做負(fù)功。在AB靠近的過程中，B的路程大于A的路

程，由于作用力大小相等，作用力對B做功確實定值大于對A做功確實定值，因此相互作用力做功之和為負(fù)，

相互作用能增加，所以當(dāng)A、B最接近時，相互作用能最大，因此兩者速度一樣，設(shè)V，，有

[m+^)v'=mvAO+yvB0f2)

T-,_,12Im2、I,m、

Ep,“=(5"^城萬?7?乃。)一萬(m+彳)v，2③

乂qfQ