2024年河北省石家庄市高考物理质检试卷（一）(含详细答案解析)

2024年河北省石家庄市高考物理质检试卷（一）

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.“风云”气象卫星是我国重要的民用遥感卫星，其中“风云一号”是极轨卫星，其运行轨道在地球的南

北两极上方，周期为120min；“风云四号”是静止轨道卫星，与地球自转同步。若卫星的运动均可视为匀

速圆周运动，则下列说法正确的是（）

A.“风云一号”卫星的线速度大于地球的第一宇宙速度

B.“风云一号”卫星的向心加速度比“风云四号”卫星的向心加速度大

C.“风云一号”卫星的线速度比“风云四号”卫星的线速度小

D.“风云一号”卫星的角速度比“风云四号”卫星的角速度小

2.图甲为家用燃气灶点火装置的电路原理图，直流电通过转换器转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变

压器的原线圈上，原、副线圈的匝数分别为％、n2,电压表为理想电压表。当两点火针间电压大于5000V

A.电压表的示数为

B.副线圈输出交流电压的频率为100Hz

C.若能点燃燃气则吆＞100

D.若能点燃燃气则两点火针间电压的有效值一定大于5000V

3.一架无人机在水平地面由静止开始匀加速滑行160（加后起飞离地，离地时速度为80m/s。若无人机的加

速过程可视为匀加速直线运动，则无人机在起飞离地前最后Is内的位移为（）

A.79〃?B.78wC.71mD.76m

4.某区域存在一电场，该区域内X轴上各点电势@随位置x变化的关系如图所示。a粒子从。点由静止释

放，仅在电场力作用下沿x轴通过。点，下列说法中正确的是（）

A.由。点到。点电场强度的方向始终沿x轴止方向

B.a粒子从。点到C点运动的过程中所受电场力先增大后减小

C.a粒子从。点到。点运动的过程中其电势能减小10eV

D.a粒子从。点到。点运动的过程中其动能先增大后减小

5.用波长入=200mH的紫外线照射铜板，有电子从铜板表面逸出。现在铜板所在空间加一方向垂直于板

面、大小为18P/7H的匀强电场，电子最远能运动到距板面5c机处。己知光在真空中传播速度。与普朗克常

威力的乘积为1.24Xl（p6ev.m,可知该铜板的截止波长约为（）

A.230MB.260〃”?C.29()〃/〃D.320〃〃"

6.用折射率n=2的透明材料制成如图所示的“阴影”薄工件，长方形

ABC。长为2”、宽为出空白区域是以。为圆心，半径为〃的半圆。圆心

。处有一点光源，只考虑直接射向工件Q4BC的光线，不考虑光在工件内

反射，光在真空中传播的速度为c,下列说法正确的是（）

A.光线从工件0ABe边射出的区域总长度为手

•J

B.光线从工件D48C边射出的区域总长度为辛

C.从工件QA4C边射出的光线中，光在工件中传播所用的最长时间为誓迎

D.从工件QA8C边射出的光线中，光在工件中传播所用的最长时间为誓迎

6c

7.帆船是人类的伟大发明之一，船员可以通过调节帆面的朝向让帆船逆风行驶，如图所示为帆船逆风行驶

时的简化示意图，此时风力r=2000N,方向与帆面的夹角a=30。，航向与帆面的夹角夕=37。，风力在

垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶。已知sin37。=0.6,则帆船在沿航向方向获得的动力为（）

风力

A.200/VB.400NC.600/VD.800N

二、多选题：本大题共2小题，共12分。

8.如图甲所示，线圈4的匝数为50匝、电阻为3。，在线圈A内加垂直线圈平面的磁场，£=0时磁场方向

垂直纸面向里，穿过线圈人的磁通量按图乙变化。电阻不计、间距为0.5m的足够长水平光滑金属轨道

MN、尸。通过开关S与线圈A相连，两轨间存在垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）。现将长度为0.5m、电

阻为1。的导体棒岫垂直轻放在导轨MMPQ上。t=0时，闭合开关S,导体棒岫向右加速运动达到最

大速度5771/S后匀速运动，导体棒外与轨道始终接触良好•。下列说法正确的是（）

A.t=0时，线圈A中的感应电动势为5VB.t=0时，线圈A中的感应电流为2.5A

C.两导轨间磁场的磁感应强度大小为2TD.两导轨间磁场的方向垂直M/VPQ平面向外

9.如图所示，倾角为30。的斜面固定在水平地面上，质量为1.5kg的箱子

静止在斜面上，质量为0.1kg的小球通过细绳悬挂在箱子顶面的。点。

现给箱子一沿斜面向下的力F=20N,箱子沿斜面向下运动，稳定后细

绳与竖直方向成60。角。已知重力加速度g取10m/s2,卜列说法正确的

是（）

A.稳定时细绳上的拉力为1N

B.稳定时细绳上的拉力为2N

C.改变尸大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为4N

D.改变/大小系统再次稳定后细绳处于竖直方向，此时力F为BN

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

定位电阻Ri=14k。

定值电阻％=180。

滑动变阻器R(最大阻值20。)

蓄电池E(电动势12V,内阻很小)

开关、导线若干

①请选择合适器材在如图丁所示方框中补充完整实验电路图，并标上所选择仪器的代号。

②根据实验电路，线圈直流电阻的计算表达式为&=_____(用题中所给的字母表示)。

(4)该同学用上述实验测得该线圈直流电阻为51.0C,则该线圈的匝数为匝。

四、简答题：本大题共3小题，共38分。

12.负压病房是指病房内的气体压强略低于病房外的标准大气压的一种病

房，这样可使新鲜空气流进病房，被污染的空气由抽气系统抽出进行消毒

处理。

(1)负压病房内初始压强为1.0x1/pa要使病房内压强减为9x104pa＞求

a

抽出的气体质量与原气体质量的匕值；

(2)现将抽出的气体封闭在如图所示的绝热汽缸。内，汽缸底部接有电热U

丝，右壁接一右端开口的细U形管(管内气体体积可忽略)，管内装有水

银，开始时U形管右侧液面比左侧高4c加，气体温度为300K。电热丝通接电源

电一段时间后，U形管右侧液面上升了4CM,求此时缸内气体的温度，己知外界大气压强为76cm郎“

13.如图甲所示，质量mi=2kg的小物块A静置于平台左端，A与平台间动摩擦因数〃=0.1。紧靠平台右

侧有一质量=Mg的足够长小车，平台和小车上表面在同一水平高度。质量皿2=2kg的小滑块B静置

于小车左端，8与小车上表面间的动摩擦因数也为〃竖直墙面距离小车足够远。t=0时，给物块A

施加水平向右的力尸，尸随时间变化的规律如图乙所示，£=2s时撤掉力凡c=4s时，A与6发生弹性

碰撞，一段时间后，小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度反向，大小变为碰前的一

半。忽略小车与地面间的摩擦，重力加速度《取10m/s2。求：

(1)4与3发生弹性碰撞前瞬间，物块A的速度大小；

(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与湍壁第2次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；

(3)小车与增壁第I次碰撞后到与墙壁第3次碰撞前瞬间，小车运动的路程。

14.微观粒子的运动轨迹可以通过磁场、电场进行调节。如图所示，宽度为L

：B

的竖直条形区域I内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为3的匀强磁：x

•x

场，宽度为L的竖直条形区域H内存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为

：X

〃八电荷量为+q的带电粒子，以初速度为=*从区域I左边界上0点水平；X

:X

向右垂直射入磁场，从区域右边界上的点(图中未画出)进入区域最终

IPH,：X

从区域右边界水平向右射出。不计粒子的重力。口

HL

(1)求区域11匀强电场强度上的大小;

(2)若仅调整区域n的宽度，使粒子从与。点等高的。点(图中未画出)离开区域n,求粒子在区域I、11

中运动的总时间;

(3)若在区域II再加一个垂直纸面句里.、磁感应强度大小也为8的匀强磁场，调整区域II的宽度，使粒子

仍能从区域n右边界水平射出，求该情况下区域n的宽度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、第一宇宙速度是最大的环绕速度，“风云一号”卫星的线速度小于第一宇宙速度，故A

错误：

6CD、根据万有引力提供向心力有

GMm47r2v2

-5—=mr-=m——=mro)£=ma

rL72r

解得

_

T-7rrPpMGM[GM

T-2nyjGMfQ-R3r声

由于“风云一号”的周期较小，所以轨道半径较小，则加速度、角速度和线速度比“风云四号”卫星的

大，故CO错误，8正确:

故选:B。

第一宇宙速度是最大的环绕速度；“风云一号”“风云四号”卫星都是万有引力提供向心力，先写出与周

期相关的公式，求出它们的半径美系；再写出与线速度、角速度和向心加速度的公式，根据公式进行讨论

即可。

该题考查万有引力定律的应用，写出与周期、线速度、角速度和向心加速度有关的公式，根据公式进行讨

论即可.属于简单题.

2.【答案】C

【解析】解：4电压表的示数为原线圈两端电压的有效值，由图可知最大值为50匕则

Um50

U=V=25/1，

故A错误;

B.变压器不改变交流电压的频率，副线圈输出交流电压的频率为

11

nn?Hz=50Hz

f=T

故B错误;

C根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系

Ulm_^-1

%加九2

点燃燃气，需满足

U2m>5000V

则

故C正确；

D若能点燃燃气则两点火针间电压的最大值一定大于5000V,两点火针间电压的有效值不一定大于

50C0V,故。错误。

故选：Co

根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数：根据电压与线圈匝数

比的关系即可求解。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比。

3.【答案】A

【解析】解：设无人机滑行的加速度为由速度-位移公式可得：

v2=2ax

解得：Q=2mls?

逆向思维法，设最后1s内的位移为V,由位移-时间公式可得：

，12

x=vt-^at2

解得：x'=79m,故A正确，BCD错误。

故选：

根据运动学中的速度和位移的关系求解加速度，使用逆向思维法，再根据位移和时间的关系，从而解得最

后Is的位移。

本题考查匀变速直线运动规律，熟记匀变速直线运动的位移和速度的求解公式。

4.【答案】D

【解析】解：4沿电场线方向电势逐渐降低，从。到C电势先降低后升高，则电场强度的方向先沿x轴正

方向，再沿x轴负方向，故A错误；

比0-工图像的斜率为电场强度E从。到。的过程中石先减小后增大，所以a粒子从D到c的过程中所受

电场力先减小后增大，故B错误；

粒子在。和C点的电势能为=2ex20V=40eV,EPC=2ex10V=20eV,则4Ep=EPD-EPC=

40eV-20eV=20eV,所以a粒子从。到。的过程中其电势能减小20°匕故C错误；

。.从质子从。到。的过程中电势能先减小后增大，由能量守恒得，动能先增加后减小，故。正确。

故选：。。

9-x图像的斜率为电场强度日从图像分析电势和电场强度情况，结合电势能的公式分析作答。

本题考查是9-%图像，注意从图像上不但可以知道电势的变化情况，而且图像的斜率为电场强度

E,从而确定电场的分布情况。

5.【答案】A

【脩析】解：根据光电效应方程有

Ek=h^-W0

逸出功与截止波长的关系为

根据动能定理

—eEd=0—Ek

联立解得右右230mn,故A正确，8C。错误。

故选：A。

根据光电效应方程和逸出功和波长的关系式结合动能定理联立解答。

考查光电效应和动能定理的问题，会根据题意列式联立求解相关物理量。

6.【答案】B

【解析】解：48.设A8中点M,如图所示

若沿0E方向射到M8面上的光线刚好发生全反射，因为临界角满足

11

sinC=-=k

即

C=30°

则

乙MOF=30°

同理沿OG方向射到8c上的光线刚好发生全反射，则

Z.C0H=30°

根据几何关系可得

。＜3

ME=CG=atan30°=

根据对称性，从AB、/3C面有光射出的区域总长度为

L=2ME+CG

解得L=V-3a

同理，从A。面有光射出的区域总长度为Z/=?a

故从长方形4BCO四边射出的光线区域的总长度为

s=L+L'

解得s=45a

故a错误，8正确；

CD由题意可知，沿08方向到达A8面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，由几何关系可知光从

光源到“C面的传播距离为a,材料中的传播距离为

s=(72-l)a

在材料中的传播时间为

S

一

*1=V

C

n=—

v

光在空气中传播的时间为

a

t2=7

故点光源发出的光射到A8面上的最长时间为t=A+亡2

解得"(22Da

C

故。。错误。

故选:从

由几何知识结合全反射临界角公式解得区域长度；由几何关系求出传送距离，即可得传播时间。

对干几何光学问题的分析，能正确的画出光路图，结合几何关系进行分析是关键。

7.【答案】C

【解析】解：对风力尸在沿着帆面和垂直于帆面方向进行分解，根据力的平行四边形法则可得其垂直于帆

面的分力

F1=Fsina=1000/V

再对垂直作用于帆面上的风力/沿帆船航向方向和垂直航向方向进行分解，则帆船在沿航向方向获得的动

力为

F2=Rsin/?=600N

故C正确，A8O错误。

故选：C

将风吹帆的力沿着帆面方向和垂肯干帆而方向进行分解，再杷垂直千帆面的力分解成沿船前进的方向与垂

直前进的方向，运用力的平行四边形定则，可求出这个分力大小。

考查应用平行四边形定则将力进行分解，运用三角函数列出等式。注意夹角的确定，同时风吹帆的力垂直

于帆。

8.【答案】AC

【解析】解：A、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=〃麋=50x掾V=5V,故A正确；

B、根据闭合电路欧姆定律可知/=言:=言力=1.254故8错误；

C、导体棒做匀速运动，导体棒的感应电动势等于线圈的感生电动势，即E=8加

解得8=2T

故C正确；

。、由楞次定律可知，线圈的感应电动势引起的电压为从。指向从故导体棒自身的感应电动势应从。指向

b,由右手定则，可判断出磁场的方向垂直MNPQ平面向里，故。错误；

故选：AC.

根据法拉第电磁感应定律解得线图A中的感应电动势；根据闭合电路欧姆定律解得感应电流，导体棒做匀

速运动，导体棒的感应电动势等于线圈的感生电动势；根据楞次定律结合右手定则分析。。

本题关键是对导体棒进行受力和运动状态分析•，注意电流方向的判断方法。

9.【答案】AC

【解析】解：AB,对小球受力分析如图所示:

设小球质量为机，箱子质量为M,稳定时具有共同的沿斜面向下的加速度小设绳子的拉力为片,此时对

小球垂直斜面方向有：Ficos30。=mgcos30。

沿斜面方向有：FiSin30。+mgsin30。=ma

代人数据解得：&=IN,a=10m/s2

对整体分析得：F+(M+m)gsin30。-f=(M+m)a

解得箱子受到斜面的滑动摩擦力大小为：f=12N,故4正确，8错误；

CD,稳定后当细绳处于竖直方向时，可知此时小球加速度为零，故整体加速度为零，处于平衡状态，由

于此时箱子处于匀速运动状态，受到沿斜面向上的滑动摩擦力f对整体根据平衡条件可得：〃+(M+

m)gsin30°=f

解得：F'=4N,故C正确，。错误。

故选：AC.

先以箱子和小球整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律列方程求出共同的加速度，再以小球为研

究对象，由牛顿第二定律求出稳定时细绳上的拉力的大小和箱子受到的摩擦力的大小；稳定后细绳处于竖

直方向时，则小球的加速度为零，箱子和小球整体处于平衡状态，由平衡条件求出力户的大小。

本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受

力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。

10.【答案】8g九2=(九3-h1)2f2CB

【解析】解：(1)已知频闪摄影的闪光频率为f则闪光周期为

1

T=7

由匀变速直线运动在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得钢球下落到B点时的

速度

九3—九1(侬一阳)/

VB=~2T~=一2—

若在误差允许范围内，关系式

mgh2=

即

8gh2=(h3-4)2严

成立，则证明钢球从位置0运动到位置B的过程中机械能守恒。

(2)4为完整记录钢球的运动情况，实验开始时，应先进行频闪摄影再释放钢球，故A错误；

A应用匀变速直线运动的推论计算钢球在4位置的速度，不能用诏=29电计算出钢球在位置3的速度，

否则实验无意义，故4错误；

C.多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量，这是由于空气阻力作用，使钢球在下落

过程中克服阻力做功减少了动能造成的，故。正确。.

故选：C。

(3)由题图可知，钢球从0点到C点经过8次闪光，可知钢球下落时间为t=8T,一般课桌的百度约为八=

0.8m,钢球做自由落体运动，下落的高度为

11

h=2^2=々9(87)2

代人数据解得

T=0.05s

该频闪摄影的闪光频率约为

11

f=T=^Hz=2QHz

故ACO错误，4正确：

故选:B.

故答案为:(1)8。无2=(九3-九1)2尸;(2)C；(3)8

(1)匀变速直线运动在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可计算3点的速度，根据

机械能守恒定律分析解答；

(2)根据实验原理分析判断；

(3)根据自由落体运动规律分析解答。

本题考查了验证机械能守恒定律实验，考查了实验数据处理与实验注意事项，根据题意与图示照片分析清

楚钢球的运动过程是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论、运动学公式与机械能守恒定律即可解题。

11.【答案】0.20048幺4产一&一4750

【解析】解:(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm,其读数为0mm+20.0X0.01mm=0.200mwi；

(2)根据欧姆表的读数规则，其读数为4.8x10。=480

(3)①电源电动势E=12P,用电流表必改装，改装后的量程为。=/2(七+£)=1x10-3x(1000+

14000)，=15V,由于电流表为量程较小，可以将定值电阻/?2中联使用，采用滑动变阻器的分压式接法,

电路图如下图所示

②根据以上电路图可得

，2(R1+r2)=A(2+&+rl)

得生=必铲一治一、

(4)设线圈匝数为〃，根据电阻定律有

n-nD4pnD

%=P--2~=,2

nda

~4~

代入数据解得九=750

故答案为：(1)0.200；(2)48；(3)①电路图如图所示；磅与产一%一丁1；(4)750。

(1)根据螺旋测微器的读数规则完成读数；

(2)根据欧姆表的读数规则完成读数；

(3)①根据电源电动势改装电压表，根据电流表的量程考虑申联定值电阻使用，结合滑动变阻器的分压式

接法完成电路图；

②根据电路结构列式推导电阻的表达式；

(4)根据电阻定律列式代入数据解答。

考查电表的选择、改装和电路的设计以及电阻定律的应用，会根据题意结合串并联电路知识列式联立求解

相关的物理量。

12.【答案】解：(1)设减压后气体体积变为匕气体温度不变，由玻意耳定律

Po%=pV

解得V=包包=l0xl°：Pa'o=

P9xl04pa9u

抽出的气体质量原气体质量的比值也=v=雪上=3

mVV10

(2)初始状态，气缸内气体压强

Pi=Po+P/i=76cmHg+4cmHg=SOcmHg

加热后，气缸内气体压强

P2=Po+Phi=76cmHg+12cmHg=SScmHg

由查理定律得

P1_P2

看一方

解得加热后气缸内的温度

_p2Tl_88cmHgx300K

12=-=330K

PlBOcmHg

答：(1)抽出的气体质量与原气体质量的比值A：

(2)此时缸内气体的温度33OK。

【蟀析】(1)根据玻意耳定律列方程；求出体积，再根据体积比等于质量比求解：

(2)由查理定律得列方程进行求解即可。

本题主要考查理想气体方程的应用，解题关键是找出气体状态参量，确定不变量正确应用方程求解。

13.【答案】解：以下解答均以水平向右为正方向。

(1)根据图乙的"-£图像与时间轴围成的图形面积表示冲量，可得为力尸在0-2s内的冲量为：

1

k二亍x(20+12)x2N♦s=32N•s

设A与8碰撞前瞬间A的速度为叫，对A在0-4s的运动过程，由动量定理可得：

IF­其中C=4s

解得：%=12m/s

(2)设人与B碰撞后瞬间人、8的速度分别为%'、v2,人8发生弹性碰撞，根据系统动量守恒和机械能守恒

分别得:

=恤巧'+m2v2

121,212

5m田=5如女”+^mV2

乙乙乙2

/

解得：v1=Om/s,v2=12m/s

由于小车足够长，离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块8共速，设共速的速度为〃其】，由动量守

恒定律可得：

血2%=(m2+m0)vyy；1

解得：u共］=8m/s

根据题意可得小车与墙壁第1次碰撞后，其速度变为：v3==8m/s=-4m/s

碰撞后B相对小车向右运动，小左先向左做匀减速直线运动，速度减为零后再向右做匀加速直线运动，

设小车与8的加速度分别为〃、QB，由牛顿第二定律可得：

4m2g=m2aB

Um2g=moa

解得：CLR=Im/s?,a=2m/sz

假设小车与墙壁第2次碰撞前与滑块B已经共速，同理可得：

机2^共1+mov3=(m2+mo)u共2

解得：u共2=4m/s

则小车与墙壁第I次碰撞后到第2次碰撞前瞬间，小车与B分别经历的时间为：

"井2一力4-(-4)

匕=­H—=—2—s=4s

笫共2一2共18-4

t2=-----------=-z—s=4s

aB1

因0=以，故假设成立，可知小车与B共速后立即与墙壁发生碰撞。

由能量守恒定律可得，小车与墙壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车间由于摩擦产生

的热量为：

111

Q=22唳1+2加那-2(2+叫))吸2

解得：Q=48/

(3)由(2)的解析可推得从第I次碰撞后，每次均为小车与B共速后立即与墙壁发生碰撞碰撞。

设小车第1次碰后向左减速到零时运动距离为右，则有：

0-诺=2a(一%)

从第1次碰后到第2次碰前小车运动的路程为％=2/

解得：Si=87n

第2次碰后瞬间小车速度为以=共2=x4m/s=-2m/s

同理可得：0—=2a(-%2)，s2=2X2

解得从第2次碰后到第3次碰前小车运动的路程为：S2=2m

可得从第1次碰后到第3次碰前小车运动的路程为s=S1+s2=8m+2m=10m

答：(1)4与B发生弹性碰撞前瞬间，物块A的速度大小为12?n/s；

(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁笫2次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量为48J；

(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第3次碰撞前瞬间，小车运动的路程为10〃?。

【蟀析一】(1)图乙的F-t图像与时间轴围成的图形面积表示冲量:，根据动量定理求解；

(2)48发生弹性碰撞，根据系统动量守恒和机械能守恒解得4与B碰撞后瞬间A、B的速度.小车与墙壁

碰撞前已和滑块6共速，由动量守恒定律求得共速的速度，根据题意可得小车与墙壁第1次磷撞后的速

度，碰撞后8相对小车向右运动，小车先向左做匀减速直线运司，速度减为零后再向右做匀加速直线运

动，根据牛顿第二定律和运动学公式判断小车与墙壁第2次碰撞前是否与滑块B已经共速，根据能量守怛

定律求解小车与墙壁第1次碰撞后到第2次碰撞前瞬间的过程中滑块与小车间由于摩擦产生的热量；

(3)根据(2)的结论分析每次碰撞的情况，应用运动学公式求解。

本题考查的是动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律以及牛市页第二定律的综合应用，此题的难点是判断

小车与墙面碰撞的运动过程，推导出每次碰撞后速度和相对位移的变化规律。

14.【答案】解：(1)粒子在区域I做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有

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qvQB=-^

解得

r=2L

粒子运动到P点时，将速度%分解为水平分速度以和竖直分速度为,如图所示

根据几何关系可得

L1

si