山東省泰安市高考物理三年（2021-2023）模擬題（一模）匯編-02解答題

山東省泰安市高考物理三年（2021-2023）模擬題（一模）按

題型分類匯編-02解答題

一、解答題

1.（2021?山東泰安?統(tǒng)考一模）一列簡諧橫波在t=0.4s時的波形圖如圖（4）所示，P

是介質(zhì)中的質(zhì)點，圖S）是質(zhì)點尸的振動圖像。已知該波在該介質(zhì)中的傳播速度為

20m/s,求：

（1）波長和波的傳播方向；

（2）質(zhì)點P的平衡位置的X坐標。

2.（2021?山東泰安?統(tǒng)考一模）如圖，用光滑細桿彎成半徑為R的四分之三圓弧ABCDE,

固定在豎直面內(nèi)，C、E與圓心。在同一水平線上，。為最低點。質(zhì)量為機的小環(huán)P（可

視為質(zhì)點）穿在圓弧細桿上，通過輕質(zhì)細繩與相同的小環(huán)。相連，細繩繞過固定在E

處的輕小光滑定滑輪。開始小環(huán)P處于圓弧細桿上8點，小環(huán)。與。點等高，兩環(huán)均

處于靜止狀態(tài)。給小環(huán)微小擾動，使P沿圓弧向下運動。已知重力加速度為g。求：

（1）小環(huán)P在B點靜止時對細桿的壓力大??；

（2）小環(huán)P下滑到C點時，小環(huán)ρ的速度；

（3）小環(huán)P經(jīng)過。點時，小環(huán)。重力的瞬時功率。

3.（2021?山東泰安?統(tǒng)考一模）如圖，間距為2R的平行正對金屬板MN接在電壓為U

的電源上，以。為圓心、R為半徑的圓與極板右端面相切于C,CO與板間中心線重合。

圓區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，是與極板端面平行的半徑。位于A處的粒

子源向紙面內(nèi)發(fā)射質(zhì)量為〃?、電荷量為4（4>0）、速率為V的粒子，初速度方向被限定

在Ao兩側(cè)夾角均為6的范圍內(nèi)。已知沿Ao方向射入磁場的粒子恰好經(jīng)過C點，所有

粒子均打在極板上，不計粒子重力和粒子間的相互作用。求：

（1）圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；

（2）經(jīng)過C點的粒子從A處發(fā)射出來到打到極板經(jīng)歷的時間；

（3）所有到達極板的粒子動能的最大差值；

（4）粒子打到極板上的寬度。

?M

4.（2021?山東泰安?統(tǒng)考一模）如圖，質(zhì)量〃=2kg的長木板Q靜止在光滑水平面上，

右端緊靠光滑固定曲面AB的最低點8,木板上表面與曲面相切于8,水平面的左側(cè)與

木板左端相距為X（未知且可調(diào)）處有一擋板C。一質(zhì)量〃?=lkg的小滑塊P（可視為質(zhì)

點）從曲面上與B的高度差為L8m處由靜止滑下，經(jīng)8點后滑上木板，最終滑塊未滑

離木板。已知重力加速度大小為IOm/s"滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.3,木板與

左擋板C和最低點B的碰撞中沒有機械能損失且碰撞時間極短可忽略,則從滑塊滑上木

板到二者最終都靜止的過程中

（1）若木板只與C發(fā)生了1次碰撞，求木板的運動時間；

（2）若木板只與C發(fā)生了2次碰撞，求最終P與B點的距離；

（3）若木板只與C發(fā)生了3次碰撞，求X的值；

4

（4）其他條件不變，若"，=2kg、Λ∕=lkg,Λ=-m,求木板通過的總路程。

5.（2022?山東泰安?統(tǒng)考一模）如圖，兩個內(nèi)壁光滑、導(dǎo)熱良好的汽缸A、B水平固定

試卷第2頁，共6頁

并用細管連接，處于1個大氣壓的環(huán)境中。汽缸A中活塞M的面積為300cm2,封閉有

2

1個大氣壓強的氧氣60Lo汽缸B中活塞N的面積為150cm,裝有2個大氣壓強的氮

氣30L?，F(xiàn)給活塞M施加一逐漸增大的水平推力，使其緩慢向右移動。細管內(nèi)的氣體

可忽略，環(huán)境溫度不變，1個大氣壓取LoXlo5Pa.當(dāng)一半質(zhì)量的氧氣進入B汽缸時，

求：

（1）活塞M移動的距離；

（2）加在活塞M上的水平推力大小。

6.（2022?山東泰安?統(tǒng)考一模）跳臺滑雪的滑道示意如圖，運動員從起滑點A由靜止出

發(fā)，經(jīng)過助滑雪道、跳臺，到起跳點8,跳臺為傾角α=15。的斜面。助滑雪道、跳臺均

光滑。運動員跳起后在空中運動一段時間，落在傾角6=30。的傾斜著陸坡道上的C點。

起跳是整個技術(shù)動作的關(guān)鍵，運動員可以利用技巧調(diào)整起跳時的角度。已知A、8的高

度差H=45m,不計空氣阻力，取重力加速度g=10m∕%運動員可看做質(zhì)點。求：

（1）運動員不調(diào)整起跳角度情況下，從B到C的時間（結(jié)果用根號表示）；

（2）運動員調(diào)整起跳角度后，BC能達到的最大距離。

7.（2022.山東泰安?一模）如圖，傾角為。的光滑直軌道AB與半徑為R的光滑圓軌道

BCO固定在同一豎直平面內(nèi)，二者相切于B點，C為軌道的最低點，。在C的正上方，

A與。等高。質(zhì)量為m的滑塊6靜止在C點，滑塊”從A點由靜止滑下，到C點時與6

發(fā)生彈性正碰，碰后b經(jīng)過。點時對圓軌道的壓力大小為其重力的4倍。兩滑塊均可視

為質(zhì)點，重力加速度為g,Sine=O.8。求：

（1）碰后瞬間b對軌道的壓力大小；

(2)滑塊α的質(zhì)量；

(3)滑塊人從。點離開軌道到再落到軌道上經(jīng)歷的時間。

8.(2022?山東泰安?一模)如圖，足夠長的兩金屬導(dǎo)軌平行傾斜固定，與水平面的夾角

為。(Sine=0.6),導(dǎo)軌間距為L,處于磁感應(yīng)強度為8、方向垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場

中。兩相同的硬直導(dǎo)體棒M和N垂直導(dǎo)軌放置，每根棒的長度為L、質(zhì)量為〃?、電阻

為R。棒N緊靠兩小支柱靜止于導(dǎo)軌底端，棒M與N相距xo,/=0時刻棒M在方向始

終平行導(dǎo)軌向上的拉力作用下，由靜止開始沿斜面向上勻加速運動，燈時刻棒N開始運

動，棒N運動之后，拉力保持為時刻的大小不再變化。兩棒與兩導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)

均為〃=0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。除導(dǎo)體棒外其他電阻不計，重力加速度大

小為g。

(1)求為時刻棒M的速度如；

(2)求為時刻作用在棒M上的拉力大小Fo-,

(3)若2為時刻棒N的速度為由，求此時棒M與棒N之間的距離。

(4)在給出的坐標系中畫出足夠長時間內(nèi)棒M、N的速度隨時間變化的圖像，不要求

推導(dǎo)過程。

9.(2023?山東泰安?統(tǒng)考一模)如圖所示，ABQo為某玻璃材料的截面，ABO部分為直

角三角形棱鏡，ZA=30o,OBD部分是半徑為R的四分之一圓柱狀玻璃，。點為圓心。

一束單色光從尸點與A3成30角斜射入玻璃材料，剛好垂直O(jiān)A邊射出，射出點離。點

旦R，已知真空中的光速為以

4

(1)求該單色光在玻璃材料中發(fā)生全反射的臨界角的正弦值；

試卷第4頁，共6頁

（2）現(xiàn)將該光束繞P點沿逆時針方向在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動至水平方向，觀察到B力面上有光

線從。點射出（Q點未畫出）。求光束在玻璃材料中的傳播時間（不考慮圓柱8?；∶?/p>

部分的發(fā)射光線）。

10.（2023?山東泰安?統(tǒng)考一模）如圖所示，傳送帶與水平方向成30角，順時針勻速轉(zhuǎn)

動的速度大小u=8m∕s,傳送帶長%0=U.4m,水平面上有一塊足夠長的木板。質(zhì)量為

m=3kg的物塊（可視為質(zhì)點）以初速度%=4m∕s,自A端沿AB方向滑上傳送帶，在

底端8滑上緊靠傳送帶上表面的靜止木板，木板質(zhì)量為M=Ikg,不考慮物塊沖上木板

時碰撞帶來的機械能損失。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為M=#,物塊與木板

間的動摩擦因數(shù)為〃2=0?3,木板與地面間的動摩擦因數(shù)為4=0」。取重力加速度

g=10m∕s2,求：

（1）物塊從A運動到B點經(jīng)歷的時間t-

（2）物塊停止運動時與B點的距離X。

11.（2023?山東泰安.統(tǒng)考一模）如圖所示，在X。Z平面的第二象限內(nèi)有沿X軸負方向的

勻強電場，電場強度的大小E=IOV∕m,空間某區(qū)域存在軸線平行于Z軸的圓柱形磁場

區(qū)域，磁場方向沿Z軸正方向。一比荷為"=104C/kg的帶正電粒子從X軸上的P點以

m

速度％射入電場，方向與X軸的夾角6=30。該粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，由Z軸上的。點以

垂直于Z軸的方向立即進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)射出后，通過坐標為（O,0.15m,0.2m）

的"點（圖中未畫出），且速度方向與X軸負方向的夾角a=60,其中OQ=0.2m,不

計粒子重力。求：

（1）粒子速度％的大小;

（2）圓柱形磁場區(qū)域的最小橫截面積SmM（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；

（3）粒子從P點運動到M點經(jīng)歷的時間，（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。

12.（2023?山東泰安?統(tǒng)考一模）如圖甲所示,在水平地而上固定一光滑的豎直軌道MNP,

其中水平軌道MN足夠長，NP為半圓形軌道。一個質(zhì)量為機的物塊B與輕彈簧連接，

靜止在水平軌道MN上；物體A向B運動，f=0時刻與彈簧接觸，至H=2r。時與彈簧分

離，第一次碰撞結(jié)束；A、B的VT圖像如圖乙所示。己知在0-彳,時間內(nèi)，物體B運動

的距離為0?6%f.。A、B分離后，B與靜止在水平軌道MN上的物塊C發(fā)生彈性正碰,

此后物塊C滑上半圓形豎直軌道，物塊C的質(zhì)量為機，且在運動過程中始終未離開軌

道,MNP。已知物塊A、B、C均可視為質(zhì)點，碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重

力加速度為g。求:

（1）半圓形豎直軌道半徑R滿足的條件;

（2）物塊A最終運動的速度;

（3）A、B第一次碰撞和第二次碰撞過程中A物體的最大加速度大小之比（彈簧的彈

性勢能表達式為Ep=gkAr）其中人為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量）；

（4）第二次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值。

試卷第6頁，共6頁

參考答案：

1.(I)24m,沿X軸負方向傳播；(2)6m

【詳解】(1)由圖像可知，波的周期

T=1.2s

根據(jù)

λ

V=—

T

可得

2=24m

由振動圖像可知，，=0.4S時質(zhì)點尸沿y軸負方向運動，所以該波沿X軸負方向傳播。

(2?=0處的質(zhì)點，從平衡位置到y(tǒng)=5cm處經(jīng)歷的時間加，則由振動方程

..2π

y=Asιn-t

可得

12

所以P的平衡位置坐標為

l

Xp=v×(∕-?r)

代入數(shù)據(jù)解得

AP=6m

3)p2+2

2.(I)N=Gmg;(2)VC=Jb6-4)gR；(=mgJ-^^gR

【詳解】(1)小環(huán)尸在3點靜止時，受到重力加g、細繩的拉力7=”?、桿的支持力N作用,

由平衡條件知，。8連線與尸的重力、細繩BE的夾角相等

由幾何關(guān)系知BE與CE間的夾角為6=30。，所以

N=2mgcosθ

解得N=√f3mgo

(2)由兒何關(guān)系可得

BE=2Rcosθ

小環(huán)P下滑到C點時，。的速度為=0,根據(jù)機械能守恒定律

答案第1頁，共17頁

mg(2Rcosθ-sin一m^(2R-2∕?cos；nιvc

整理得%=J(3G_4)gR。

(3)小環(huán)P經(jīng)過。點時，細繩OE部分與水平方向的夾角為a=45。，長度為OE=√∑R,此

時小環(huán)P的速度%與Q的速度VQ的關(guān)系為

CC=V

vpCOSQ

根據(jù)機械能守恒定律可得

mg(2RcosO?sinO+R)+mg@Rcos9-6R)=+

整理得力=?3√3-2√2+2的此時。的重力做功的功率為

P=mg%

3√3-2√2+2n

聯(lián)立可解得P—mg---冰。

【詳解】(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，?，洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=ιn—

r

由幾何關(guān)系可知r=R,聯(lián)立可得3=,。

qR

(2)經(jīng)過C點的粒子在磁場中運動的時間

-πR

2

tI=

粒子沿垂直極板方向做勻加速運動，運動時間L

qu

2ιnR

t=ti+t2

答案第2頁，共17頁

整理得T+2R愣。

(3)所有粒子從磁場射出時速度方向均平行于金屬板，設(shè)范圍介于磁場邊界的。、F之間，D

與M沿垂直極板方向的距離

X=R+Rsin8

F與M沿垂直極板方向的距離

y2=R-RsinO

粒子到達M板的最大動能差

密=網(wǎng)兇一％)

聯(lián)立可解得AEκ=qUsin90

(4)粒子在金屬板間做類平拋運動，沿平行于極板方向

X=Vt

沿垂直于極板方向

y--at1

2

?x=x1-X2

整理得

?x=2vR

113

4.(1)Z=2s；(2)L=6m；(3)X=—m；(4)S=—m

123

【詳解】(1)滑塊P從A到8過程，根據(jù)機械能守恒定律

答案第3頁，共17頁

mgh=-mv'

代入數(shù)據(jù)解得

v=6m∕s

P在。上做勻減速運動，。做勻加速運動，運動過程中二者的動量守恒。若木板只與C發(fā)生

了一次碰撞，則碰撞后到停止運動的這段過程中二者的動量變化量相等，即碰前P與Q的

動量大小相等，則有

代入數(shù)據(jù)解得

vρ=1.5m∕s

Hmg=MaQI

。的運動時間

t=2s

(2)木板與C發(fā)生2次碰撞后，最終停止時右端與B剛好接觸。此過程中滑塊在木板上一

直做勻減速運動。

2

V=2apL

μmg=map

代入數(shù)據(jù)解得

L=6m

(3)木板共與C發(fā)生了3次碰撞，即第3次碰撞前木板于滑塊的動量大小相等。每次碰撞

前木板的速度都相等，設(shè)為%,即每次碰撞過程中C對木板的沖量大小為

從P滑上。到最終都靜止過程，對P、Q整體根據(jù)動量定理得

答案第4頁，共17頁

3∕1=mv

解得

%=gm∕s

而

噸=2%X

解得

1

X=-m

12

(4)w=2kg,M=Ikg時，根據(jù)牛頓定律

Hmg=MaQl

2

aQ2=6m∕s

碰撞前木板的速度

V

Q]~=2πβ2X

解得

%=4m∕s

根據(jù)動量守恒定律

mv=mvpx+Mv

解得

UPl=4m∕s=VQl

碰后木板向右勻減速到速度為零后向左勻加速，滑塊一直向左勻減速直到二者速度相等。從

第1次碰后到第2次碰前，此過程木板的路程

V

s.=2?Q\

23

根據(jù)動量守恒定律

mvpι-Mvci=(M÷m)vβ2

m-M

%=7M7T+"^?%

第2次碰后到第3次碰前

答案第5頁，共17頁

M-m

v=-v

Q3TM7^+^mQl

$3=

即

ZM-AfY1(1Y

記瓦卜2=V=Ij卜

以此類推

木板通過的路程為

S=X+S]+S2+邑+...S”+.，，

而s∣=2X,即

1

s=X+SiH---S.+

191

9

9

當(dāng)〃→?0C時，S=X+-S]

8

所以

13

s=-m

3

5.(1)—cm；(2)6×1O3N

3

【詳解】（1）設(shè)后來兩部分氣體的壓強為P，氧氣的體積為匕2,氮氣的體積為根據(jù)玻

意耳定律

答案第6頁，共17頁

PAK=叫2①

PBVBI=P%2②

?2+~~=VB?③

活塞M移動的距離

v%

代入題給數(shù)據(jù)解得

500臺

3

(2)根據(jù)共點力的平衡條件

F+POSM=PSM?

由①②?⑥得

F=6χl0'N⑦

6.(1)t=2??∕6s；(2)Lm=180m

【詳解】(1)設(shè)運動員及其裝備的總質(zhì)量為，”，起跳時的速度為也從A到8過程中，根據(jù)

機械能守恒定律

mgH=g∕nv2

設(shè)運動員從8到C的時間為f,將運動分解到垂直斜坡方向和沿著斜坡方向，在垂直斜坡方

向上

vv=USin(α+6)

ay=gcosθ

且落到斜坡上時

LVVTiV)

代入數(shù)據(jù)解得

t=2Λ∕6S

(2)設(shè)運動員調(diào)整角度為P時，BC間距離為X,則

答案第7頁，共17頁

,2

x=vtcos(∕?+。)+；axf

ax=gsin。

,—2vsin(∕7+0)

t=

%

整理得

X=一二;一sin(∕+，)cosβ

gcosθ

根據(jù)數(shù)學(xué)公式可知，當(dāng)夕=30。時，X最大值，代入數(shù)據(jù)解得，最大值為

Lw=180m

7.(1)10磔；(2)M=3m；(3)，=絲正二叵叵

3g

【詳解】(1)設(shè)碰撞后方的速度為％,經(jīng)過。點時速度為%，根據(jù)牛頓第二定律

4mg+mg=

人從C到。過程中，根據(jù)機械能守恒定律得

1

mgX2R+gmvn=?mv^.

設(shè)碰后瞬間軌道對b的支持力F,則

t?—mft=m—

R

整理得

F=1Omg

根據(jù)牛頓第三定律可知，碰后瞬間。對軌道的壓力大小為10，咫。

(2)設(shè)“的質(zhì)量為M,到達最低點C與匕碰撞前的速度為%,根據(jù)機械能守恒定律

2MgR=^Mvl

設(shè)碰后小球?的速度為匕。根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律

Mv0=Mva+mvc

22

??Mvi=—?Mvι^+—?mvr

222

答案第8頁，共17頁

解得

M=3m

(3)設(shè)人離開。后經(jīng)過時間，再次落到AB,沿水平方向通過的距離為x,沿豎直方向下降

的高度為聲根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知

X=3

12

y=2gt

由幾何關(guān)系知

D

xtan0+V=--------卜R

”COSe

解得

4（2應(yīng)-石）質(zhì)

8.（1）%=鬻；⑵F0=2mg+寫篙（3）X=X0+螞第竺地（4）見解析

DLDLtΓθBL

【詳解】(1)設(shè)/0時刻棒M的速度為%,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律

EO=BLVO①

每根棒受到的安培力

?=BUO③

對導(dǎo)體棒N,根據(jù)平衡條件

mgsinθ+μmgcosO=F/④

整理得

_2mgR向

(2)此過程中，棒M的加速度

小吟⑥

*0

根據(jù)牛頓第二定律

F0-（"2gsinθ+μmgcos6）-F安=ma。⑦

答案第9頁，共17頁

整理得

2

LC2mgR與

4=2"g+訪%⑧

(3)設(shè)第二個，。時間內(nèi)，棒M與N之間的距離增加了Ax,回路中的平均電流為7,對導(dǎo)

體棒N,根據(jù)動量定理

BLI-(mgsin0+μmgcosθ)t0=mvN⑨

而

I=I-

27?

后=包⑩

*0

Aφ=BLM?

第一個r。時間內(nèi)，棒M的位移

12Λ>

F=54匹?

2九時刻，棒M與N之間的距離為

%=x0+xl+AV

整理得

Q(1>皎+聞)R

9.(.1、)S.lnC=——；(2)1_________L_

34c

【詳解】U)根據(jù)題意可知，光線從AB界面的尸點進入玻璃棱鏡，由折射定律畫出光路圖,

如圖所示

答案第10頁，共17頁

Θ?=90-30=60

Sina

折射角4=30,且PO恰好為法線，根據(jù)〃=避可得折射率

又有

SinC=一

n

解得

,「√3

SinC=——

3

(2)根據(jù)題意，當(dāng)光線轉(zhuǎn)至水平方向入射，入射角大小仍為4=6。,畫出光路圖，如圖所

由折射定律同理可知，折射角4=30。，折射光線交OO邊于尸點，由題已知ZA=30,

PCLAOf得在。。邊界上的入射角為4=60。，由于發(fā)生全反射的臨界角為C。則有

sinC=-^=<sin4二?

即

C<θ5

可知在。。界面發(fā)生全反射，已知CO=由幾何關(guān)系得，在三角形。FQ中，由余弦定

4

理得

答案第11頁，共17頁

OQ2=OF2+FQ2-2OF-FQcos150

其中

OQ=R

OF=OP=-R

2

解得

(√13-3)

FQ=?~~-~LR

又有

C

V=-

n

PF=2OF?cos30

￡P(guān)F+FQ

V

解得

(3√3+√39)/?

t~4^

10.(1)1.525si(2)x=19m

【詳解】(1)根據(jù)題意，物塊在傳送帶上先做勻加速運動，由牛頓第二定律得

oo

mgsin30+Rngcos30=max

解得

2

aλ=10m∕s

物塊滑上傳送帶到速度與傳送帶相同所需的時間為4，由公式u=%+G可得，

tx=0.4s

設(shè)此過程物塊的位移大小為毛，由公式Xl=巧％4解得

xl=2.4m<11.4m

又有

mgsin30=Wngcos30

此后物塊隨皮帶勻速運動，則有

答案第12頁，共17頁

LABa

解得

t2=1.125s

則物塊從A運動到B點經(jīng)歷的時間為

f=Z∣÷Z2=1.525s

(2)物塊滑上木板后，木塊的加速度為。2，木板的加速度為如，木板與木塊一塊減速時的

共同加速度為4,根據(jù)牛頓第二定律得

μ2mg=ma2

μ2mg-("?+M)g=Ma3

〃3(m+M)g=(m+M)a4

解得

2

a2=3m∕s

2

ai=5m∕s

2

α4=lm∕s

木塊與木板經(jīng)時間A達到共同速度vl,則有

v-a2ti=a^

?=磯

解得

<,=ls

vl=5m∕s

此過程物塊位移為

12-

x2=vt3--ati=6.5m

二者共同減速的位移為匕，則有

答案第13頁，共17頁

?2=2%X3

解得

x3=12.5m

則物塊停止運動時與B點的距離為

X=x2+x3=19m

223

11.(1)v1,=4×10m∕s;(2)Smin=5.9×10^m；(3)r=2.55×10^s

【詳解】(1)粒子在電場中沿X軸正方向的分運動是勻速直線運動，沿Z軸正方向的分運動

是勻變速直線運動，沿Z軸方向根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得

v0sinθ=at1

根據(jù)牛頓第二定律可得

qE=tna

沿X軸正方向

OQ=

聯(lián)立可得

2

v0=4×10m/s

(2)由幾何關(guān)系得

MQ=r+-1~

cosa

r-0.05m

圓柱形磁場區(qū)域的最小橫截面積

答案第14頁，共17頁

SmM=4爭=5.9x10τ∏√

(3)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得

Zj(%cos0)2

q%ocosΘB=m----------

r

解得

八嗎，T=/

5?cos6?

粒子在磁場和電場中運動的時間圍為

120,

t=-----T=3.0XKF1s

2360

4=2^=2.5x107S

V0COSθ

t=tl+t2+G

解得

I=2.55x10-3S

?27

12.(1)^≥-；(2)-v0;(3)3：1；(4)O.4v√o

g3

【詳解】(1)由乙圖知2/。后

VB=2%

B、C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒可知

m?2v0=mvB+mvc

由機械能守恒可知

2

-m(2v0)=-mvl+

解得

VB=