17.所示.一固定的矩形導體線圈水平放置.線圈的兩端接一只小燈泡.在線圈所在空間內存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場.已知線圈的匝數(shù)n=100匝.電阻r=1.0Ω.所圍成矩形的面積S=0.040m2.小燈泡的電阻R=9.0Ω.磁場的磁感應強度隨按如圖15(乙)怕示的規(guī)律變化.線圈中產生的感應電動勢瞬時值的表達式為 (1)線圈中產生感應電動勢的最大值. (2)小燈泡消耗的電功率. (3)在磁感強度變化的0~的時間內. 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

(原創(chuàng))如圖甲所示,垂直紙面向里的有界勻強磁場磁感應強度B=1.0 T,質量為m=0.04 kg、高h=0.05 m、總電阻R=5 Ω、n=100匝的矩形線圈豎直固定在質量為M=0.08kg的小車上,小車與線圈的水平長度l相同.當線圈和小車一起沿光滑水平面運動,并以初速度v1=10 m/s進入磁場,線圈平面和磁場方向始終垂直。若小車運動的速度v隨車的位移x變化的vx圖象如圖乙所示,則根據以上信息可知  (  )

       A.小車的水平長度l=15 cm

       B.磁場的寬度d=35cm

       C.小車的位移x=10 cm時線圈中的電流I=7 A

       D.線圈通過磁場的過程中線圈產生的熱量Q=1.92J

 


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(原創(chuàng))如圖甲所示,垂直紙面向里的有界勻強磁場磁感應強度B=1.0 T,質量為m=0.04 kg、高h=0.05 m、總電阻R=5 Ω、n=100匝的矩形線圈豎直固定在質量為M=0.08kg的小車上,小車與線圈的水平長度l相同.當線圈和小車一起沿光滑水平面運動,并以初速度v1=10 m/s進入磁場,線圈平面和磁場方向始終垂直。若小車運動的速度v隨車的位移x變化的vx圖象如圖乙所示,則根據以上信息可知  (  )

       A.小車的水平長度l=15 cm

       B.磁場的寬度d=35cm

       C.小車的位移x=10 cm時線圈中的電流I=7 A

       D.線圈通過磁場的過程中線圈產生的熱量Q=1.92J

 


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(2013山東青島二中測試)如圖甲所示,垂直紙面向里的有界勻強磁場磁感應強度B=1.0 T,質量為m=0.04 kg、高h=0.05 m、總電阻R=5 Ω、n=100匝的矩形線圈豎直固定在質量為M=0.08kg的小車上,小車與線圈的水平長度l相同.當線圈和小車一起沿光滑水平面運動,并以初速度v1=10 m/s進入磁場,線圈平面和磁場方向始終垂直。若小車運動的速度v隨車的位移x化的vx圖象如圖乙所示,則根據以上信息可知  (  )

       A.小車的水平長度l=15 cm

       B.磁場的寬度d=35cm

       C.小車的位移x=10 cm時線圈中的電流I=7 A

       D.線圈通過磁場的過程中線圈產生的熱量Q=1.92J

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第一部分  力&物體的平衡

第一講 力的處理

一、矢量的運算

1、加法

表達: +  =  。

名詞:為“和矢量”。

法則:平行四邊形法則。如圖1所示。

和矢量大。篶 =  ,其中α為的夾角。

和矢量方向:、之間,和夾角β= arcsin

2、減法

表達: =  。

名詞:為“被減數(shù)矢量”,為“減數(shù)矢量”,為“差矢量”。

法則:三角形法則。如圖2所示。將被減數(shù)矢量和減數(shù)矢量的起始端平移到一點,然后連接兩時量末端,指向被減數(shù)時量的時量,即是差矢量。

差矢量大。篴 =  ,其中θ為的夾角。

差矢量的方向可以用正弦定理求得。

一條直線上的矢量運算是平行四邊形和三角形法則的特例。

例題:已知質點做勻速率圓周運動,半徑為R ,周期為T ,求它在T內和在T內的平均加速度大小。

解說:如圖3所示,A到B點對應T的過程,A到C點對應T的過程。這三點的速度矢量分別設為、

根據加速度的定義 得:,

由于有兩處涉及矢量減法,設兩個差矢量  , ,根據三角形法則,它們在圖3中的大小、方向已繪出(的“三角形”已被拉伸成一條直線)。

本題只關心各矢量的大小,顯然:

 =  =  =  ,且: =  , = 2

所以: =  =  , =  =  。

(學生活動)觀察與思考:這兩個加速度是否相等,勻速率圓周運動是不是勻變速運動?

答:否;不是。

3、乘法

矢量的乘法有兩種:叉乘和點乘,和代數(shù)的乘法有著質的不同。

⑴ 叉乘

表達:× = 

名詞:稱“矢量的叉積”,它是一個新的矢量。

叉積的大。篶 = absinα,其中α為的夾角。意義:的大小對應由作成的平行四邊形的面積。

叉積的方向:垂直確定的平面,并由右手螺旋定則確定方向,如圖4所示。

顯然,××,但有:×= -×

⑵ 點乘

表達:· = c

名詞:c稱“矢量的點積”,它不再是一個矢量,而是一個標量。

點積的大。篶 = abcosα,其中α為的夾角。

二、共點力的合成

1、平行四邊形法則與矢量表達式

2、一般平行四邊形的合力與分力的求法

余弦定理(或分割成RtΔ)解合力的大小

正弦定理解方向

三、力的分解

1、按效果分解

2、按需要——正交分解

第二講 物體的平衡

一、共點力平衡

1、特征:質心無加速度。

2、條件:Σ = 0 ,或  = 0 , = 0

例題:如圖5所示,長為L 、粗細不均勻的橫桿被兩根輕繩水平懸掛,繩子與水平方向的夾角在圖上已標示,求橫桿的重心位置。

解說:直接用三力共點的知識解題,幾何關系比較簡單。

答案:距棒的左端L/4處。

(學生活動)思考:放在斜面上的均質長方體,按實際情況分析受力,斜面的支持力會通過長方體的重心嗎?

解:將各處的支持力歸納成一個N ,則長方體受三個力(G 、f 、N)必共點,由此推知,N不可能通過長方體的重心。正確受力情形如圖6所示(通常的受力圖是將受力物體看成一個點,這時,N就過重心了)。

答:不會。

二、轉動平衡

1、特征:物體無轉動加速度。

2、條件:Σ= 0 ,或ΣM+ =ΣM- 

如果物體靜止,肯定會同時滿足兩種平衡,因此用兩種思路均可解題。

3、非共點力的合成

大小和方向:遵從一條直線矢量合成法則。

作用點:先假定一個等效作用點,然后讓所有的平行力對這個作用點的和力矩為零。

第三講 習題課

1、如圖7所示,在固定的、傾角為α斜面上,有一塊可以轉動的夾板(β不定),夾板和斜面夾著一個質量為m的光滑均質球體,試求:β取何值時,夾板對球的彈力最小。

解說:法一,平行四邊形動態(tài)處理。

對球體進行受力分析,然后對平行四邊形中的矢量G和N1進行平移,使它們構成一個三角形,如圖8的左圖和中圖所示。

由于G的大小和方向均不變,而N1的方向不可變,當β增大導致N2的方向改變時,N2的變化和N1的方向變化如圖8的右圖所示。

顯然,隨著β增大,N1單調減小,而N2的大小先減小后增大,當N2垂直N1時,N2取極小值,且N2min = Gsinα。

法二,函數(shù)法。

看圖8的中間圖,對這個三角形用正弦定理,有:

 =  ,即:N2 =  ,β在0到180°之間取值,N2的極值討論是很容易的。

答案:當β= 90°時,甲板的彈力最小。

2、把一個重為G的物體用一個水平推力F壓在豎直的足夠高的墻壁上,F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖9所示,則在t = 0開始物體所受的摩擦力f的變化圖線是圖10中的哪一個?

解說:靜力學旨在解決靜態(tài)問題和準靜態(tài)過程的問題,但本題是一個例外。物體在豎直方向的運動先加速后減速,平衡方程不再適用。如何避開牛頓第二定律,是本題授課時的難點。

靜力學的知識,本題在于區(qū)分兩種摩擦的不同判據。

水平方向合力為零,得:支持力N持續(xù)增大。

物體在運動時,滑動摩擦力f = μN ,必持續(xù)增大。但物體在靜止后靜摩擦力f′≡ G ,與N沒有關系。

對運動過程加以分析,物體必有加速和減速兩個過程。據物理常識,加速時,f < G ,而在減速時f > G 。

答案:B 。

3、如圖11所示,一個重量為G的小球套在豎直放置的、半徑為R的光滑大環(huán)上,另一輕質彈簧的勁度系數(shù)為k ,自由長度為L(L<2R),一端固定在大圓環(huán)的頂點A ,另一端與小球相連。環(huán)靜止平衡時位于大環(huán)上的B點。試求彈簧與豎直方向的夾角θ。

解說:平行四邊形的三個矢量總是可以平移到一個三角形中去討論,解三角形的典型思路有三種:①分割成直角三角形(或本來就是直角三角形);②利用正、余弦定理;③利用力學矢量三角形和某空間位置三角形相似。本題旨在貫徹第三種思路。

分析小球受力→矢量平移,如圖12所示,其中F表示彈簧彈力,N表示大環(huán)的支持力。

(學生活動)思考:支持力N可不可以沿圖12中的反方向?(正交分解看水平方向平衡——不可以。)

容易判斷,圖中的灰色矢量三角形和空間位置三角形ΔAOB是相似的,所以:

                                   ⑴

由胡克定律:F = k(- R)                ⑵

幾何關系:= 2Rcosθ                     ⑶

解以上三式即可。

答案:arccos 。

(學生活動)思考:若將彈簧換成勁度系數(shù)k′較大的彈簧,其它條件不變,則彈簧彈力怎么變?環(huán)的支持力怎么變?

答:變;不變。

(學生活動)反饋練習:光滑半球固定在水平面上,球心O的正上方有一定滑輪,一根輕繩跨過滑輪將一小球從圖13所示的A位置開始緩慢拉至B位置。試判斷:在此過程中,繩子的拉力T和球面支持力N怎樣變化?

解:和上題完全相同。

答:T變小,N不變。

4、如圖14所示,一個半徑為R的非均質圓球,其重心不在球心O點,先將它置于水平地面上,平衡時球面上的A點和地面接觸;再將它置于傾角為30°的粗糙斜面上,平衡時球面上的B點與斜面接觸,已知A到B的圓心角也為30°。試求球體的重心C到球心O的距離。

解說:練習三力共點的應用。

根據在平面上的平衡,可知重心C在OA連線上。根據在斜面上的平衡,支持力、重力和靜摩擦力共點,可以畫出重心的具體位置。幾何計算比較簡單。

答案:R 。

(學生活動)反饋練習:靜摩擦足夠,將長為a 、厚為b的磚塊碼在傾角為θ的斜面上,最多能碼多少塊?

解:三力共點知識應用。

答: 。

4、兩根等長的細線,一端拴在同一懸點O上,另一端各系一個小球,兩球的質量分別為m1和m2 ,已知兩球間存在大小相等、方向相反的斥力而使兩線張開一定角度,分別為45和30°,如圖15所示。則m1 : m2??為多少?

解說:本題考查正弦定理、或力矩平衡解靜力學問題。

對兩球進行受力分析,并進行矢量平移,如圖16所示。

首先注意,圖16中的灰色三角形是等腰三角形,兩底角相等,設為α。

而且,兩球相互作用的斥力方向相反,大小相等,可用同一字母表示,設為F 。

對左邊的矢量三角形用正弦定理,有:

 =          ①

同理,對右邊的矢量三角形,有: =                                ②

解①②兩式即可。

答案:1 : 。

(學生活動)思考:解本題是否還有其它的方法?

答:有——將模型看成用輕桿連成的兩小球,而將O點看成轉軸,兩球的重力對O的力矩必然是平衡的。這種方法更直接、簡便。

應用:若原題中繩長不等,而是l1 :l2 = 3 :2 ,其它條件不變,m1與m2的比值又將是多少?

解:此時用共點力平衡更加復雜(多一個正弦定理方程),而用力矩平衡則幾乎和“思考”完全相同。

答:2 :3 。

5、如圖17所示,一個半徑為R的均質金屬球上固定著一根長為L的輕質細桿,細桿的左端用鉸鏈與墻壁相連,球下邊墊上一塊木板后,細桿恰好水平,而木板下面是光滑的水平面。由于金屬球和木板之間有摩擦(已知摩擦因素為μ),所以要將木板從球下面向右抽出時,至少需要大小為F的水平拉力。試問:現(xiàn)要將木板繼續(xù)向左插進一些,至少需要多大的水平推力?

解說:這是一個典型的力矩平衡的例題。

以球和桿為對象,研究其對轉軸O的轉動平衡,設木板拉出時給球體的摩擦力為f ,支持力為N ,重力為G ,力矩平衡方程為:

f R + N(R + L)= G(R + L)           

球和板已相對滑動,故:f = μN        ②

解①②可得:f = 

再看木板的平衡,F(xiàn) = f 。

同理,木板插進去時,球體和木板之間的摩擦f′=  = F′。

答案: 。

第四講 摩擦角及其它

一、摩擦角

1、全反力:接觸面給物體的摩擦力與支持力的合力稱全反力,一般用R表示,亦稱接觸反力。

2、摩擦角:全反力與支持力的最大夾角稱摩擦角,一般用φm表示。

此時,要么物體已經滑動,必有:φm = arctgμ(μ為動摩擦因素),稱動摩擦力角;要么物體達到最大運動趨勢,必有:φms = arctgμs(μs為靜摩擦因素),稱靜摩擦角。通常處理為φm = φms 

3、引入全反力和摩擦角的意義:使分析處理物體受力時更方便、更簡捷。

二、隔離法與整體法

1、隔離法:當物體對象有兩個或兩個以上時,有必要各個擊破,逐個講每個個體隔離開來分析處理,稱隔離法。

在處理各隔離方程之間的聯(lián)系時,應注意相互作用力的大小和方向關系。

2、整體法:當各個體均處于平衡狀態(tài)時,我們可以不顧個體的差異而講多個對象看成一個整體進行分析處理,稱整體法。

應用整體法時應注意“系統(tǒng)”、“內力”和“外力”的涵義。

三、應用

1、物體放在水平面上,用與水平方向成30°的力拉物體時,物體勻速前進。若此力大小不變,改為沿水平方向拉物體,物體仍能勻速前進,求物體與水平面之間的動摩擦因素μ。

解說:這是一個能顯示摩擦角解題優(yōu)越性的題目?梢酝ㄟ^不同解法的比較讓學生留下深刻印象。

法一,正交分解。(學生分析受力→列方程→得結果。)

法二,用摩擦角解題。

引進全反力R ,對物體兩個平衡狀態(tài)進行受力分析,再進行矢量平移,得到圖18中的左圖和中間圖(注意:重力G是不變的,而全反力R的方向不變、F的大小不變),φm指摩擦角。

再將兩圖重疊成圖18的右圖。由于灰色的三角形是一個頂角為30°的等腰三角形,其頂角的角平分線必垂直底邊……故有:φm = 15°。

最后,μ= tgφm 。

答案:0.268 。

(學生活動)思考:如果F的大小是可以選擇的,那么能維持物體勻速前進的最小F值是多少?

解:見圖18,右圖中虛線的長度即Fmin ,所以,F(xiàn)min = Gsinφm 。

答:Gsin15°(其中G為物體的重量)。

2、如圖19所示,質量m = 5kg的物體置于一粗糙斜面上,并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物體,使物體能夠沿斜面向上勻速運動,而斜面體始終靜止。已知斜面的質量M = 10kg ,傾角為30°,重力加速度g = 10m/s2 ,求地面對斜面體的摩擦力大小。

解說:

本題旨在顯示整體法的解題的優(yōu)越性。

法一,隔離法。簡要介紹……

法二,整體法。注意,滑塊和斜面隨有相對運動,但從平衡的角度看,它們是完全等價的,可以看成一個整體。

做整體的受力分析時,內力不加考慮。受力分析比較簡單,列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。

答案:26.0N 。

(學生活動)地面給斜面體的支持力是多少?

解:略。

答:135N 。

應用:如圖20所示,一上表面粗糙的斜面體上放在光滑的水平地面上,斜面的傾角為θ。另一質量為m的滑塊恰好能沿斜面勻速下滑。若用一推力F作用在滑塊上,使之能沿斜面勻速上滑,且要求斜面體靜止不動,就必須施加一個大小為P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面體。使?jié)M足題意的這個F的大小和方向。

解說:這是一道難度較大的靜力學題,可以動用一切可能的工具解題。

法一:隔離法。

由第一個物理情景易得,斜面于滑塊的摩擦因素μ= tgθ

對第二個物理情景,分別隔離滑塊和斜面體分析受力,并將F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy ,滑塊與斜面之間的兩對相互作用力只用兩個字母表示(N表示正壓力和彈力,f表示摩擦力),如圖21所示。

對滑塊,我們可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——

Fx = f + mgsinθ

Fy + mgcosθ= N

且 f = μN = Ntgθ

綜合以上三式得到:

Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ               ①

對斜面體,只看水平方向平衡就行了——

P = fcosθ+ Nsinθ

即:4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ

代入μ值,化簡得:Fy = mgcosθ      ②

②代入①可得:Fx = 3mgsinθ

最后由F =解F的大小,由tgα= 解F的方向(設α為F和斜面的夾角)。

答案:大小為F = mg,方向和斜面夾角α= arctg()指向斜面內部。

法二:引入摩擦角和整體法觀念。

仍然沿用“法一”中關于F的方向設置(見圖21中的α角)。

先看整體的水平方向平衡,有:Fcos(θ- α) = P                                   ⑴

再隔離滑塊,分析受力時引進全反力R和摩擦角φ,由于簡化后只有三個力(R、mg和F),可以將矢量平移后構成一個三角形,如圖22所示。

在圖22右邊的矢量三角形中,有: =      ⑵

注意:φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ                                              ⑶

解⑴⑵⑶式可得F和α的值。

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一、本題共10小題,每小題3分,共30分。在每小題給出的四個選項中,有的小題只有一個選項是正確的,有的小題有多個選項是正確的。全部選對的得3分,選對但不全的得2分,有選錯或不答的得0分。把你認為正確答案的代表字母填寫在題后的括號內。

1.B  2.AC  3.CD  4.AB  5.D  6.CD  7.BC  8.AC  9.A  10.CD

二、本題共3小題,共14分。按照要求作圖或把答案填在題中的橫線上。

12.(1);(2分)  ;(2分)(2)偏小。(1分)

13.(1)如答圖1;(2分)  (2)0~6.4;(2分)

   (3)。(2分)

三、本大題包括7小題,共56分。解答應寫出必要的文字說明,方程式和重要的演算步驟。

       只寫出最后答案的不能得分,有數(shù)值計算的題的答案必須明確寫出數(shù)值和單位。

14.(7分)

解:(1)質子進入磁場做半徑為R1的勻速圓周運動,洛侖滋力提供向心力,根據牛頓第二定律,…………………………(2分)

       質子離開磁場時到達A點,O、A間的距離.………………(1分)

       同理,α粒子在磁場中做圓周運動的半徑為,α粒子離開磁場時到達B點,

       O、B間的距離,則A、B兩點間的距離.…(2分)

   (2)α粒子在勻強磁場中運動周期為,

       則α粒子在磁場中運動的時間為…………………………(2分)

15.(7分)解:(1)根據電磁感應定律,金屬棒ab上產生的感應電動勢為

       ……………………………………(1分)

       根據閉合電路歐姆定律,通過R的電流……………………(1分)

       金屬棒兩端的電壓U=E-Ir=2.5V.………………………………………………(1分)

   (2)由于ab桿做勻速運動,拉力和磁場對電流的安培力大小相等,即

        …………………………………………………………(2分)

   (3)根據焦耳定律,電阻R上消耗的電功率P=I2R=1.25W.…………………(2分)

16.(8分)解:(1)滑塊沿斜面滑下的過程中,受到的滑動摩擦力,

       設到達斜面底端時的速度為,根據動能定理

       ,…………………………(2分)

       解得………………………………………………(1分)

   (2)滑塊第一次與擋板碰撞后沿斜面返回上升的高度最大,設此高度為,根據動能定理, ,…………………………(2分)

       代入數(shù)據解得……………………………………(1分)

   (3)滑塊最終將靜止在斜面底端,因此重力勢能和電勢能和減少等于克服摩擦力做的功,

          即等于產生的熱能,……………………(2分)

17.(8分)解:(1)因為線圈中產生的感應電流變化的周期與磁場變化的周期相同,所以由圖象可知,線圈中產生交變電流的周期為T=3.14×10-2s.

       所以線圈中感應電動勢的最大值為……………………(2分)

   (2)根據歐姆定律,電路中電流的最大值為

       通過小燈泡電流的有效值為,…………………………(1分)

       小燈泡消耗的電功率為P=I2R=2.88W………………………………………………(2分)

   (3)在磁感應強度變化的1~1/4周期內,線圈中感應電動勢的平均值

       通過燈泡的平均電流……………………………………(1分)

       通過燈泡的電荷量………………………………(2分)

18.(8分)解:(1)當通過金屬棒的電流為I2時,金屬棒在導軌上做勻加速運動,設加速度為a,根據牛頓第二定律,………………………………(1分)

       設金屬棒到達NQ端時的速率為,根據運動學公式,,……………(1分)

       由以上兩式解得:……………………………………(2分)

   (2)當金屬棒靜止不動時,金屬棒的電阻,設金屬棒在導軌上運動的時間為t,

       電流在金屬棒中產生的熱量為Q,根據焦耳定律,Q=I,…………………(2分)

       根據運動學公式,,將(1)的結果代入,爭得

………(2分)

19.(9分)解:(1)t=0時刻進入兩板間的電子先沿OO′方向做勻速運動,即有,

       而后在電場力作用下做類平拋運動,在垂直于OO′方向做勻加速運動,設到達B、D

端界面時偏離OO′的距離為y1,則.………………(2分)

       t=T/2時刻進入兩板間的電子先在T/2時間內做拋物線運動到達金屬板的中央,而后做勻速直線運動到達金屬板B、D端界面。設電子到達金屬板的中央時偏離OO′的距離為y2,將此時電子的速度分解為沿OO′方向的分量與沿電場方向的分量,并設此時刻電子的速度方向與OO′的夾角為θ,電子沿直線到達金屬板B、D端界面時偏離OO′的距離為,則有;

解得……………………………………………………(1分)

因此,。…………………………………………………(1分)

(2)在t=(2n+1) T/2(n=0, 1,2……)時刻進入兩板間的電子在離開金屬板時偏離OO′的距離最大,因此為使所有進入金屬板間的電子都能夠飛出金屬板,應滿足的條件為,解得板間電太的最大值。…………………………………………(2分)

(3)設)時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為Y1;t=(2n+1)T/2(n=0,1,2……)時刻進入兩板間的電子到達熒光屏上的位置與O′點的距離為,電子到達熒光屏上分布在范圍內. 當滿足的條件時,△Y為最大。根據題中金屬板和熒光屏之間的幾何關系,得到

……………………………………………………(1分)

因此電子在熒光屏上分布的最大范疇為………(2分)

20.(9分)

解:(1)粒子A在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛侖滋力提供向心力,設粒子A的速度為v0­,在MN上方運動半徑為R1,運動周期為T1,根據牛頓第二定律和圓周運動公式,

解得  ………………………………(2分)

同理,粒子A在MN下方運動半徑R2和周期T2分別為:

。

粒子A由P點運動到MN邊界時與MN的夾角為60°,如答圖2所示,則有

R1-h(huán)=R1cos60°  得到:R1=2h,R2=4h。

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

PQ間的距離為d=2R2sin60°-2R1sin60°=2h!3分)

   (2)粒子A從P點到Q點所用時間為

        ,………………………………(1分)

    設粒子B的質量為M,從P點到Q點速度為v

,……………………………………………………(1分)

根據動量守恒定律…………(2分)

 


同步練習冊答案