高三物理試題及答案

1〔20分〕

高三物理考試題含答案12所示，PRL=4m的絕緣平板固定在水平地面上，整個(gè)PRE，在板的右半局部有一個(gè)垂直于紙面對(duì)外的Bm=0．1kgq=0．5CP端R端的擋板后被彈回，假設(shè)在碰撞瞬間撤去電場(chǎng)，物體返C點(diǎn)，PC=L/4，物物體與擋板碰撞前后的速度v1和v2B的大小E的大小和方向122—14L=2mCmc=5kg，在其正中心并排放著兩個(gè)小滑塊A和m=1kmB=4kA、B間有少量塑膠炸藥，爆炸后A以速度6m／s水平向左運(yùn)動(dòng)，A、B中任一塊與擋板碰撞后，都粘在一起，不計(jì)摩擦和碰撞時(shí)間，求：多大?BC?現(xiàn)將木板連同彈簧、小球放在斜面上，用手固定木板時(shí)，彈簧示數(shù)為F，放手1后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定后彈簧示數(shù)為F2

，測(cè)得斜面斜角為固定在地面上〕4θ的斜面，其底端固定一擋板M，另有三個(gè)木塊A、BC，它們的質(zhì)量分別為m=mA B

=m，mC

=3m，它們與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都一樣.其中木塊A連接一輕彈簧放于斜面上，并通過(guò)輕彈簧與擋板M相連，如下圖.開(kāi)頭時(shí)，木APBQv向下運(yùn)動(dòng)，0ABQAP

2v3 0R、RL′的大小。5如圖，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶始終以大小為v＝3m/s＝2kg，A開(kāi)頭時(shí)，A與傳送帶之間保持相對(duì)靜止。先后相隔△t＝3s有兩個(gè)光滑的質(zhì)量為Bv0＝15m/s的速度在傳送帶上向右運(yùn)12后歷時(shí)△t1＝1s/3而與木盒相遇。求〔g＝10m/s2〕1個(gè)球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)多大？1個(gè)球動(dòng)身后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間與木盒相遇？Av0BAv0Bv6A、Bl＝8cmd＝8cm，AB300V，即UAB＝300Vq＝10-10C，質(zhì)量m＝10-20-平行板電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上的OPS右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響〕。兩界面MN、PSL＝12cmPS最終垂直打在放EF上。求〔k＝9×109N·m2/C2〕PSRO的距離多遠(yuǎn)？PMPMv0LONlSAE FRB光滑水平面上放有如下圖的用絕緣材料制成的L形滑板(平面局部足夠長(zhǎng))，4mAL1Bm，電量為+q的大小不計(jì)的小物體，物體與板面的摩擦不計(jì)．整個(gè)裝置置于場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，初始時(shí)刻，滑板與物體都靜止．試問(wèn)：v1，多大?A壁碰后相對(duì)水平面的速度大小為碰前速率3／5，A水平面的速度v2和物體相對(duì)于水平面的速度v3分別為多大?物體從開(kāi)頭到其次次碰撞前，電場(chǎng)力做功為多大?(設(shè)碰撞經(jīng)受時(shí)間極短且無(wú)能量損失)C、D相距很近，上面分別開(kāi)有小孔OO”P(pán)、QC、Dt=0CO處連續(xù)Cm=3.2×10-21kgq=1.6×10-19C的DMN為邊界力及其相互作用不計(jì))，求04.OsO處飄入的粒子能穿過(guò)電場(chǎng)并飛出磁場(chǎng)邊界MN?(2)MN射出來(lái)的位置之間最大的距離為多少?9〔20分〕如以下圖所示，空間存在著一個(gè)范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度大小為B．邊長(zhǎng)為l的正方形金屬框abcd〔下簡(jiǎn)稱(chēng)方框〕放在光滑UMNPQ〔僅有MNNQQPU型框mr．U型框使它以速度vNQ邊向右勻速運(yùn)動(dòng)，0UMP端滑至方框的最右側(cè)〔如圖乙所示〕bd兩端的電勢(shì)差為多大?此時(shí)方框的熱功率為多大?假設(shè)方框不固定，給UNQ邊向右的初速度v，假設(shè)U型框恰好不0?假設(shè)方框不固定，給U型框垂直NQ邊向右的初速度v〔v v〕，U型框最0Ut前方框的最右Us．求兩金屬框分別后的速度各多大．10(14分)0.51mA1kg．板上右端有物塊B3kg..速度v0=2m/s.木板與等高的豎直固μ=0.5.g10m/s2.求:第一次碰撞后，A、B共同運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向．第一次碰撞后，AC之間的最大距離．〔結(jié)果保存兩位小數(shù)〕〔3〕A與固定板碰撞幾次，BA板．參與答案：1〔1〕由于物體返回后在磁場(chǎng)中無(wú)電場(chǎng)，且仍做勻速運(yùn)動(dòng)，故知摩擦力為0，所 以物體帶正電荷． 且 ：mg=qBv2 ①〔2 〕離開(kāi)電場(chǎng)后，按動(dòng)能定理，有：

1L=0- mv2 ②L4 22由①式得：v2=22

m/s2代入前式①求得：B= T22PCL 1且：〔Eq-μmg〕2

2mv12-0… ③進(jìn)入電磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，故有：Eq=μ〔qBv1+mg〕 ④v 4212

m/sE2.4N/C2〔1〕A、B、C系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且總動(dòng)量為零，故兩物塊與擋板碰撞后，C的速度為零，即v 0C〔2〕炸藥爆炸時(shí)有mv mvA A B B解得vB

1.5m/s又msA A

msB BA 當(dāng)s＝1 m時(shí)s＝0.25m，即當(dāng)A、C 相撞時(shí)B 與C A sLs2

0.75mA、C相撞時(shí)有：mv (mA A

m )vCv＝1m/s，方向向左而v ＝1.5m/s，方向向右，兩者相距0.75m，故到A，B都與擋板碰撞為B止，C的位移為svCs vv 0.3m19.CB3F1

F1

=mgsinθ ①整體下滑：〔M+m〕sinθ-μ(M+m)gcosθ=(M+m)a②下滑時(shí)，對(duì)小球：mgsinθ-F2由式①、式②、式③得F

=ma ③μ=2tanθF1Bmgsinθ=μmgcosθBA,mv=2mv，所以0 1vv=01 2設(shè)兩木塊向下壓縮彈簧的最大長(zhǎng)度為s,兩木塊被彈簧彈回到P點(diǎn)時(shí)的速度為v，則21 1μ2mgcosθ·2s=·2mv2 ·2mv22 1 2 2PBQ1〔mgsinθ+μmgcosθ〕L=mv22 233

v 4mv2 0 1

，所以2v′= v21 4 0設(shè)木塊C和A壓縮彈簧的最大長(zhǎng)度為s′,兩木塊被彈簧彈回到P點(diǎn)時(shí)的速1 1度為v”,則μ4mgcosθ·2s′=·4mv2 4mv22 2 2 2 2CAPCR〔〔1分〕1〔3mgsinθ+μ3mgcosθ〕L′=·3mv212 2動(dòng)能.1 因此，木塊B和A壓縮彈簧的初動(dòng)能E ·2mv2 mv2,木塊C與A壓縮1 k1 21 1

1 4 0E

mv2 mv2EE4k2 24

1 0 k k1 2因此，彈簧前后兩次的最大壓縮量相等，即s=s′

v2032gsin5設(shè)第1v1,依據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0〔1分〕

Mv(mM)v1〔1分〕

代入數(shù)據(jù)，解得： v1=3m/s設(shè)第1個(gè)球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端的距離為s，第1個(gè)球經(jīng)過(guò)0t與木盒相遇,則： t s00 v0〔1分〕

1a(mM)g(mM)a得：ag3m/s2 〔1分〕t1,t2，則：tt1

v=1sa故木盒在2s內(nèi)的位移為零〔1分〕依題意： svt0 1分〕

v(tt1

tt1

t) 〔20〔1分〕

代入數(shù)據(jù)，解得：s=7．5m t0=0．5s自木盒與第1個(gè)球相遇至與第2個(gè)球相遇的這一過(guò)程中,傳送帶的位移1盒的位移為s,則： Sv(tt11

t)8.5m0〔1分〕〔1分〕

sv(tt1

tt1

t)2.5m0故木盒相對(duì)與傳送帶的位移： sSs1

6m則木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是： Qfs54J〔2分〕6〔1設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的側(cè)向位移為h,穿過(guò)界面PS時(shí)偏離中心線離為y，則： h=at2/2〔1分〕qE qU l qU la

t

( )2 〔1m md v0分〕

2md v0〔1分〕

代入數(shù)據(jù)，解得： h=0．03m=3cm帶電粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),由相像三角形學(xué)問(wèn)得：lh 2y lL2代入數(shù)據(jù)，解得: y=0．12m=12cm〔1分〕vy代入數(shù)據(jù)，解得: vy=1．5×106m/s

=at= qUlmdv0〔1分〕

所以粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為：v2v2v20y〔1分〕

2.5106m/s，則：tanvy3v 4

37〔1分〕

0PS最終垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過(guò)界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q垂直?！?分〕

勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑： r

y 0.15mcos由：〔2分〕

kQqr2

mv2r代入數(shù)據(jù)，解得： Q=1．04×10-8C〔1分〕于小物體，EqL

1 mv22 1

2EqLv 11 m

..3mv

2 2 2EqLm v4mv

v v 11 51 2

2 51 5 m碰后小物體反彈，由動(dòng)量守恒定律：得得 ．之后滑板以v2物體與滑板3vv51

2 7 7 2EqL2 v

5v得:v5v5 1.位移相等、時(shí)間相等、平均速度相等

2 1 3 1 m1 1 13 13W 2mv224mv2 W 10mv25EqL.電場(chǎng)力做功等于系統(tǒng)所增加的動(dòng)電 3

2 電 1 18．(1)CDABOO’，而2dmv02粒子要飛出磁場(chǎng)邊界MN最小速度v0

必需滿(mǎn)足B ①qUCDU，則

1mv22 0 ②解①②得 U=25V，又U=ε=B1Lv 解得v=5m/s.所以依據(jù)〔乙〕圖可以推斷在0.25s<t<1.75s內(nèi)，粒子能穿過(guò)CD間的電場(chǎng)。ABv’=20m/s時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：ε’=B1Lv’=100Vq”1mv2，由動(dòng)能定理有2R”R”2d2

解得：v=100m/sR”mv0.2m

xR”

qB2

O’的水平距離為：粒子從邊界MN射出來(lái)的位置間最大距離為S=d-x=7.3cm9第〔1〕8分，第〔2〕6分，第〔3〕620分:r3r 3當(dāng)如圖乙所示位置時(shí)，方框bd之間的電阻為R bd

r4U型框連同方框構(gòu)成的閉合電路的總電阻為15R3rR db 4

E 4Blv閉合電路的總電流為I

0R 15r

Blv依據(jù)歐姆定律可知，bd兩端的電勢(shì)差為：Ubd

IR 0bd 52方框中的熱功率為PUbd2Rbd

4B2l2v2075r〔2〕在U型框向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，U型框和方框組成的系統(tǒng)所受外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)到達(dá)圖示位置時(shí)具有共同的速度v，依據(jù)動(dòng)量守恒定律3mv (3m4m)v v3v0 7 01 1 6過(guò)程中兩框架上產(chǎn)熱2 7mv2 mv22 0 2 7 0設(shè)U型框和方框不再接觸時(shí)方框速度為v1

，U型框的速度為v2

，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，有 3mv4mv13mv2兩框架脫離以后分別以各自的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t方框最右側(cè)和Us，即(v2

v)ts1聯(lián)立以上兩式，解得：v3(vs)；v 1(3v4s)1 7 t 2 7 t〔以上答案供參考，符合題意的其它合理答案均給分〕10．(14分)分析與解答：ABACAB系統(tǒng)動(dòng)量守恒mA

〔－v0

〕＋mvB 0

=〔mA

＋m〕vB以A為爭(zhēng)論對(duì)象，從與C碰后至對(duì)地面速度為零，受力為f，位s即最大位移．fμmgB－fs

12 A

2〕 得s0.13m第一次A與C碰后至ABv1

共同速度，B在A上相對(duì)于A滑行L1－fL 〔m ＋m〕〔v2－v2〕 解得L 0.4m．1 2 A B 0 1其次次A與C碰后至AB有共同速度v′，B在A上相對(duì)于A滑行L2m 〔－v〕＋mv〔m ＋mv〕′A B A B1－fL2

〔m2A2

m〕〔v′2－v2〕B

解得L2

3A B A B1fL mm〕2

3 2 A B 3L＋L＋L1 2

BA板．高三物理考試題含答案21．〔12分〕如圖，在豎直面內(nèi)有兩平行金屬導(dǎo)軌AB、CDL，電阻不計(jì)。一根電阻不計(jì)的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)。棒與導(dǎo)軌垂直，并接觸良好。導(dǎo)軌之間有垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B。導(dǎo)軌右邊與電路連接。電路中的三個(gè)定值電阻阻值分別為2R、RR。在BD間接有一水平Cd。abv0m的帶電微粒恰好靜止。試推斷微粒的帶電性質(zhì)，及帶電量的大小。ab棒由靜止開(kāi)頭，以恒定的加速度a向左運(yùn)動(dòng)。爭(zhēng)論電容器中帶電微粒的加速度如何變化?！苍O(shè)帶電微粒始終未與極板接觸?！?2〔12〕如下圖的坐標(biāo)系，xyxymqyy=hp點(diǎn)以肯定的水平初速度沿x1軸負(fù)方向進(jìn)入其次象限。然后經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng)=-2h處的p2

點(diǎn)進(jìn)入第三象限，yy=-2hp3點(diǎn)進(jìn)入第g。求：p2

點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向；第三象限空間中電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；帶電質(zhì)點(diǎn)在第四象限空間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最小速度的大小和方向。23．〔20分〕如下圖，在格外高的光滑、絕緣水平高臺(tái)邊緣，靜置一個(gè)不帶BB完全一樣的帶電量為+qAv0B運(yùn)動(dòng)，A、B的質(zhì)量均撞后，兩物塊馬上粘在一A、B一起運(yùn)動(dòng)過(guò)的最大水平距離

mAB相碰起，并從臺(tái)上飛空間中存在水平E=2mg/q。求：程中距高臺(tái)邊緣A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程的 最小速度為多大A、B運(yùn)動(dòng)到距高臺(tái)邊緣最大水平距離的過(guò)程A損失的機(jī)械能為多大？24〔20分〕11LB，MN、PQm，帶電量為－q的粒θ〔0<θ<90o〕BU1PQ邊界射出磁場(chǎng)。其次次粒子是經(jīng)電壓U2加速后射入磁場(chǎng)，粒子則剛好垂直P(pán)Q射出磁場(chǎng)。不計(jì)重力的影響，粒子加速前速度認(rèn)為是零，求：U2PQ邊界，可在磁場(chǎng)區(qū)域加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，求該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向。U2

的值。

M P× ×× ××B ×θ× ×LN Qx=0的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B和B，且B:B=4:3，O處一靜1 2 1 2止的中性原子，突然分裂成兩個(gè)帶電粒子a和b，a帶正電荷，分裂時(shí)初速xayb粒子第一次相遇。求：〔1〕a粒子在磁場(chǎng)B1

中作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與b粒子在磁場(chǎng)B2

中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比。〔2〕ab粒子的質(zhì)量之比。如下圖，ABCDE為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，ABC為直軌道，AB光滑，BC粗糙，CDER，直軌道與圓弧軌道相切于COBEODCO＜5m的小物體(可以看作質(zhì)點(diǎn))ABC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，現(xiàn)要使小物體第一次滑入圓弧軌道即恰好做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)(g)。求：小物體過(guò) D 點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小ABS兩水平放置的金屬板間存在一豎直方向的感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為4m，帶電量為-2qbOm，帶電量為+qb碰撞。：勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大 微粒a的水平速度為多大 假設(shè)碰撞后a和b結(jié)為一整體最終以速度0.4v0從Q點(diǎn)穿出場(chǎng)區(qū)，求Q點(diǎn)與O點(diǎn)的高度差abb0.3v0的水平向右速度，且?guī)щ娏繛?q/2OaO點(diǎn)的高度差為多大28有個(gè)演示試驗(yàn)，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了很多用錫箔紙揉成的定量爭(zhēng)論。如下圖，電容量為C的平行板電容器的極板A和B水平放置，相距為d，與電動(dòng)勢(shì)為m的導(dǎo)電小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。：假設(shè)小球與極板發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度馬上變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也馬上轉(zhuǎn)變，轉(zhuǎn)變后，小球所帶電荷符號(hào)與該極板一樣，電量為極板電量的a倍〔a 1〕。不計(jì)帶電小球?qū)O板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的影響。重力加g。至少應(yīng)大于多少設(shè)上述條件已滿(mǎn)足，在較長(zhǎng)的時(shí)間間隔T內(nèi)T時(shí)間內(nèi)小球來(lái)回運(yùn)動(dòng)的次數(shù)以及通過(guò)電源的總電量一玩具“火箭”由質(zhì)量為ml和m2的兩局部和壓在中間的一根短而硬(即勁度系數(shù)很大)的輕質(zhì)彈簧組成.起初，彈簧被壓緊后鎖定，具有的彈性勢(shì)能為E0，通一個(gè)深水池面的上方(可認(rèn)為貼近水面)，釋放同時(shí)解除鎖定。于是，“火箭”的及鉆入水中的深度相比，可以無(wú)視，但體積不行無(wú)視。試求．()(2)假設(shè)上局部到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，下局部剛好觸及水池底部，那么，此過(guò)程中，“火箭”下局部抑制水的浮力做了多少功?(不計(jì)水的粘滯阻力)一場(chǎng)強(qiáng)為EPH上的一點(diǎn)O處有一質(zhì)量為M、電荷量為Q的鐳核〔226Ra〕。某時(shí)刻原來(lái)靜止的鐳核水平向右放出88一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的α粒子而衰變?yōu)殡薄睷n〕核，設(shè)α粒子與氡經(jīng)過(guò)一段時(shí)間α粒子剛好到達(dá)虛線PH速率參考答案：21．〔12分〕解：〔1〕棒勻速向左運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?，電容器上板帶正電?！呶⒘Ｊ芰ζ胶?，電?chǎng)力方向向上，場(chǎng)強(qiáng)方向向下∴微粒帶負(fù)電mg=UcqdUc=IRIE3RE=Blv0由以上各式求出

〔1分〕〔1分〕〔1分〕〔1分〕〔1分〕q3mgdBlv

〔1分〕0〔2〕經(jīng)時(shí)間t0，微粒受力平衡 mg=Ucqd

〔1分〕1Uc3Blat0

〔1分〕求出 t0

3mgd或tBlaq 0

0 〔1分〕vavt<t0時(shí)，a1=g–Blaqt，越來(lái)越小，加速度方向向下〔1分〕3mdt=t0時(shí)，a2=0

〔1分〕t>t0時(shí)，a3=Blaqt–g，越來(lái)越大，加速度方向向上〔1分〕3md22.解：〔1〕P1P2，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律1h=2gt2h2hv0t

vgtyv2v20v2v20yghx45°角〔2〕P2P3，重力與電場(chǎng)力平衡，洛侖茲力供給向心力Eq=mgBqv=mv2R(2R)2=(2h)2+(2h)2m 2gq h解得E=m 2gq hq〔1〕質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入第四象限，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速直線向的重量2gh2ghx23．解：〔20分〕〔1〕由動(dòng)量守恒定律：mυ0=2mυ………………2分碰后水平方向：qE=2ma E2mg…2分qm-2aX=0-υ2………………2分mXm

2…………1分08g0〔2〕t時(shí)刻，A、B的水平方向的速度為m

at020

…1分γ豎直方向的速度為υ=gt………………1分γ2222x y合

……………2分υ的最小值：

……3分合 min 4 0〔3〕AE

1m21m23m2………2分1 2 0 2 8 0碰后到距高臺(tái)邊緣最大水平距離的過(guò)程中A損失的機(jī)械能：E 12 2qEX

1m2…………2分m 8 0ABA損失的機(jī)械能為：分2 024〔20分〕如圖答1所示，經(jīng)電壓U 加速后以速度v射入磁場(chǎng)，粒子剛好垂直2 2PQPQO點(diǎn)，R2

L的關(guān)系式為R

mv2 〔2分〕，解得v

BqL 〔22 cos

2 Bq

2 mcos分〕PQEq＝Bqv〔2分〕，電場(chǎng)力的方向與磁場(chǎng)力的方向相反?！?分〕2E

B2qLmcos

，E的方向垂直磁場(chǎng)方向斜向右下〔2分〕，與磁場(chǎng)邊界夾角為2

〔2分〕，2所示。經(jīng)電壓U1PQ邊界射出磁場(chǎng)，說(shuō)明在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與PQ圓心O 的位置，如圖答3 所示，圓半徑R 與L 的關(guān)系式為：1LR1

Rcos,R1

L 〔2分〕1cos1Rmv11 Bq

，解得v1

BqL 〔2分〕m(1cos)1 1 U

v2 cos2由于U

q mv2，Uq mv2，所以

1 1

〔2分1 2

2 2

U v22 2

(1cos)225〔20分〔1原子為中性分裂后肯定有q=-〔b肯定帶負(fù)電〕 (2a b分)原子分裂前后動(dòng)量守恒，則 p+p=0a b〕粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)由牛頓定律有 qvB〕

mv2R∴R

qB

p 〔2〕qBaRaRb

23BB 4B1

〔2〕〔2〕a、b粒子相遇時(shí)：t=t 〔2分〕a byt=T+T

+T/2 〔2〕a a1 a2 b b1 b2T2R2n 〔2〕v q∴t a即

2maqB12maqB1

B2nqB22nqB2

2m bqB1

2nbqB2

2mt bb qB1

2