周末滚动融合卷(6) 综合卷（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

周末滚动融合卷(六)　综合卷 (分值：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·黑龙江哈尔滨一模)下列图片及其相应描述正确的是(　　) A．图(a)中的图样证实了电子的波动性 B．图(b)中α射线带负电 C．图(c)中为使快中子减速，需将镉棒插入深些 D．图(d)中探测器探测到的γ射线强度与钢板的厚度无关 A　[题图(a)中的电子数通过铝箔时的衍射图样证实了电子的波动性，故A正确；题图(b)中根据左手定则可知，α射线带正电，故B错误；题图(c)中为了吸收更多的中子，需将镉棒插入深些，而不是使快中子减速，故C错误；利用γ射线很强的穿透能力，题图(d)中探测器探测到的γ射线强度与钢板的厚度有关，故D错误。故选A。] 2．(2025·江苏卷)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是(　　) A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点 C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大 B　[磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知Bb>Ba>Bc。故选B。] 3．(2025·陕晋青宁卷)我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动，轨道半径约3 750 km，轨道周期约2 h。引力常量G取6.67×10-11N·m2/kg2，根据以上数据可推算出火星的(　　) A．质量　 B．体积　　 C．逃逸速度　 D．自转周期 A　[轨道器绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可得G＝m＝mω2r＝mr＝ma，题中已知的物理量有轨道半径r，轨道周期T，引力常量G，可推算出火星的质量，故A正确；若想推算火星的体积和逃逸速度，则还需要知道火星的半径R，故B、C错误；根据上述分析可知，不能通过所提供物理量推算出火星的自转周期，故D错误。故选A。] 4．(2025·陕晋青宁卷)某智能物流系统中，质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D A　[根据牛顿第二定律和题图的F-t图画出如图所示的a-t图像 可知机器人在0～1 s和2～3 s内加速度大小均为1 m/s2，方向相反，由v-t图线的斜率表示加速度可知A正确。故选A。] 5．明代方以智在《物理小识》中记载：“凡宝石面凸则光成一条，有数棱则必有一面五色”，这描述的是光的色散现象。如图，半圆是一宝石的横截面，MN是其直径，P是圆弧上的一点。在横截面所在的平面，一束光自P点射入宝石，折射为a、b两束单色光。下列说法正确的是(　　) A．宝石对a光的折射率比对b光的折射率大 B．在宝石中a光的传播速度比b光的传播速度大 C．若仅增大光在P点的入射角(入射光始终在法线右侧)，a光可能在MN上发生全反射 D．用同一双缝干涉装置做实验，a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距小 B　[由光路可知，光线b的偏折程度大于光线a，可知宝石对a光的折射率比对b光的折射率小，故A错误；根据v＝，由于宝石对a光的折射率比对b光的折射率小，则在宝石中a光的传播速度比b光的传播速度大，故B正确；若仅增大光在P点的入射角，因光线a射到MN时的入射角总小于在P点的折射角，光线a射到MN上的入射角不可能达到临界角，则a光不可能在MN上发生全反射，故C错误；a光的折射率较小，则频率较小，波长较长，根据Δx＝λ，可知用同一双缝干涉装置做实验，a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距大，故D错误。故选B。] 6．(2025·云南卷)如图所示，均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t＝0时刻，波源开始振动产生简谐横波，并以相同波速分别向左、右两侧传播，P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t＝1.5 s和t＝2.5 s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示，则(　　) A．波速为2.5 m/s B．波源的平衡位置距离P点1.5 m C．t＝1.0 s时，波源处于平衡位置且向下运动 D．t＝5.5 s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同 D　[根据波形可知λ＝4 m，T＝2.5 s－1.5 s，可得T＝2 s，故波速为v＝＝2 m/s，故A错误；设波源的平衡位置距离P点距离为x0，根据左侧t＝1.5 s时的波形可知＝1.5 s，解得x0＝1 m，故B错误；根据左侧实线波形结合同侧法可知波源刚开始的振动方向向下，由于t＝1.0 s＝T，故可知此时波源处于平衡位置且向上运动，故C错误；由于x0＝1 m，可知波源的平衡位置距离Q点距离为x1＝3 m，故波传到P、Q两点的时间分别为t0＝＝0.5 s，t1＝＝1.5 s，故t＝5.5 s时，平衡位置在P、Q处的两质点已经振动的时间分别为t'0＝5.5 s－0.5 s＝T，t'1＝5.5 s－1.5 s＝2T，由于波源刚开始向下振动，故t＝5.5 s时，P处质点处于平衡位置向上振动，Q处质点处于平衡位置向下振动，故此时平衡位置在P、Q处的两质点位移相同。故D正确。故选D。] 7．(2024·湖南卷)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是 (　　) A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P A　[设升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，将降压变压器和用户端所接定值电阻R等效为一个电阻R等效，则R等效＝＝＝R。发电机转子以角速度ω匀速转动时，产生的电动势的最大值Em＝NBSω，则升压变压器输入端的电压有效值U1＝，转子角速度增加一倍，则升压变压器输出端电压U2＝U1增加一倍，根据闭合电路欧姆定律知定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，结合P＝R0可知，转子角速度增加一倍，R0上消耗的功率变为4P，选项A正确；结合P＝·R0，若R0增加一倍，则R0上消耗的功率为·2R0≠4P，选项B错误；若升压变压器的副线圈增加一倍，根据理想变压器变压规律知，升压变压器副线圈两端的电压变为原来的2倍，由I0＝可知，定值电阻R0中的电流变为原来的2倍，R0上消耗的功率变为4P，选项C错误；若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，降压变压器和用户端所接定值电阻的等效电阻变为R等效，R0上消耗的功率变为·R0≠6P，选项D错误。] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2024·安徽卷)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图(1)所示。从t＝0开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力F1和F2，其大小与时间t的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。则(　　) A．物块始终做匀变速曲线运动 B．t＝1 s时，物块的y坐标值为2.5 m C．t＝1 s时，物块的加速度大小为5 m/s2 D．t＝2 s时，物块的速度大小为10 m/s BD　[根据图像可得F1＝4－t，F2＝3t，故两力的合力为F＝4＋2t(N)，物块在y轴方向受到的力不变为mgsin 30°，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；在y轴方向的加速度为ay＝＝gsin 30°＝5 m/s2，故t＝1 s时，物块的y坐标值为y＝ayt2＝2.5 m，故B正确；t＝1 s时，F＝6 N，故此时加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故C错误；对x轴正方向，对物块根据动量定理Ft＝mvx－0，由于F与时间t成线性关系，由动量定理可得vx＝10 m/s，此时y轴方向速度为vy＝gsin 30°·t＝5×2 m/s＝10 m/s，故此时物块的速度大小为v＝＝10 m/s，故D正确。] 9．(2025·河南卷)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是(　　) A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右 B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下 C．若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id D．若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic<Id BC　[Ic顺时针而Id＝0，则Ic所受安培力向右，则表明a的方向向左，A错误；Id顺时针而Ic＝0，则Id所受安培力的方向向上，则表明a的方向向下，B正确；若a的方向左偏上30°，说明镜头向上以及向左拉伸弹簧，且向左的分加速度大于向上的分加速度，可知Ic顺时针Id逆时针，Ic>Id，C正确；若a的方向右偏上30°，说明镜头向上以及向右拉伸弹簧，且向右的分加速度大于向上的分加速度，可知Ic逆时针Id逆时针，D错误。故选BC。] 10．如图所示，在真空中xOy平面左侧宽L的区域内可分别或同时施加沿x轴或y轴方向、强度不同的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以一定的初速度垂直于xOy平面射入该区域。若不加磁场时，粒子恰好经过坐标原点O；若只加沿x轴正方向、磁感应强度大小为B1的磁场，粒子在磁场中运动的时间为t1，经过xOy平面时的速度偏转角为30°；若只加沿y轴正方向、磁感应强度大小为B2的磁场，粒子在磁场中运动的时间为t2，经过xOy平面时的速度偏转角为45°；若同时施加沿x轴正方向和沿y轴正方向的磁场，粒子在磁场中运动的时间为t3，经过xOy平面上的P点(未画出)时的速度偏转角为θ，不计粒子受到的重力，下列判断正确的是(　　) A．θ＝60°　　 B．B1∶B2＝1∶2 C．t1∶t2∶t3＝2∶3∶4　　 D．P点的坐标为 AD　[如图甲所示，只加沿x轴正方向的磁场时粒子在竖直面内转动，由几何关系得r1＝2L，由牛顿第二定律可得qvB1＝m，同理只加沿y轴正方向的磁场时粒子在水平面内转动，如图乙所示，由几何关系得r2＝L，由牛顿第二定律可得qvB2＝m，解得B1∶B2＝1∶，故B错误；设P点的坐标为(x，y)，当同时施加两个磁场时，合磁感应强度大小B3＝，转动平面(如图丙所示)与合磁感应强度方向垂直，粒子经过xOy平面时的位置如图丁所示，由牛顿第二定律可得qvB3＝m，根据几何关系有sin θ＝，d＝r3－r3cos θ，x∶(－y)∶d＝B2∶B1∶B3，解得θ＝60°、x＝、y＝－。故A、D正确；在该三种情况下粒子转过的角度之比为2∶3∶4，但粒子运动的半径不同，时间t1、t2、t3之比不等于2∶3∶4，故C错误。故选AD。 ] 三、非选择题：本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。 11．(8分)如图所示的单摆摆线长为l，摆球直径为d。 (1)①利用该单摆测量当地的重力加速度g，测得单摆周期为T，则测量重力加速度g的表达式为________； ②以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是________； A．摆线粗些、弹性好些 B．摆球密度大些、体积小些 C．由静止释放摆球的同时开始计时，当摆球回到初始位置停止计时，由此测得单摆振动周期T D．单摆周期大些，可以提高测量精度，因此在拉开摆球时应使摆线与竖直方向有较大的角度 (2)将该单摆置于机车上，测量机车在水平路面上启动过程中的加速度。在机车上观测到摆线偏离竖直方向的角度为θ角，则该机车加速度为________(已知重力加速度g)； (3)利用该单摆验证机械能守恒。将摆线拉直至水平位置，静止释放，则摆球绕悬点在竖直面内做圆周运动，为了测量小球摆到最低点时的速度，在该位置放置了光电门，小球通过光电门的挡光时间为Δt，则从静止到最低点过程中： ①机械能守恒需要验证的表达式为________(用题目中的已知量表示，当地重力加速度为g)； ②实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，则可能的原因是________。 A．空气阻力对小球做负功 B．摆线没有拉直时静止释放 C．光电门位置偏低，小球球心没过光电门 [解析]　(1)①根据T＝2π，L＝l＋ 解得g＝。 ②摆线要选择无弹性、细一些的轻绳，故A错误；摆球尽量选择密度大、体积小些的，减少空气阻力的影响，故B正确；测量单摆周期时，要从平衡位置即最低点开始计时，测量多个周期，求平均值，误差会更小，故C错误；单摆的周期公式只适用于最大摆角较小的运动，故D错误。故选B。 (2)对摆球受力分析，根据牛顿第二定律mgtan θ＝ma 解得a＝gtan θ，该机车加速度即为gtan θ。 (3)①将摆线拉直至水平位置，静止释放，机械能守恒，则重力势能转化为动能mg＝mv2 又v＝ 机械能守恒需要验证的表达式为＝g。 ②实验发现小球重力势能的减小量小于动能的增加量，空气阻力对小球做负功，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故A错误；摆线没有拉直时静止释放，运动到绳拉直瞬间会损失部分动能，会导致重力势能减少量大于动能增加量，故B错误；光电门位置偏低，会造成测量时间偏小，小球球心没过光电门，挡光宽度小于直径，故计算的速度值偏大，会造成小球重力势能的减小量小于动能的增加量，故C正确。故选C。 [答案]　(1)g＝　B (2)gtan θ (3)＝g　C 12．(10分)(2025·湖南卷)车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。 (1)选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“×1 k”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为________Ω。 (2)进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势6 V，内阻可忽略，电压表量程0～6 V，内阻约10 kΩ，电流表量程0～600 μA，内阻约100 Ω。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接。 (3)如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率ρ＝________(用R、a、b、c表示)。 (4)测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率ρ，作出ρ-F图像如图3所示。 (5)基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于3 V时启动，R1为水泥块，R2为滑动变阻器，当R2的滑片处于某位置，R1上压力大于或等于F0时，报警器启动。报警器应并联在______(选填“R1”或“R2”)两端。 (6)若电源E使用时间过长，电动势变小，R1上压力大于或等于F1时，报警器启动，则F1________(选填“大于”“小于”或“等于”)F0。 [解析]　(1)多用电表选择开关旋转到“×1 k”挡，故根据题图1可知读数为8 000 Ω。 (2)长方体导电水泥块样品的电阻Rx>，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用分压接法，故连接实物图如图。 (3)根据电阻定律R＝ 可知ρ＝＝。 (5)根据题图3可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增加，R2电压增加，R1电压减小，而报警器在两端电压大于或等于3 V时启动，故应将报警器并联在R2两端。 (6)电源电动势E减小，要使报警器启动，即R2两端电压要仍为3 V，根据串联分压有U2＝E＝E 可知E减小需要R1更小，又因为F越大R1越小，可知F1需要大于F0。 [答案]　(1)8 000　(2)见解析图　(3)　(5)R2　(6)大于 13．(10分)(2024·广西卷)如图甲，圆柱形管内封装一定质量的理想气体，水平固定放置，横截面积S＝500 mm2的活塞与一光滑轻杆相连，活塞与管壁之间无摩擦。静止时活塞位于圆管的b处，此时封闭气体的长度l0＝200 mm。推动轻杆先使活塞从b处缓慢移动到离圆柱形管最右侧距离为5 mm的a处，再使封闭气体缓慢膨胀，直至活塞回到b处。设活塞从a处向左移动的距离为x，封闭气体对活塞的压力大小为F，膨胀过程F-曲线如图乙。大气压强p0＝1×105Pa。 (1)求活塞位于b处时，封闭气体对活塞的压力大小； (2)推导活塞从a处到b处封闭气体经历了等温变化； (3)画出封闭气体等温变化的p-V图像，并通过计算标出a、b处坐标值。 [解析]　(1)活塞位于b处时，根据平衡条件可知此时气体压强等于大气压强p0，故此时封闭气体对活塞的压力大小为F＝p0S＝1×105×500×10-6N＝50 N。 (2)根据题意可知F-图线为一条过原点的直线，设斜率为k，可得F＝k· 根据F＝pS可得气体压强为p＝(SI) 故可知活塞从a处到b处对封闭气体得pV＝·S·(x＋5)×10-3(SI)＝k·10-3(SI) 故可知该过程中对封闭气体的pV值恒定不变，故可知封闭气体做等温变化。 (3)分析可知全过程中气体做等温变化，开始在b处时 pV＝p0Sl0 在b处时气体体积为 Vb＝Sl0＝10×10-5m3 在a处时气体体积为 Va＝Sla＝0.25×10-5m3 根据玻意耳定律 paVa＝pbVb＝p0Sl0 解得 pa＝40×105Pa 故封闭气体等温变化的p-V图像如图所示 [答案]　(1)50 N　(2)见解析　(3)见解析图 14．(12分)如图所示，竖直平面内半径为R＝4.9 m的光滑圆弧轨道AB的圆心为O，圆心角∠AOB＝60°，最低点B与长L＝4 m的水平传送带平滑连接，传送带以v＝4 m/s的速率顺时针匀速转动。传送带的右端与光滑水平地面平滑连接，水平地面上等间距静置着2 024个质量为m0＝3 kg的小球。一质量m＝1 kg的物块M从A点由静止释放，物块M与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，物块M与小球、小球与小球之间均发生弹性正碰，求： (1)物块M到B点时对轨道的压力大小； (2)物块M与小球①第一次碰后瞬间两者的速度大小； (3)从物块M开始运动，到最终所有物体都达到稳定状态时物块与皮带间因摩擦产生的热量。 [解析]　(1)物块M从A到B，由动能定理得 mgR(1－cos 60°)＝m FN－mg＝ 解得 vB＝7 m/s FN＝20 N 由牛顿第三定律得物块M在B点时对轨道压力大小F'N＝FN＝20 N。 (2)设物块M与小球①碰前速度为v0，碰后两者速度分别为v1、v'1，对物块M从B到与传递带共速时有 －v2＝2·μg·x0 得x0＝3.3 m<L 故物块M与传递带共速，到C点时物块速度v0＝v＝4 m/s，由动量守恒与能量守恒得 mv0＝mv1＋m0v'1 m＝m＋mv 解得 v1＝v0＝－2 m/s v'1＝v0＝2 m/s。 (3)小球①以速度v'1与小球②相碰，碰后两者速度交换，依此类推最终第2 024个小球以v'1向右匀速直线运动，物块M与小球①碰后以v1冲上传送带，在传送带上减速，位移为x1，故物块M再次回到C点时速度为－v1，之后与小球①再次发生弹性碰撞，有 －mv1＝mv2＋m0v'2 m＝m＋m0v 联立解得 v2＝v1＝－1 m/s 依此类推，小物块M每次与小球①碰后速度大小减为碰前的一半，经过n次碰撞后，物块M的速度大小为vn＝v0 物块每次以vn冲上传送带再回到C点，与传送带相对路程dn＝v 此过程摩擦生热Qn＝μmgdn 物块M第一次在传送带上运动过程中与传送带相对路程 d0＝－v＝0.9 m 全程摩擦生热 Q＝μmg(d0＋d1＋d2＋d3＋…＋dn)＝μmg＝36.5 J。 [答案]　(1)20 N　(2)2 m/s　2 m/s　(3)36.5 J 15．(14分)(2023·福建卷)如图(a)，一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q(q>0)和－q。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t＝0时，A以初速度v0向右运动，B处于静止状态。在t1时刻，A到达位置S，速度为v1，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为3qE；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为2v1，此时t＝t3。0～t3时间内A的v-t图像如图(b)所示，v1为图线中速度的最小值，t1、t2、t3均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求0～t1时间内，合外力对A所做的功； (2)求t1时刻A与B之间的距离； (3)求t1～t2时间内，匀强电场对A和B做的总功； (4)若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为2v1，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。 [解析]　(1)0～t1时间内根据动能定理可知合外力做的功为 W＝m－m。 (2)由题图(b)可知t1时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有 k＋qE＝f 其中 f＝2qE 联立可得 r0＝。 (3)在t2时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r1，则有 F弹＋f＝qE＋k 且有 F弹＝3qE，f＝2qE 联立解得r1＝ t1～t2时间内，匀强电场对A和B做的总功 W总＝qE(r0－r1)＝。 (4)过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设细杆与弹簧的初始总长度为l0，弹簧劲度系数为k'；A在S位置时，此时刻A、B的距离为r0，A速度最大时，AB距离为r1，细杆与B碰撞时，A、B距离为r2。 A以v1过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为v1，则B同样增加速度为v1，设B与杆相碰时，B向左运动x。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动x'。对A根据动能定理有 q(φBr2－φBr0)＋(qE－2qE)(r0－x－r2)－k'(l0－r2)(l0－r2－x')＝m(2v1)2－m 对B有 q(φAr2－φAr0)＋(qE－2qE)x－k'(l0－r2)x'＝m(2v1－v1)2 当A以2v1过S时，设B与杆碰撞时，A速度为v'，则B速度为(v'－2v1)，设B与杆相碰时，B向左运动x1。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动x'1。 对A根据动能定理有 q(φBr2－φBr0)＋(qE－2qE)(r0－x1－r2)－k'(l0－r2)·(l0－r2－x'1)＝mv'2－m(2v1)2 对B q(φAr2－φAr0)＋(qE－2qE)x1－k'(l0－r2)x'1＝ m(v'－2v1)2 联立解得 v'＝(1＋)v1。 [答案]　(1)m－m　(2)　(3)　(4)(1＋)v1 学科网（北京）股份有限公司 $