2024-2025学年湖北省襄阳市宜城市第一中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年湖北省襄阳市宜城市第一中学高二（上）月考物理试卷（9月）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.将物体水平抛出，在物体落地前(不计空气阻力)，下列说法正确的是( )
A. 动量的方向不变B. 动量变化量的方向不变
C. 相同时间内动量的变化量越来越大D. 动量变化的越来越快
2.水刀切割具有精度高，无热变形、无毛刺，无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量(单位时间流出水的体积)为Q，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为( )
A. 4Q2ρ
B. Q2ρ
C. 16ρQ2πd2
D. 4ρQ2πd2
3.在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的正方形线框abcd，磁场方向垂直于线框平面，a、d两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知ad边受到的安培力为F，则整个线框所受安培力为
A. 2FB. 4FC. 23FD. 43F
4.如图所示，一质量为2.0kg的导体棒ab置于倾角为37°的粗糙金属导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，导体棒通过导轨与电源、定值电阻相连，该装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中(未画出)。已知电源电动势为6V，定值电阻的阻值为15Ω，其他电阻均不计，导体棒接入电路中的长度为0.5m，磁感应强度大小为3.0T。为了使导体棒ab保持静止，现给导体棒施加垂直导轨平面向下的压力F，则F的大小至少为( )
A. 12NB. 18NC. 24ND. 26N
5.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点
的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法错误的是( )
A. O点处的磁感应强度为零
B. a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
C. c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同
D. a、c两点处磁感应强度的方向相同
6.如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p1=5kg⋅m/s和p2=7kg⋅m/s。若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp1和Δp2可能是( )
A. Δp1=−3kg⋅m/s，Δp2=3kg⋅m/s
B. Δp1=3kg⋅m/s，Δp2=3kg⋅m/s
C. Δp1=3kg⋅m/s，Δp2=−3kg⋅m/s
D. Δp1=−10kg⋅m/s，Δp2=10kg⋅m/s
7.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中( )
A. m1、m2组成的系统动量守恒B. m1、m2组成的系统机械能守恒
C. 弹簧最长时，其弹性势能为12m2v02D. 当m1速度达到最大时，m2速度最小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，平板MN上方有足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，电子从平板上的小孔O射入匀强磁场，速度方向与平板MN夹角为θ(0<θ<π)，整个装置放在真空中，且不计重力。电子打到平板MN上的位置到小孔的距离为s，在磁场中运动时间为t，则( )
A. 若θ一定，增大速度v，电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s不变
B. 若θ一定，增大速度v，电子在磁场中的运动时间t不变
C. 若速度v大小一定，θ角从30°增大到150°过程中，电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s先减小后增大
D. 若速度v大小一定，θ角从30°增大到150°过程中，电子在磁场中运动时间t增长
9.如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下(α>θ)，到达斜面底端的过程中( )
A. 两物体所受重力冲量相同B. 两物体所受合外力冲量不同
C. 两物体到达斜面底端时动量相同D. 两物体到达斜面底端时动量不同
10.如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t=4s时发生碰撞，图乙是两者的位移图像，已知物块P的质量为mP=1kg，由此可知( )
A. 碰撞前P的动量为16kg⋅m/s
B. 两物块的碰撞为完全非弹性碰撞
C. 物块Q的质量为4kg
D. 两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3N⋅s
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用如图甲所示的实验装置来验证动量守恒定律。实验时先让质量为m1的入射小球A从斜槽上某一固定位置C由静止释放，小球A从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的被碰小球B放在水平轨道末端，仍将小球A从位置C由静止释放，小球A和B碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。请完成下列问题：
(1)关于实验操作，下列说法正确的是__________。
A.实验过程中白纸和复写纸可以根据两小球的落点位置随时调整移动
B.以最小的圆圈住尽可能多的落点，则圆心可视为小球的平均落点
C.两个小球的质量需要满足m1D.小球m1与m2碰撞后，m1、m2的落点分别是图乙中的M、N点
(2)当所测物理量满足表达式__________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两小球碰撞遵循动量守恒定律。
(3)该同学进一步测量发现，总是满足OP>MN，由此判断小球m1与m2的碰撞属于__________。
A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.都有可能
12.某同学为了测量某一节干电池的电动势和内阻，进行了以下操作：
(1)该同学首先用多用电表的直流2.5V挡粗略测量该节干电池的电动势，电表指针如图甲所示，则该电表读数为__________V。
(2)该同学认为用多用电表测量误差较大，为了能比较准确地进行测量，他利用部分实验器材进行了如下实验：
A.待测干电池 B.电流表G(满偏电流2.0mA，内阻为100Ω)
C.电流表A(量程0∼0.6A，内阻约为 1Ω)
D.滑动变阻器R1(0∼10Ω，额定电流为2A)
E.滑动变阻器R2(0∼1kΩ，额定电流为1A)
F.电阻箱R0(阻值为9999.9Ω) G.开关一个，导线若干
为了能比较准确地进行测量，根据要求回答下列问题：
①实验中滑动变阻器R，应选__________(填“R1”、或“R2”)；
②为了操作方便，需利用电流表G和电阻箱改装成量程为2V的电压表，需__________(填“串联”或“并联”)阻值R=__________Ω的电阻箱；
③该同学画出实验电路图如图乙所示；
④如图丙所示是该同学根据正确的实验得到的数据作出的图线，其中纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数。由图可知，被测干电池的电动势为E=______V，内阻为r=_______Ω(结果均保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为2a，P为AC边的中点，Q为CD边上的一点，DQ=a.在△ACD区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小为E的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于AD的直线通过△ACD区域，不计粒子的重力．
(1)求电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0；
(2)若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，求粒子的比荷；
14.如图，小车质量为M=8 kg，滑块质量为m=1.9 kg，滑块置于小车上方且距小车左端距离为d=6 m，滑块和小车两者以v=1 m/s的速度水平向右匀速行驶，水平面光滑。质量为m0=0.1 kg的子弹以v0=179 m/s的速度水平向左飞行，瞬间击中滑块并留在其中，之后一段时间滑块和小车发生相对滑动，最终滑块刚好不会从小车上掉下(g=10 m/s2)，求：
(1)子弹击中滑块后瞬间滑块的速度大小；
(2)小车最终运动的速度大小；
(3)从子弹击中滑块开始小车向右运动的最长时间。
15.如图甲，粗糙绝缘水平面上有两个完全相同的金属小滑块A、B，质量均为m。空间有场强大小均为E、方向均沿水平且相反的两个匀强电场，滑块B处于电场分界线上。开始时，A带电量为+2q，B不带电，A、B相距s，速度均为0，一段时间后A、B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，碰后A、B所带电荷量均恒为+q，碰后A的最大速度恰好与碰前的最大速度大小相等，A的部分v−t关系如图乙所示(vm为未知量)，整个过程中，A、B之间的库仑力视为真空中点电荷的相互作用，静电力常量为k，A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小均为qE。求：
(1)经多长时间A、B发生弹性正碰；
(2)碰撞后A的速度最大时A、B间的距离；
(3)碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B间的库仑力对A、B做的总功。
答案解析
1.B
【解析】A.平抛运动中，速度大小方向都在发生变化，则由p=mv可知，动量的方向会发生变化，故A错误；
BCD.由于物体所受合外力的冲量大小等于它的动量的变化量，即Δp=I冲=Ft=Gt，由此可得，动量变化量的方向始终向下不变，相同时间内动量的变化量相同，且动量变化快慢不变，故B正确，CD错误。
故选B。
2.D
【解析】以水为研究对象，根据动量定理可知F=mvt，而mt=Qρ，Q=14πd2v，
代入可得F=4ρQ2πd2，
根据牛顿第三定律，钢板受到水的冲力F′=4ρQ2πd2。
故选D。
3.D
【解析】设磁感应强度大小为B，ad边长为L，则abcd的长度为3L，ad与abcd并联，两者电阻之比为1:3，则电流之比为3:1，
则在a、d点接一直流电源后流过ad导线的电流为I，abcd导线的电流为I3;
导线ad边所受的安培力大小F=BIL;导线abcd的有效长度为L，受到的安培力大小为BIL3=F3;根据左手定则，导线ad边受到的安培力方向与abcd受到的安培力方向都垂直于ad向下，则整个线框所受安培力为F+F3=43F，故ABC错误，D正确。
4.D
【解析】解：通电情况下，导体棒的受力情况如图所示，导体棒保持静止的临界状态受力为
mgsinθ+BELR=μ(mgcsθ+F)
代入数据解得
F=26N
即时导体棒恰好可以保持静止，因此要使导体棒保持静止F≥26N．
故ABC错误，D正确
故选：D。
对导体棒进行受力分析，根据平衡条件可解得向下压力的最小值。
本题以导体棒的受力平衡为载体，重点考查在安培力作用下的受力平衡问题，要求学生能掌握安培力方向的判断，大小的计算，并且能分析出导体棒平衡的临界状态。较好地考查了学生的科学思维。
5.A
【解析】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；
C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故C正确；
D、由以上分析可知，a、c两点处磁感应强度的方向都竖直向下，方向相同，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。
6.A
【解析】A.由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
p总后=p1+Δp1+p2+Δp2=12kg⋅m/s=p总前
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后A球动量变为
p 1′=2kg⋅m/s
碰后B球动量变为
p 2′=10kg⋅m/s
其碰前总动能为
Ek前=p122m1+p222m2=252m1+492m2
碰撞后总动能为
Ek后=p1+Δp122m1+p2+Δp222m2=42m1+1002m2
碰撞前后能量的变化为
ΔEk=Ek前−Ek后=212m1−512m2
由于A和B球的质量未知，若
m2m1≤2151
则由
ΔEk≥0
即满足系统的总动能不增加，即符合能量守恒，而碰后两球的动量都与原方向相同，且A球的动量变小，即A球的速度变小，B球的动量增加，即B球的速度增加，所以可能A球速度小于B球的速度，满足实际运动情况。该情况可能发生，故A正确；
B.两个小球发生正碰，则其系统碰撞前后应该满足动量守恒，碰前总动量为
p总前=p1+p2=12kg⋅m/s
碰后总动量为
p总后=p1+Δp1+p2+Δp2=18kg⋅m/s>p总前
由上述可知，系统碰撞前后动量不守恒，故B错误；
C.由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
p总后=p1+Δp1+p2+Δp2=12kg⋅m/s=p总前
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，碰后两球的动量都与原方向相同，但A球的动量增加，与实际运动不符，故C错误；
D.由题意可知，其系统碰撞后的总动量为
p总后=p1+Δp1+p2+Δp2=12kg⋅m/s=p总前
由上述可知，系统碰撞前后满足动量守恒，进一步分析可知，碰后A球的动量变为
p 1′=−5kg⋅m/s
B球碰动量变为
p 2′=−17kg⋅m/s
根据动能与动量的关系有
Ek=12mv2=p22m
由上述式子可知，其A球碰撞前后动能大小不变，但是B球碰后动能变大，即对于A、B组成的系统来说其系统的总动能在碰后大于碰前，违反了能量守恒，故D错误。
故选A。
7.A
【解析】A.由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受的弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，故A正确；
B.对于弹簧、m1、m2组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以m1、m2组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C.当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v，解得：v=m2v0m1+m2；由系统的机械能守恒得：12m2v02=12(m1+m2)v2+EP，解得：EP=m1m2v022(m1+m2)，故C错误；
D.若m1>m2，当弹簧伸长时，m1一直在加速，当弹簧再次恢复原长时m1速度达到最大，弹簧伸长时m2先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零．所以m1速度达到最大时，m2速度不是最小，故D错误。
故选A。
8.BD
【解析】解：作出电子的运动轨迹图，如图所示，据半径公式r=mvBe、周期公式T=2πmBe和几何关系有：s=ON=2r×sinθ=2mv⋅sinθBe，由圆的对称关系知，电子在磁场中的偏转时间t=2θ2π×2πmBe=2θmBe。
AB、若θ一定，增大速度v时，从上述s=2mv⋅sinθBe知，距离要增大，时间t=2θmBe不变，故A错误，B正确；
CD、若速度v大小一定，θ角从30°增大到150°过程中，轨迹分别画出轨迹1、2、3所示，从上述s=2mv⋅sinθBe知，距离先增大到90°时最大，然后减小。而时间t=2θmBe一直增大，故C错误，D正确。
故选：BD。
先画出一般情况下电子的运动轨迹，由几何关系表示出电子打到平板MN上的位置到小孔的距离s和在磁场中运动的时间t，然后用数学的方法判断在各选项情况下s和t的变化。
画出轨迹，从轨迹图可以看出结果，当然从数学表达式也能得到结果，本题的关键是要有变化的思维去分析问题，不要只停留在锐角的前提下，还要考虑钝角情况。
9.BD
【解析】物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由12mv2=mgℎ得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，方向沿斜面向下；
A.设斜面的倾角为β，根据牛顿第二定律有：mgsinβ=ma，则可得两物体的加速度分别为：a=gsinθ与a ′=gsinα，设斜面的高度为ℎ，根据位移时间关系有：ℎsinβ=12at2，可得两物体在斜面上运动时间为：t=1sinθ 2ℎg与t ′=1sinα 2ℎg，则可知两物体运动时间不同，根据I=mgt可知，两物体所受重力的冲量也不相同，故A错误；
B.物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同，根据动量定理：I=△p=mv−0，所以合力的冲量大小相等，方向是不同的，故B正确；
CD.物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同，故C错误，D正确。
故选BD。
10.BD
【解析】解：A、根据x−t图像的斜率等于速度，可知碰撞前P的速度v0=ΔxΔt=164m/s=4m/s，碰撞前P的动量为p0=mPv0=1×4kg⋅m/s=4kg⋅m/s，故A错误；
B、根据图象可知，碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，故B正确；
C、碰撞后，二者的共同速度v=22−1610−4m/s=1m/s，取碰撞前P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mPv0=(mP+mQ)v，解得：mQ=3kg，故C错误；
D、对Q，由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I=mQv−0=3×1N⋅s=3N⋅s，故D正确。
故选：BD。
根据x−t图像的斜率等于速度，求出碰撞前P的速度，根据动量的定义式p=mv求解碰撞前P的动量；碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程中存在机械能的损失；由图像的斜率求出碰撞后PQ的共同速度，根据动量守恒定律求解物块Q的质量；对Q，根据动量定理求解P对Q的冲量。
解决本题的关键是明确知道位移—时间图象的斜率表示速度，碰撞过程遵守动量守恒定律。
11. BD##DB m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON B
【解析】(1)[1]A.实验过程中白纸必须始终放在复写纸的下面，且不能调整位置，故A错误；
B.以最小的圆圈住尽可能多的落点，则圆心可视为小球的平均落点，使实验结果尽可能准确，故B正确；
C.为保证小球 A 碰撞后不被弹回，两个小球的质量需要满足 m1>m2 ，实验中只需保证小球 A 到达轨道末端的速度相同，所以轨道表面不必光滑，故C错误；
D.小球 m1 与 m2 碰撞后， m1、m2 的落点分别是题图乙中的 M、N 点，故D正确。
故选BD；
(2)[2]对小球 A 和B，根据动量守恒得
m1v0=m1v1+m2v2
小球从轨道末端飞出后做平抛运动，竖直方向有
ℎ=12gt2
水平方向有
OP=v0tOM=v1tON=v2t
整理得
m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON
(3)[3]小球 m1 与 m2 碰撞后分开，说明不是完全非弹性碰撞，假设两小球是弹性碰撞，系统动量守恒有
m1v0=m1v1+m2v2
根据系统能量守恒有
12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立两式解得
v2=v0+v1
即
ONt=OPt+OMt
可得
OP=MN
由于 OP>MN ，该碰撞不是弹性碰撞，是非弹性碰撞。
12.(1)1.20；(2)①R1；②串联；900；④1.4；0.67
【解析】(1)直流2.5V挡的表盘分度值为0.05V，根据指针所指刻度可知E=1.20V
(2)①由于电源内阻只有几欧姆，因此为了操作方便且能准确进行测量，滑动变阻器应选择最大值较小的R1；
②利用电流表G和电阻箱改装成量程为2V的电压表，电流表改装成电压表要串联电阻，所串联的阻值R=U−IgRgIg=2−2×100×10−32×10−3Ω=900Ω
④根据闭合电路欧姆定律有E=I1(Rg+R0)+I2r
变形得I1=−I2rRg+R0+ERg+R0
结合图像可知斜率的绝对值|k|=rRg+R0=(1.4−1.0)×10−30.6=23×10−3
解得r≈0.67Ω
根据图像的纵轴截距b=ERg+R0=1.4×10−3A
解得E=1.4V
13.解：(1)粒子在场区受力平衡：qE=qv0B…①
解得：v0=EB，根据带正电粒子所受电场力的方向与电场强度的方向相同，可知场强的方向由A指向C
(2)过Q点作半径OQ，它与CA的延长线交于圆心O，作QH⊥CA，垂足为H，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02R…②
在直角三角形HOQ中：HO2+HQ2=R2…③
HQ=2a−acs45°=(2− 22)a…④
HO=OC−HC=(R+a)−HQ…⑤
联立③④⑤解得：R=3a…⑥
联立①②⑥解得：qm=E3aB2…⑦；
答：(1)电场强度的方向和粒子进入场区的速度大小v0为EB，
(2)若仅撤去电场，粒子仍以原速度自P点射入磁场，从Q点射出磁场，粒子的比荷为E3aB2。
【解析】(1)根据正电的粒子在电磁场中做直线运动可以，粒子受力平衡，根据电场力等于洛伦兹力求出初速度；
(2)根据洛伦兹力提供向心力公式结合几何关系求解。
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，知道若粒子在混合场中做直线运动，则粒子受力平衡，能结合几何关系求解，难度适中。
14.解：(1)设子弹射入木块后子弹与木块的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m0v0−mv=(m+m0)v1，
代入数据解得v1=8m/s；
(2)木块和子弹恰好不从小车上掉下来，则木块和子弹相对小车滑行d=6m时，跟小车具有共同速度v2，设向左为正方向，则由动量守恒定律有
(m+m0)v1−Mv=(m+m0+M)v2，
代入数据解得v2=0.8m/s；
(3)由能量守恒定律有Q=12(m+m0)v12+12Mv2−12(m+m0+M)v22，
由功能关系有Q=μ(m+m0)gd，
解得μ=0.54，
设向左为正方向，根据动量定理得
−μ(m+m0)gt=0−Mv，
解得t=2027s=0.74s。

【解析】整个运动的过程中，系统的动量守恒，对于不同的过程，根据动量守恒和能量守恒计算即可解决。(1)子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出滑块的速度；
(2)子弹、滑块、小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求出它们的最终速度；
(3)根据能量守恒定律结合功能关系求出动摩擦因数，然后分析滑块，由动量定理求时间。
15.解：(1) A受到的合外力大小F=2qE−qE，
由牛顿第二定律可得A的加速度大小a=Fm=qEm，
设经时间t发生碰撞，则s=12at2，
联立解得t= 2smqE；
(2)碰撞后A的速度最大时所受合力为零，有qE+qE=F库，
设A、B间的距离为x，则心F库=kq2x2，
可得x= kq2E；
(3)碰撞前A的瞬时速度为vm，有
vm= 2as，
设碰后瞬间B的速度为v0，A的瞬时速度为v′，A、B发生弹性正碰时动量守恒、机械能守恒，
mvm=mv′+mv0，
12mvm2=12mv02+12mv′ 2，
可得v′=0，v0= 2qEsm，
碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，A、B系统受到的合外力为零，动量守恒，有会
mv0=mvB−mvm，
设库仑力对A、B做的总功为W，由动能定理可得W−qEx−qEx=12mvm2+12mvB2−12mv02，
可得W=4qEs+q 2qEk。
【解析】(1)对A受力分析，根据牛顿第二定律得出加速度，再结合位移时间关系得出时间；
(2)碰撞后A的速度最大时所受合力为零，列出受力平衡方程即可；
(3)弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒列式子。碰撞分离后至A速度达到最大的过程中，AB系统动量守恒。再结合动能定理得出A、B间的库仑力对A、B做的总功。
本题是物体在电场和重力场复合场中的动量和能量的关系及动力学问题，难道较大。