專題 專題一．選擇題（共19小題E＝2×105V/m的勻強電場沿直線加v＝1×107m/sm＝1.610﹣27kge＝1.6×10﹣19C（ U2為的兩塊平行板間的電場中，入射方向跟極板平行。整個θ變小的是（）A．U1變大，U2變 B．U1變大，U2變C．U1變小，U2變 D．U1變小，U2變OOQM、N點，K為軌跡交點。忽略粒子所a、b（）M、NK4．（2025?湖南）mA用一端固定BA球靜止時，6030°，整 A．AB．A球靜止時，A球與B球間的庫侖力為2mgCAgDB球的作用力變小5．（2024?廣西）qR的光滑絕緣半圓弧MN27Q64QNP1P2sin??5P1P2 6．（2025?東西湖區(qū)）在如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中，存在平行于紙面的勻強電場。從a點以16eV的動能沿紙面向不同方向先后射出兩個電子，僅在電場力的作用下，一電子經(jīng)過b點時的動能為4eV，另一電子經(jīng)過c點時的動能為12eV。不考慮兩電子間的相互作用，下列判斷正確 A．ba100aead場線，虛線表示等勢面。M、N點在同一等勢面上，N、P點 A．MPB．MNCMPDMP釋放的正離子（初速度視為零）U1OOU2（OO′為平行于兩極板的中軸線），ld，U2﹣t2a間的相互作用。下列說法正確的是（）A．U2Um=??2U2＝±UmL

U1Dt1t2U2AB點aAABCrbEk，則（）A．B點的電場強度??=B．PCC．bPQD．b10．（2025?選擇性）ABBCB點相切，AA、B、CEkA、EkB、EkC，則（） 11．（2024?浙江）E、方向豎直向上的勻強電場，在此空間同一水平面M、NABCDMNOMN的R，ACBDm、電荷量為+qAv0做完整的圓周運動，則（）AACCBDD12．（2023?北京）M、N兩點上，E、FMN連線中垂線上的兩點，OEF、MN的交點，EO＝OFE點由靜止釋放后 BOCEOOFDEF13．（2023?浙江）M點射入，R1R2的圓弧平滑接成的虛線（等勢線）運動，NE1E2R1

A．??2= B．??2=

=

= ﹣4kg的球用長為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點。閉合開關(guān) 小球靜時，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運動 到CD板上的M點（未標(biāo)出），則（ A．MC5B

×C

×DR的阻值，MC15．（2025?新津區(qū)模擬）1YY2所形是（） 16．（2025?玉溪模擬）lmqP點，現(xiàn)給空間施加一大小為??

AQB．P、QC．輕繩對小球的拉力最大時，小球的電勢能減少D．輕繩對小球的拉力最大時，繩上的拉力大小為2qm的帶電小球以一定初速度沿虛線方向拋出，以拋出點為坐標(biāo)原點沿E0g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．小球初速度大小??0=BC奇數(shù)序號與偶數(shù)序號圓筒分別與交變電源相連，交變電源兩極間電壓變化規(guī)律如圖乙。在t＝0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時序號為0的金屬圓板中央有一電子由靜止開始在各狹縫間不斷 A1、2、3BCn個圓筒的長度應(yīng)滿足??

?D19．（2025?安康模擬）mA、B用三根不可伸長的O點，小球所在的空間有水平向右的勻強電場，系統(tǒng)保持靜止，A、BO、B間的細(xì)線，在靜電力、重力、（）

二．多選題（共7小題在同一電場線上，M點和P點在同一等勢面上。下列說法正確的有（ A．MNB．NPCMNDNP（多選）21．（2025?福建）BEMN做勻速直線運動，MN與水平方向呈P點，則（）A．電場強度為??B．磁場強度為??

C．NP兩點的電勢差為??

DN→PNP 量電荷，其中A、B帶正電，C帶負(fù)電，O、M、N為AB邊的四等分 A．M、NB．M、NCMODNO 軌跡如圖所示。M、N是軌跡上的兩點，OP＞OM，OM＝ON，則小球 （）BPNCMNDMN效應(yīng)，不計重力。下列說法正確的是（）C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2qQ。在圖示和乙兩點電荷的電勢能????=????（r為兩點電荷之間的距離，k為靜電力常量）fg。關(guān)于小球甲，下列說法正確的是（A．最低點的位置??BxCx

≤??三．解答題（共16小題27．（2025?河南）AB細(xì)胞的小液滴從噴嘴噴出（另有一些液滴不含細(xì)胞），m＝2.0×10﹣10kg。A、B細(xì)胞的液滴分別帶上正、負(fù)電荷，電荷量均q＝1.0×10﹣13Cv＝2.0m/sl＝2.0×10﹣2m的電極板間，板E＝2.0×105N/C。含細(xì)胞的液滴最終被分別收集在極h＝0.1mA、B收集管中。不計重力、空氣阻力以及帶電液滴間的作用。求：AA、B28．（2025?江蘇）E，方向豎直向下的勻強電場中，兩個相同的帶正電粒q，不計重力及粒子間相互作用。求：（1）a（2）a到達(dá)最高點時，a、bH29．（2025?北京）1ABA、BUBQA極過程中靜電力做的W。r處的電場強度大小??????k為靜電力常量，λB2qm的粒子繞軸線做半徑不同1BA極收集。使分子或原子電離需要一定條件。以電離氫原子為例。根據(jù)玻爾原子模型，定態(tài)氫原子中電子在特定軌道上繞核做圓周運動，處于特定能量狀態(tài)，只有當(dāng)原子獲得合適能量才能躍遷或電離。若氫原子處于外電場中，推導(dǎo)說明外電場的電場強度多大能將基態(tài)（e＝1.610﹣19Cm9.1×10﹣31kgk＝9.0φU＝φⅠ﹣φmeOθ射向Ⅰ區(qū)，PθPθ射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)Nv0，不計質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對磁場和電勢分布的影響。d （2）若?? ，求“折射率”n（入射角正弦與折射角正弦的比值P點下方距離3????0處水平放置一長為4????0CQD（QP的正下方），CQ

為????Oθ＝30FU31．（2023?新課標(biāo)）v04；兩板間加上電壓后（上板為正極）2ababa、b32．（2025?天心區(qū)一模）C1、C2分別豎直和水平放置，C1M、NMNC2下極板進(jìn)C2P30°角。已知粒子質(zhì)量為m、q，C1U，兩電容器板間電場視為勻強電場，不計帶電粒子重力，忽NPC2C2

直面內(nèi)，Q點到水平地面的距離足夠高，OQ與豎直線OO'重合，OO'右側(cè)存在水平向右、電場強度大小E＝100N/C的勻強電場，質(zhì)量M＝0.3kg、電荷量q＝0.01C 帶電小球B靜止在圓弧形軌道末端質(zhì)量m＝0.1kg的不帶電小球A從 弧 碰且碰撞過程中小球B的電荷量不變。取重力加速度大小 球AAABQQdA點B點處碰撞，碰撞時電荷量改變，反彈后離開qBQ35．（2025?四川）d，下極板接地，Emq（q＞0）OO36．（2025?固始一模）α粒子（4He），設(shè)其初入偏轉(zhuǎn)電場。A、BdL，A、BUAB，t＝0時，ABTU1=????2m量、qααα粒子都能離開αt=4A、Bααη。（已 ≈BMyxP點，M、P的距離為3??，t1。d。不考慮重力影響和顆粒間相互作用。若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為﹣q顆粒的半徑，k為常量。假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度。R、電荷量為﹣q10μm2.5μm10μm100%2.5μmG1G2之間的等勢區(qū)后，部分電子與該區(qū)G2A間加電壓，使進(jìn)入該區(qū)域的電子減速運動，若有電子到達(dá)M，被撞前視為靜止，電子G1KUG1vE0E1G1KU0G1KU0G2AU1的最小值。40．（2025?廣州模擬）a從豎直方向的光滑曲面上靜止釋放，平滑進(jìn)PQ。aPQμ＝0.173，PQ正上方存在方向水平向右的勻強電場，a0.073倍。QM、N，MN＝0.2m，MQ＝1m，R＝1mMbaQ點時與靜b發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短），bb第二次到達(dá)最高點時，輕繩突然斷裂，ba最終靜止的位置（a、b不發(fā)生第二次碰撞）ba2倍，abQPQLaPQxLP、長LMN（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），PQ（1.5L，0），MS的坐標(biāo)為（3L，0）abamq，ba離子的4U＝kU0（其中??0

8??，kU＝U0axx0（L表示UUNM，并保持??????=4??aP①U的調(diào)節(jié)范圍（U0表示②bPabPUUNM42．（2023?福建）如圖（a），mAB，其電荷q（q＞0）和﹣q。A右端固定有輕質(zhì)光滑絕緣細(xì)桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。2qE。t＝0時，Av0向右運動，Bt1時刻，A到達(dá)位置Sv1Bt2時刻，A的速度達(dá)到最大，此時彈簧的彈力大小為3qEB碰前的瞬間，A2v1t＝t3。0～t3Av﹣t圖像如圖（b）所示，v1為圖線中速度的最小值，t1、t2、t3；均為未知量。運動過程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫侖力等效為真空中點電荷間的靜電力，靜電力常量為k；B與彈接觸瞬間沒有機械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。0～t1At1ABt1～t2ABAS2v1BA專題 專題一．選擇題（共19小題二．多選題（共7小題一．選擇題（共19小題x。根據(jù)動能定理得qEx

x＝2.5mACD錯誤，B正確?！緦ｎ}】解：設(shè)電子被加速后獲得初速為v，則由動能定理得：qU= l，則電子在電場中偏轉(zhuǎn)所用時間：t=

a，由牛頓第二定律得：a=??=由①、②、③、④可得：vy＝at 又有：tanθ=??0=θU1變大，U2變小【專題】解：AOQd，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可得：dA

????2

× ??2dt Ba、bBCa、bM、Na=??vy＝atM、N

=

=1MN Dab

=1t

可知，到 所用時間之比為2D正確。解：ABA球受力分析，如圖所示AB兩球間的庫侖力大小為：??=2??????????30°=3????AB錯誤；mggCDBAB球D錯誤。故選：C【專題】 EP=2??????????+37°≤α≤53α的增大，小圓環(huán)的電勢能一直減小，所以靜BCD錯誤，A正確。【專題】解：Aab，根據(jù)﹣eU＝ΔEK可得，Uab＝12Vb點的電aA錯誤；Bac，根據(jù)﹣eU＝ΔEK根據(jù)勻強電場的特點可知，在坐標(biāo)（2，6）c點的電勢相等，電場線與等勢面垂直，bdbd與水平方向之間的夾角的余弦????????=22

2×22×25結(jié)合動能分析可知，b點的電勢比c8VE=?????????????V/mB

=2CUae＝16V，根C正確；Dbdbd=25cm，所以??????=??????×

×W＝qUad8eV8eVd點的動24eVD錯誤。故選：C【專題】知，NPM、NMPBMNBCDMP點電場力做負(fù)功，動能減小、C錯誤、D正確。 根據(jù)動能定理??1=解得??0U2＝±Um時，在Δt時間內(nèi)離子的加速度??=

??

聯(lián)立解得????=??2??1A1 1根據(jù)數(shù)學(xué)知識2=?? ?? 解得??

BC.U2yY；x＝l＝v0t豎直方向??=2

?1 1根據(jù)數(shù)學(xué)知識2= 聯(lián)立解得??

2U2′＜U2″C得到的表達(dá)式??

1YA＞YBt1t2U2BAD錯誤。【專題】解：AaA點垂直電場射出，恰好做圓周運動，則????=Ek

E

ABPCQC錯誤；DBPUABC為等勢面，由電場線密度分布情況可知，沿徑向向外電場強度BPCQCQ2U，W＜2UeD正確。BC，只要重力做功，根據(jù)動能定理DADDB滑塊從A運動到B的過程中，根據(jù)數(shù)學(xué)知識???? =2Eq＝mg，根據(jù)動能定理????????=????22??因此??????=??????+2ABD錯誤，C正確。解：AM、N點的兩個點電荷形A錯誤；BE滿足：qE＝mgB

??2 BC正確；DDM、N點的兩個點電荷形成的電場對D點受到圓環(huán)的作用力方向MND錯誤。故選：C【專題】解：、兩等量正點電荷周圍部分電場線如圖所示：根據(jù)圖像可知，EO之間的電場肯定不是勻強電場，帶負(fù)電的點電荷受到的電場力是變力，根A錯誤；BOF＝qEOBCEO點為對稱中心做往復(fù)運動，EOOFC正確；DEOOFEFD錯誤?！緦ｎ}】????1????2

=

A正確，BCD【專題】解：M點，如圖所示： 根據(jù)幾何關(guān)系可得：MC=??????30°=3cm＝103cmABFT60

可得電場力大小為：F=3mg=3×3.0×10﹣4×10N

× 克服電場力做的功為：W電＝Fx0?4JB

×10﹣3×0.075J

×10?4J

×C、電場強度的大小為：E=??，解得：E

×105N/CCDR的阻值，平行板間電壓不MCD錯誤?！緦ｎ}】XXXX′方向上電子的偏轉(zhuǎn)位移保持不變。YYYYABD錯誤，C正確。故選：C【專題】θ＝60ABqU﹣mgl（1﹣cosθ）＝0P、Q兩點的電勢差大小??

2??BC、輕繩對小球的拉力最大時，小球速度最大，根據(jù)對稱性可知，此時輕繩與豎直方向的夾角為該過程電場力做功??=????????????30°=3??????，故小球的電勢能減少3??????C

???????(1???????2)

????2(????)2(????)2+??2(3?1)????D錯誤。

=????，聯(lián)立解得繩上的拉力大小【專題】 解：AEk0，根據(jù)動能的公式有：????0=可得初速度大小：?? 2??0，故A錯誤B聯(lián)立得到：????所以電場強度大小為為：E

??

7??Ba=7??DC所以小球拋出時重力勢能為：Ep0＝3E0C故選：B【專題】解：ACD的時間均為2n ??????=??n個圓筒時的速度為??不計縫隙時間，電子在圓筒內(nèi)的時間均為2n ??=????2 ?1、2、3的長度之比為??1：??2：??3=1：2：3AC錯誤，DB1B錯【專題】O、BA、BA帶負(fù)電，B帶正電，A、Bθ。由幾何關(guān)系可得：sinθ

??=0.6BBO、B間的細(xì)線前、后，A重力勢能的變化量為ΔEpA＝﹣mgl（1﹣cosθ）＝﹣0.2mglB重力勢能的變化量為ΔEpB＝﹣mgl（1﹣cosθ）﹣1.2mglcosθ＝﹣1.16mglA的電勢能的變化量為B的電勢能的變化量為故系統(tǒng)重力勢能與電勢能的變化量之和為：ΔEp總二．多選題（共7小題【專題】解：AMNACMNEp＝qφC正確；DNPPD錯誤；【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；推理論證能力．qvB=E=B

A錯誤，BCNPv2mg，做類平拋運動，將粒子的運動分解??=??2+??2+v=NP= 2m??合?U CD、將粒子的運動分解到水平方向和豎直方向，豎直方向做豎直上拋運動，豎直方向速度為零時，P的距離最大，最大距離為(2

h= =D錯誤；故選：BC【專題】A正確，B錯誤；C正確，D錯誤；【專題】BABMNCMNMNB該力對負(fù)電荷做負(fù)功，C點的負(fù)電荷也對該負(fù)電荷做負(fù)功，可知三個電荷對該負(fù)電荷的合力對其NOC正確，D錯誤?！緦ｎ}】解：AB、由題可知，＞O，＝N，則根據(jù)點電荷的電勢分布情況可知φM＝φN＞φPMNA錯誤，BCD錯誤。故選：BC【專題】E v0vx＝v0cos45°=vy＝v0sin45°=??2=qU= BAvxvyA

?vy1= tanα=????=Cy=1at2?y= y1

???1′=4=D正確。【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜

????(??0???)+????0=??(??0???)+????，解得最低點的位置為：x=(???????)??0AB????=??+??2，解得速率達(dá)到最大值時的位置為：??

B????????2，解得：??1???? +??，解得：

x

≤??

CD??2＞????+??A選項的結(jié)論：??可得

=??0

D三．解答題（共16小題【專題】xat。x=

（2）AAd

=?? A、B2d＝2×0.055m＝0.11m。AAdA、B2d＝2×0.055m＝0.11m。答：（1）A（2）A、B0.11m解：（1）不計重力及粒子間相互作用，a球在電場力作用下做勻變速曲線運動，在豎直方向上，a球，根據(jù)牛頓第二定律有a聯(lián)立解得??

v0cosθ，則兩小球一直在同一豎直線上，a到達(dá)最高點時豎直方向上運動的位移為??1=

此時b球豎直方向上運動位移為??=????????????+????2= +

ab之間的距離??

+

= a球為參考系，b2v0sinθ a到達(dá)最高點時，a、b間的距離??2????????????

答：（1）at

（2）a到達(dá)最高點時，a、b間的距離H 解：（1）BQA極過程中靜電力做的功r????=??E＝k

qk??=??解得粒子的動能????

????2=0r

??????????=?2???????其中????ry＝lnx在（0，∞）lnx的二階導(dǎo)數(shù)（1nx）=?y＝y(tǒng)＝lnxr3﹣r2＝r2﹣r1r2r1r3 可得答：（1）BQAW（3）2.57×1011N/C解：（1）OO洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律

=??代入數(shù)據(jù)解得????????=2??

xy方向，x方向速度不變，y方向速度變大，假設(shè)折射角θ′ 2 根據(jù)動能定理????=2????1? 由于??代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得??1=θ根據(jù)折射定律??代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得“折射率”??根據(jù)動能定理???? 可得??

??(?? 即應(yīng)滿足CQDCQD根據(jù)數(shù)學(xué)知識??????∠??????=????

????

U≥0①U≥0 2 根據(jù)動能定理????=2???????????D點，水平方向速度為????=所以??????????60

6 2 根據(jù)動能定理????=2??????? 代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得?? 即當(dāng) 時 0≤??＜0），此時僅有O點右側(cè)的一束 2 根據(jù)動能定理????=2???????代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得??=????3??2+2????4 答：（1）d“折射率”n為

電場電壓 ，可實現(xiàn)質(zhì)子束從P點進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射【專題】解：（1）r，根據(jù)質(zhì)量公式可得，油滴的質(zhì)量為：??

v時，空氣阻力的大小為：3????聯(lián)立解得：3??????成正比1???? =ab

??????=??3=

（2）當(dāng)兩板加上電壓后（上板為正極）2，根據(jù)（1）abaa：||??+????=b：?????||??=????= 聯(lián)立解得：= 答：（1）ab（2）ab帶正電，a、b4：1解：（1）MN ????=??NPP

=NP 2 ??2=2?????????2=NP點做類平拋運動，由分運動規(guī)律得??=2??????30°=C2 2??=答：（1）NP點時的速度大小分別為2????，C

C223：1解：（1）AQ ??????=A ???????A、B碰撞過程，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得A、B1?? 2??0=2??????+A ?????=Ba=????=0.01×100m/s2=

3Qt=??

d=

????2

×10×1.22m＝7.2m答：（1）AFAhBQQd7.2m解：（1）顆粒在豎直方向上做自由落體運動，豎直位移??=

水平位移??

聯(lián)立解得??

顆粒與下方絕緣板第一次碰撞時，根據(jù)自由落體運動規(guī)律，豎直分速度為????1則第一次碰撞后豎直分速度為????2=??????1=

θ，則有????????=????1=

由于第一次碰撞后瞬間粒子所受合力與速度方向垂直，則有????????=??=聯(lián)立解得??

vy2＜vy1??

?????

???解得：??

t1

=×

=

水平方向上做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，加速度??1=???? ×???? 水平方向運動的距離為

=????+?? ??1

21代入數(shù)據(jù)解得??1=4????

A點開始運動到第二次碰撞過程中，電場對粒子做的功為??=?????+???

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得?? +4???????(1

??2)答：（1）q

BQ

電場力對顆粒做的功W為

，或 +4???????(1

??2)解：（1）qE

??

聯(lián)立可得微粒第一次到達(dá)下極板所需的時間??（2）根據(jù)運動學(xué)公式

=????=?? 根據(jù)運動學(xué)公式??2???2= 代入解得??2O根據(jù)運動學(xué)公式??2???2=2??× 代入解得??3O點時的動量大小為??????32????????。答：（1）微粒第一次到達(dá)下極板所需時間為????；（2）O點時的動量大小為2????????解：（1）α2qU=×

U1=????2，解得：??0=解得：??=α粒子在平行板間運動時間始終為

4??=

)2+[(??? ??

??)?

4)]=α0 α0～2t1時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則滿足???(2???1)=3???解得：??1=考慮周期性，則入射時刻可取??1=8??+ α粒子是在2～Tt2時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，則滿足3???(?????2)=???(解得??2=考慮周期性，則入射時間可取??2=8??+α0～2t'1 則有：??

???′)2

2???′1)?

3????′12]=解得：??′1= 故????12???′1αα粒子是在2～Tt2??

3??(?????′2)2+[3??(?????′2)?(??′2?)?

2

??)]=0解得??′=2+ 2?3??舍 故????2??′2?2=4T出的時間為????

=1+??

×100%

+×100%=答：（1）A、By （2）其射入偏轉(zhuǎn)電場的時刻為??1=8??+????，n＝0，1，2…或??2=8??+（3）αη68.3%解：（1）解得：??=依題意，粒子沿﹣xR??

聯(lián)立解得：?? tanθ =3，可得：θ= rv1??????=?? T??

??1

??1

2????

聯(lián)立解得：??1

答：（1）B的大小為Myt為t13????【專題】解：（1）m、電荷量為﹣q的顆粒做類平拋運動，恰好全部被收集，說沿著電場方向勻加速直線運動，有：d根據(jù)牛頓第二定律得：a=

U1

R、電荷量為﹣q的顆粒恰好全部被收集，則根據(jù)兩個方向運動時間相等得：U2

??

??

b.已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，q＝k′R2，在上一問基礎(chǔ)上，設(shè)

=R2

=1.25μm10μmv2，2.5μm

=

=??

①式：③式得：??3??21.25???? ②式和④式聯(lián)立解得：??2=進(jìn)一步解得：x=

??2.5μmη=??×100%25%答：（1）兩金屬板間的電壓U （2）a.U2

b.2.5μm25%【專題】解：（1）G1間被加速，根據(jù)動能定理得：????

解得：??（2）a.由（1）的解答可得：G1與K間電壓為U時，電子進(jìn)入G1G2區(qū)域速度大小為v 2????E損mv＝（m+M）v

= 2 ????=2?????(??+??)?? 解得：????2(??+??)需滿足的條件為：Em≥E損解得：??

G1K??0

b.G1KU0G1G2區(qū)域速度大小為：??0v，根據(jù)（2 要使電流表沒有示數(shù)，根據(jù)動能定理得：??1≥代入??0

解得：??1≥G2AU1(??+??)???? 答：（1）GKUGv為2???? （2）a.G1KU0

b.G2AU1(??+??)????解：（1）amb2m，bv1。已知碰bb2????=2??解得：??1=bvb1b?2?????2??=1×2????2?1× 1解得：????1=5

bv22MN＝2×0.2m＝0.4m，根據(jù)動能定理2????×2????=1×2????2?1× 2 解得：??2=3bv2????+(???2????)

bQab發(fā)生彈性碰撞，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得：1?? 2??0=2????