山東省濰坊市高考物理三年（2021-2023）模擬題（一模）匯編-02解答題

山東省濰坊市高考物理三年(2021-2023)模擬題(一模)按

題型分類匯編-02解答題

一、解答題

1.(2021?山東濰坊?統(tǒng)考一模)蕩秋千是中國清明節(jié)習俗，所以清明節(jié)也稱“秋千節(jié)

民間傳說秋千蕩得越高，生活過得越美好。如圖所示，甲同學坐在與豎直繩連接的水平

踏板上，此時，可認為人相對踏板不動且重心在踏板上?乙同學將他拉離至繩與豎直方

向成37。角的4處后放手，甲同學無初速自由擺下，已知甲同學質量為40kg,秋千繩長

o

4m,不計繩和踏板的質量，忽略空氣阻力,(g取IOm?2,sin37=0.6,cos37°=0.8)?

(1)求擺到最低點時，甲同學對踏板壓力的大??；

(2)若踏板每次擺回到右側最高點時，乙同學都會推一下甲同學，推動4次后，擺繩與豎

直方向的夾角最大值53。，求平均每次推動甲同學過程中乙同學所做的功。

'：：：!A

O

2.(2021?山東濰坊?統(tǒng)考一模)一大型游樂場建有一個半球型游泳池，游泳池半徑為R,

游泳池內注滿水。一潛泳者可在水面下方游動，其頭罩上帶有一單色光源，游泳池水面

上的最大發(fā)光面積為游泳池面積的求：

(1)池內水的折射率；

(2)射出水面的光在水中傳播的最長時間。

3.(2021?山東濰坊?統(tǒng)考一模)如圖所示，在直角坐標系噴IkL區(qū)域內有沿〉軸正方向

的勻強電場；2Z,^∣Jr3L區(qū)域內，X軸上方有垂直紙面向里的勻強磁場、X軸下方有垂直

紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小相同。質量為加、電荷量為e的電子，從)，軸上

的A點以某一速度沿X軸正方向射入電場，飛出電場后從M(2乙0)點進磁場區(qū)域，

進入磁場時速度大小為V、方向與X軸夾角6=30。。電子在磁場中運動一段時間后從N

(330)飛出。求:

(1)勻強電場場強E的大??；

(2)磁感應強度8的可能值；

(3)電子從A到N經(jīng)歷的時間。

I××X：

i×××i

M[×××?N

2L↑...：3￡X

4.(2021?山東濰坊?統(tǒng)考一模)如圖所示，將“一T的型工件放在水平地面上。靜置于工

件上的小滑塊與擋板相距L=24m,已知滑塊的質量，〃=3kg,與工件間的動摩擦因數(shù)

μ,=0.20-工件的質量M=5kg,與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=0.50?，F(xiàn)在工件左端施加

F=52N的水平推力，作用時間4=IOs后撤掉，之后滑塊與擋板發(fā)生彈性碰撞，取

g=IOmZs21,求：

(1)撤掉產時工件的速度大??；

(2)撤掉推力后，滑塊經(jīng)多長時間與擋板相碰；

(3)碰撞后工件與擋板間的最大距離(結果保留兩位有效數(shù)字)。

5.(2023?山東濰坊?統(tǒng)考一模)某醫(yī)用氧氣瓶容積為40L,瓶內貯有壓強為9.6xl0<,Pa的

氧氣，可視為理想氣體。廣泛用于野外急救的氧氣袋容積為5L。將氧氣瓶內的氧氣分

裝到氧氣袋，充氣前袋內為真空，充氣后袋內壓強為L2xl()6pa0分裝過程不漏氣，環(huán)

境溫度不變。

(1)最多可分裝多少個氧氣袋；

(2)若將醫(yī)用氧氣瓶內的氧氣依次分裝到原為真空、容積為5L的若干個便攜式鋼瓶內,

每次分裝后，鋼瓶內氣體壓強與氧氣瓶內剩余氣體壓強相等，求分裝30次后醫(yī)用氧氣

試卷第2頁，共6頁

瓶內剩余氧氣的壓強與分裝前氧氣瓶內氧氣壓強之比。

6.(2023?ιh東濰坊?統(tǒng)考一模)如圖所示，傾角。=30。的斜面體靜止放在水平地面上，

斜面長L=3m。質量a=Ikg的物體Q放在斜面底端，與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=乎，

通過輕細繩跨過定滑輪與物體P相連接，連接Q的細繩與斜面平行。繩拉直時用手托

住P使其在距地面∕z=L8m高處由靜止釋放，著地后P立即停止運動。若P、Q可視為

質點，斜面體始終靜止，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計滑輪軸摩擦，重力加速度

大小取g=IOmZs"求：

(1)若P的質量M=O?5kg,地面對斜面體摩擦力的大小/；

(2)為使Q能夠向上運動且不從斜面頂端滑出，P的質量M需滿足的條件。

7.(2023?ιl∣東濰坊?統(tǒng)考一模)利用電磁場控制帶電粒子的運動路徑，在現(xiàn)代科學實驗

和技術設備中有著廣泛應用。如圖所示，一粒子源不斷釋放質量為〃八帶電量為+分

初速度為%的帶電粒子，經(jīng)可調電壓U加速后，從。點沿。。方向入射長方體

OMPQ-，聞￡0空間區(qū)域。已知長方體0M、。。1邊的長度均為d,OQ的長度為√5d,

不計粒子的重力及其相互作用。

(1)若加速電壓U=O且空間區(qū)域加沿。。方向的勻強電場，使粒子經(jīng)過0點，求此勻

強電場電場強度的大??；

(2)若加速電壓變化范圍是0≤U≤粵空間區(qū)域加沿。。方向的勻強磁場，使所

2q

有粒子由MP邊出射，求此勻強磁場的磁感應強度大小；

(3)若加速電壓為”瞥，空間區(qū)域加(2)問的勻強磁場，粒子到達。點時加方向

2q

D2

沿。。、大小為二件的勻強電場，一段時間后撤去電場，粒子經(jīng)過打點，求電場存在

3c∣d

的時間。

粒子導

8.（2023?山東濰坊?統(tǒng)考一模）如圖所示，質量為，"的工件甲靜置在光滑水平面上，其

上表面由光滑水平軌道AB和四分之一光滑圓弧軌道BC組成，兩軌道相切于B點，圓

弧軌道半徑為R,質量為，"的小滑塊乙靜置于A點。不可伸長的細線一端固定于。點，

另一端系一質量為M的小球丙，細線豎直且丙靜止時。到球心的距離為L現(xiàn)將丙向

右拉開至細線與豎直方向夾角為6并由靜止釋放，丙在。正下方與甲發(fā)生彈性碰撞（兩

者不再發(fā)生碰撞）；碰后甲向左滑動的過程中，乙從C點離開圓弧軌道。已知重力加速

度大小為g,不計空氣阻力。

（1）求丙與甲碰后瞬間各自速度的大??；

（2）求乙落回軌道后，乙對甲壓力的最大值；

（3）僅改變BC段的半徑，其他條件不變，通過計算分析乙運動過程的最高點與4點

間的高度差如何變化。

9.（2022.山東濰坊.統(tǒng)考一模）如圖所示，AOBz）是半圓柱體透明型材的橫截面，圓心

在。點，AB為直徑,半徑為上一細束單色光從真空中AB面上無限接近A處斜射入

該型材.，入射角，=60。，在。點反射后反射光線與AB平行（反射光線圖中未畫出）。

已知光在真空中的傳播速度為c,求：

（1）該型材對該單色光的折射率〃；

（2）該單色光從射入型材到射出型材所用的時間

10.（2022?山東濰坊?統(tǒng)考一模）在2月8日舉行的北京2022年冬奧會自由式滑雪女子

試卷第4頁，共6頁

大跳臺的比賽中，18歲的中國選手谷愛凌頂住壓力，在關鍵的第三跳以超高難度動作

鎖定金牌，這也是中國女子雪上項目第一個冬奧會冠軍?；┐筇_的賽道主要由助滑

道、起跳臺、著陸坡、停止區(qū)組成，如圖所示。在某次訓練中，運動員經(jīng)助滑道加速后

自起跳點C以大小為匕=2Om/s、與水平方向成a=37。的速度飛起，完成空中動作后，

落在著陸坡上，后沿半徑為R=4()m的圓弧軌道EF自由滑行通過最低點F,進入水平

停止區(qū)后調整姿勢做勻減速滑行直到靜止。已知運動員著陸時的速度方向與豎直方向的

夾角為a=37。，在尸點運動員對地面的壓力為重力(含裝備)的2倍，運動員在水平

停止區(qū)受到的阻力為重力(含裝備)的0.5倍，g取10m∕s2,sin370=0.6,∞s37o=0.8,

忽略運動過程中的空氣阻力。求：

(1)水平停止區(qū)尸G的最小長度乙；

(2)運動員完成空中動作的時間心

IL(2022?山東濰坊?統(tǒng)考一模)如圖為某試驗裝置的示意圖，該裝置由三部分組成：其

左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質彈簧左端固定，右端栓接小物塊A,A右側帶有鎖

定裝置，A及鎖定裝置的總質量W=Ikg,彈簧原長時A處于P點；裝置的中間是長度

∕=4m的水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高并平滑對接，傳送帶始終以v=2nVs的速

率逆時針轉動；裝置的右邊是一半徑為R=l?25m的光滑,圓弧軌道，質量M=2kg的

小物塊B靜置于軌道最低點.現(xiàn)將質量M=2kg的小物塊C從圓弧軌道最高點由靜止

釋放，沿軌道下滑并與B發(fā)生彈性碰撞。小物塊B滑過傳送帶與A發(fā)生對心碰撞(碰

撞時間極短)，且碰撞瞬間兩者鎖定，以相同速度一起壓縮彈簧；返回到P點時鎖定裝

置將B釋放、并使A停在P點，此后B與A發(fā)生多次碰撞，其過程均滿足以上所述.已

知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)M=0?2,?=IOmZs2,彈簧始終處于彈性限度內。

求：

(I)B物塊被C碰撞后獲得的速度大?。?/p>

(2)物塊B與A發(fā)生第一次碰撞后，彈簧具有的最大彈性勢能；

(3)物塊A、B第〃次碰撞后瞬時速度的大小。

C

12.（2022.山東濰坊?統(tǒng)考一模）某離子實驗裝置的基本原理如圖所示。I區(qū)寬度為d,

右邊界為y軸，其內充滿垂直于Xoy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦∏區(qū)

左邊界為y軸，右邊界與X軸垂直交于C點，其內y>o區(qū)域內充滿與X軸正方向夾角

為。=60。的勻強電場￡（大小未知）；y<0區(qū)域內充滿垂直于χθy平面向里的勻強磁場,

磁感應強度大小為28。In區(qū)左邊界與∏區(qū)右邊界重合，其內充滿勻強電場，場強與∏

區(qū)場強的大小相等，方向相反?？铍x子（Xe?+）S從離子源小孔S射出，沿X軸正方向

經(jīng)電壓為U的加速電場加速后穿過I區(qū)，經(jīng)A點進入∏區(qū)電場區(qū)，再經(jīng)X軸上的P點（未

畫出）進入磁場，又經(jīng)C點進入HI區(qū)，后經(jīng)。點（未畫出）進入∏區(qū).已知單個離子

的質量為，小電荷量為2e,剛進入∏區(qū)時速度方向與X軸正方向的夾角為。=60。，在

II區(qū)域電場中的位移方向與y軸負方向夾角為6=60。。忽略離子間的相互作用，不計

重力。

（1）求敬離子進入加速電場時的速度大小匕;

（2）求∏區(qū)域電場強度E的大??；

（3）求∏區(qū)寬度加

（4）保持上述條件不變，撤掉HI區(qū)中電場，并分為左右兩部分，分別填充磁感應強度

大小均為B',方向相反且平行y軸的勻強磁場，債離子仍能經(jīng)。點進入II區(qū)，求磁感

應強度大小8'。

試卷第6頁，共6頁

參考答案:

1.d)560N;(2)80J

【詳解】(1)從A到O,由機械能守恒定律得

mgI(1-cos37o)=?mv^

由牛頓第二定律

FLlng=

由牛頓第三定律得對踏板的壓力為

FN'=560N

(2)每次推動做功為W,則

4W=mgI(cos37o-cos53o)

得

W=80J

2.(1)"=5(2)f=^^

2c

【詳解】(1)設液體折射率為〃，當光源S位于。點正下方的池底時發(fā)光面積最大，發(fā)光半徑

為r

2

2TΓR

πL=-----

2

此時光恰好發(fā)生全反射

SinC=L

n

根據(jù)幾何關系

sinC=r—，——

解得

"=上

S

答案第1頁，共14頁

(2)發(fā)光點在O點正下方池底處以臨界角射出時光路最長

S=?∣R2+r2=Vt

V

解得

3√2∕?

t=-------

2c

3.(1)E=2?∑I;(2)B=-(n=l,2,3,?)；(3)妗三比

4eLeL3v

【詳解】

(1)電子在電場中做類平拋運動，設初速度為%,電場中運動時間為〃，沿X軸方向

V0=VCOSe

L=%

沿)，軸方向

vv=USine

V.=at.

根據(jù)牛頓第二定律

eE—ma

聯(lián)立解得

y[3mv2

E=---------

4eL

(2)設電子在磁場中運動半徑為R,從M點進磁場，從N點出磁場，由幾何關系可得

/?，("=1,2,3,)

H

根據(jù)牛頓第二定律

V2

evB=m—

R

解得

8=等nnw("=1,2,3,)

(3)電子在諼W2L區(qū)域內運動時間

’2=4=

2,VCOS30°

答案第2頁，共14頁

設電子在磁場中運動時間為小在磁場中運動的圓心角為60°,磁場中電子運動軌跡長度

5=2πR???M(Π=1,2,3,)

6

%=~

V

電子從A到N經(jīng)歷的時間

(4√3+Λ?)L

t=t+t+t=--——

l233v

4.(l)15m∕s;(2)f=ls;(3)Δx=1.0m

【詳解】(1)滑塊與工件一起運動的最大加速度

▼網(wǎng)jg

m

設滑塊與工件一起運動的水平推力的最大值為F,根據(jù)牛頓第二定律有

Fnι-μ2(m+M)g=(m+M)am

代人數(shù)據(jù)得E.=56N>52N,故在水平推力產下，滑塊與工件一起運動，由

F-μ2{m+M)g=(m+M)a

滑塊與工件一起運動的加速度

a=1.5m∕s2

撤掉P時工件和滑塊的速度

V-at0=15m∕s

(2)撤掉產后滑塊減速的加速度大小為卬，工件減速的加速度大小為對滑塊有

/Jlmg=mal

對工件有

μ2(m+M)g-Rng=Ma2

代入數(shù)據(jù)得

2

al=2m∕s

2

a2=6.8m/s

設經(jīng)過時間/滑塊與工件擋板相碰，滑塊與擋板的位移分別為總和X2,有

12

xl=vt--ait

答案第3頁，共14頁

解得

∕=ls

(3)此時滑塊與擋板的速度大小分別為力和V2

vl=v-aλt=13m∕s

v2=v-?∕=8.2m∕s

碰撞過程滿足

,

+Mv2=/WV1+Mv2'

,2,2

—mv：+??/v?=-mv,+-MV7

2,222122

碰后滑塊與工件相對滑動至共速了

Ma3=也(M+m)g+JLlImg

,,,,

v=v1+alt'-v2-a3t

兩者相對位移

.=Z小a，

22

代人數(shù)據(jù)解得

ΔJC=1.0m

5.(1)56；(2)f∣Γ

【詳解】(1)選取鋼瓶內氧氣整體作為研究對象，初狀態(tài)氧氣壓強p=9.6xlθ"Pa,設充滿

”個氧氣袋后，氧氣瓶內的氧氣壓強也為"=1.2χl()6pa時，無法再給氧氣袋充氣，分裝過

程是等溫變化，根據(jù)玻意耳定律得

叫=P(%+叫)

代入?>=40L,Vl=5L,解得

n=56

(2)根據(jù)玻意耳定律，分裝一次有

答案第4頁，共14頁

P?=PI(VO+ΔV)

分裝二次

PM=P2(%+W)

分裝三次

2%=23化+")

依次類推，第〃次分裝后

A-1?=P,,(?+ΔV)

可得

、30

P3。=P

W+AVJ

代入數(shù)據(jù)解得

30

P^=

C/?

6.(1)吆N;(2)lkg<M≤5kg

2

【詳解】(1)設沿斜面向上為正方向，若P的質量M=0?5kg,由于

mgsinθ=Mg=5N

可知P、Q均處于靜止狀態(tài)，繩上拉力為

F=Mg

以斜面體和Q為整體，根據(jù)受力平衡可得，地面對斜面體摩擦力的大小為

f=Fcos30°

聯(lián)立解得

∕=-N

2

(2)P著地后，設Q繼續(xù)上滑的加速度大小為4,上滑行距離為元，對Q受力分析，由牛

頓第二運動定律得

Ingsinθ+μtngcosθ=max

解得

答案第5頁，共14頁

2

al=1Om/s

P著地前瞬間，設Q速度大小為叭對Q分析，由運動學公式可得

V2=2ah

2

O-V=-IaxX

Q恰好不從斜面頂端滑出需滿足

x=L-h

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

20/2

a=-m/s

3

對于P、Q組成的系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律可得

Mg-mgs?v?θ-μtngcosθ=^M+m)a

聯(lián)立可得

M=5kg

另一方面為了使P能下落，必須滿足

Mg>mgsinθ+μmgcosθ

解得

Λ∕>lkg

為使Q能夠向上運動且不從斜面頂端滑出，P的質量需滿足的條件為

Ikg<M<5kg

7C'2wjv(>/??2MJVOndf√256π2-l728

/.Q1√———；()r-;?J)------------6------------------------------

3qdqd6v096v0

【詳解】(1)僅加電場時粒子做類平拋運動，由類平拋規(guī)律可得

qE-ma

d=—at2

2

?βd=vt

解得

Z7_2”片

3qd

(2)粒子經(jīng)加速電場加速

答案第6頁，共14頁

quΛmv^Λmvl

由。Q等可得

?≤v≤4v0

僅加磁場時粒子做勻速圓周運動，從M點以%出射的粒子對應所加磁場的最大值

d

r.=—

解得

B=2

maxJ

qd

從P點以4%出射的粒子對應所加磁場的最小值

片=(Gd)-+(4々)2

(4v)2

4，7%紇Μ=機J0L

r2

解得

B=?

minj

qd

綜上，所加勻強磁場的磁感應強度大小為

B=網(wǎng)么

qd

(3)帶電粒子在垂直00∣的方向上做勻速圓周運動，結合幾何關系知，軌跡所對應的圓心

角為60。，粒子運動時間

12πmπd

∕0=~×-----=

6qB6v0

沿。。I方向，當電場存在時間最短時，粒子由。點開始先勻加速運動再勻速運動

,

Vv=at

2

d=^af+vy(t0-t')

解得

答案第7頁，共14頁

πdJ√256π2-1728

t-------------:-------

6%96%

------------8M2ιngl(1-cosθ)

8.(I)"二Vj2gL(l-cos9),IMl

師二砌；⑵叫+他上??；(3)

M+mvM+m

見解析

【詳解】（I）丙向下擺動過程中機械能守恒

MgL(I-COS。)二；M￡

丙與甲碰撞過程，由動量守恒得

Λ∕v0=Mv+mv

由機械能守恒得

—MvZ=—Mvr2+—/HV2

2022

解得碰后瞬間，丙速度大小

,M-In

V=-j-2-g--L(I-CosO)

M+m

甲速度大小

2M

V=-y--∣---2--g--L--(l-COSe)

M?irm

（2）乙從C點離開時，因甲、乙水平速度相同，故乙仍從C點落回。當乙回到B點時，乙

對甲壓力最大，設此時甲速度大小為％”，乙的速度大小為憶。從丙與甲碰撞結束至乙回到

8點過程中，由動量守恒得

mv=∕nv,l∣1乙］

由機械能守恒得

1

—mv2

2

解得

2M

%二°，^2gL(l-CoSe)

設此時甲對乙的彈力為A,由牛頓第二定律得

鳳-mg=吟

A

由牛頓第三定律知乙對甲壓力的最大值

答案第8頁，共14頁

8M%g∕(I-CoSe)

^=mg+

W+/??)”

(3)乙從C點離開時，甲、乙水平速度相同，設甲速度為附2,從丙與甲碰撞結束至乙從C

點離開甲過程，甲、乙水平方向動量守恒

tnv=2mv^2

解得

4

ι?2=.^λ∕2gL(l-cos6)

M+m.

若減小段8C的半徑，乙一定能從C點離開，設乙從C點離開時乙豎直方向速度大小為v,,

從丙與甲碰撞結束至乙從C點離開甲過程中，由機械能守恒得

?^v2=gmv?2+g機吃+mgR

又因為

吃=γ?2+Vy

解得

2

2MIgL(l-cos6)-2gR

M+〃/

設從乙離開C至最高點

*=2gh

2M2?(1-COS61)

H=R+h=

(M+mJ

該高度差與R無關，即高度差不變，若增大Bb段的半徑，乙仍能從。點離開，與減小BC

段的半徑結論相同。若增大3C段的半徑，乙不能從C點離開，則上升至最高點時甲、乙速

度相同，由機械能守恒得

?mv2-2×~+mgH

解得

答案第9頁，共14頁

H_2M2L(1-COS6>)

''(M+w)2

該高度差與R無關，即高度差不變。綜上所述，乙運動過程的最高點與A點間的高度差為

定值。

9.(1)√3;(2)

C

【詳解】(1)該單色光在圓柱體中傳播的光路圖如圖所示

折射角

r≈90o-Zl

其中

/1=/2=/3,Zl+Z2+Z3=180

得

Zl=Z2=Z3=60

根據(jù)光的折射定律有

〃=亞=6

Sinr

(2)由幾何關系可知，該單色光恰好從AO面上無限靠近。處射出半圓柱，在半圓柱中傳

播的路程

s=3R

設該單色光在半圓柱中的傳播速度大小為V,有

SC

t=—,V=—

Vn

解得

3√3∕?

t=------

C

10.(1)4Om；(2)—So

【詳解】(1)將運動員與裝備看成一個質點，設總質量為加，在尸點時的速度為乙在尸點

時，運動員對地面的壓力為重力(含裝備)的2倍，則地面對該整體的支持力為

答案第10頁，共14頁

N=2mg

此時支持力與總重力的合力提供向心力，則有

..V2

N-me=m-

R

解得

V=20m∕s

運動員到達P點后，做勻減速直線運動，設加速度大小為。，根據(jù)牛頓第二定律

f0.5mg2

a=—=------=5m∕s

mm

運動員從尸點減速到停下通過的位移為

V2202“八

X=?~-=------m=40m

2a2×5

故水平停止區(qū)FG的最小長度L為40m；

(2)對運動員由C點到著陸過程的運動進行正交分解，水平方向做勻速直線運動，豎直方

向做勻減速直線運動，

水平方向速度滿足

VΛ.=vccosa

豎直方向速度滿足(以豎直向上為正方向)

vy=vcsina-gt

著陸時豎直方向分速度與C點的豎直方向分速度方向相反，由于運動員著陸時的速度方向與

豎直方向的夾角為α,則有

vV.cosa

tanar=-?=——-----------

-vvgt-vcsina

代入數(shù)值解得

10

t=-s

3

運動員完成空中動作的時間為號S。

11.(I)5m/s；(2)6J；(3)見解析。

【詳解】(1)C下滑過程

-Mv^-O=MgR

B與C碰撞

答案第11頁，共14頁

MyC=Λ∕vcι+MVB

B物塊被C碰撞后獲得的速度大小

VB=5Π√S,vcι=O

(2)B與傳送帶共速，減速位移

-V2=2ax,a=μg

解得

x=5.25>/

故物塊B與A發(fā)生第一次碰撞前的速度

2

√-vβ,=2μgl

解得

VBI=3m∕s

兩物體發(fā)生碰撞

=(M+

MVBIm)vAB

彈簧具有的最大彈性勢能

EP=g(M+M喘=6J

(3)返回到P點時鎖定裝置將B釋放、并使A停在P點，B滑上傳送帶速度

v√=%=2m∕s

減速到零所需位移

2

x'=^S-=?m<l

2〃g

所以B與A第二次碰撞時速度

=2m∕s

VB2

A、B碰撞

(Λ∕

MVB2=+m)vAB2

所以

答案第12頁，共14頁

M.Mv

%2==”=(后)-%

所以物塊A、B第"次碰撞后瞬時速度的大小

,My2

%"=?R)%=Fmzs

12?⑴…特T⑵E=等(3)L7(4)B—B

【詳解】(1)在I區(qū)，洛倫茲力提供向心力，做圓周運動，線速度為V,得

Cntnv2sinθ

2evB=----------

d

在加速場里，根據(jù)動能定理得

Crr1212

2eU=-mv"——mv~

22s

得