2023年高考福建卷物理真题

“祝融号”火星车沿如图所示路线行驶，在此过程中揭秘了火星乌托邦平原浅表分层结构，该研究成果被列为“2022年度中国科学十大进展”之首。“祝融号”从着陆点O处出发，经过61天到达M处，行驶路程为585米；又经过23天，到达N处，行驶路程为304米。已知O、M间和M、N间的直线距离分别约为463米和234米，则火星车（　　）

A．从O处行驶到N处的路程为697米

B．从O处行驶到N处的位移大小为889米

C．从O处行驶到M处的平均速率约为20米/天

D．从M处行驶到N处的平均速度大小约为10米/天

【答案与解析】

O到N路程 $585\mathrm{m}+304\mathrm{m}=889\mathrm{m}$ ，A错；位移大小为O、N间直线距离，不等于889m，B错；O到M平均速率 $585/61\approx9.6\text{m/天}$ ，C错；M到N平均速度大小 $234/23\approx10\text{m/天}$ ，D对。故选D。
一简谐横波在 $t=0$ 时刻的波形图如图所示，该简谐波沿 $x$ 轴正方向传播，周期 $T=2.5\mathrm{s}$ ，质点 $P$ 的横坐标 $x=8\mathrm{m}$ ，则（　　）

A．简谐波的波长为 $15\mathrm{m}$

B．简谐波的波速是 $8\mathrm{m/s}$

C．简谐波的振幅为 $0.5\mathrm{m}$

D． $t=0$ 时， $P$ 向 $y$ 轴负方向运动

【答案与解析】

由波形图知波长 $\lambda=20\mathrm{m}$ 、振幅 $A=0.25\mathrm{m}$ ，A错、C错；波速 $v=\lambda/T=20/2.5\mathrm{m/s}=8\mathrm{m/s}$ ，B对；波沿 $+x$ 方向，P位于 $x=8\mathrm{m}$ 处下降段，由同侧法/波形平移法知P向 $+y$ 方向运动，D错。故选B。
如图，一教师用侧面开孔的透明塑料瓶和绿光激光器演示“液流导光”实验。瓶内装有适量清水．水从小孔中流出后形成了弯曲的液流。让激光水平射向小孔，使光束与液流保持在同一竖直平面内，观察到光束沿着弯曲的液流传播。下列操作中，有助于光束更好地沿液流传播的是（　　）

A．减弱激光强度

B．提升瓶内液面高度

C．改用折射率更小的液体

D．增大激光器与小孔之间的水平距离

【答案与解析】

减弱激光强度不改变临界角与流型，A错；提升瓶内液面高度使水流加快、液流更稳定连贯，更利于光在液流内发生全反射并沿液流传播，B对；改用折射率更小的液体使临界角变大，更难发生全反射，C错；改变激光器到小孔的水平距离不改变入射方向与流型，D错。故选B。
如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界 $OO^{\prime}$ 垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

棒a进入磁场后受向左的安培力做减速运动，由动量定理 $-\dfrac{B^{2}L^{2}}{R}\,x=mv-mv_{0}$ ，得 $v=v_{0}-\dfrac{B^{2}L^{2}}{mR}x$ ，故 $v-x$ 为一次函数图像，A对、B错；克服安培力做功的功率 $P=Fv=\dfrac{B^{2}L^{2}v^{2}}{R}$ ， $P$ 为 $v$ 的二次函数， $P-x$ 图像为开口向上的抛物线（ $F^{\prime}$ 、 $v$ 均减小使 $P$ 减小），C、D均错。故选A。
如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为 $T_{1}$ ，第一节车厢对第二节车厢的拉力为 $T_{2}$ ，第二节车厢对第三节车厢的拉力为 $T_{3}$ ，则（　　）

A．当火车匀速直线运动时， $T_{1}=T_{2}=T_{3}$

B．当火车匀速直线运动时， $T_1:T_2:T_3=3:2:1$

C．当火车匀加速直线运动时， $T_{1}=T_{2}=T_{3}$

D．当火车匀加速直线运动时， $T_1:T_2:T_3=3:2:1$

【答案与解析】

设每节车厢质量 $m$ ，阻力 $f=\mu mg$ 。匀速时： $T_{3}=\mu mg$ ， $T_{2}=T_{3}+\mu mg=2\mu mg$ ， $T_{1}=T_{2}+\mu mg=3\mu mg$ ，即 $T_{1}:T_{2}:T_{3}=3:2:1$ ，A错、B对；匀加速 $a$ 时： $T_{3}=m(a+\mu g)$ ， $T_{2}=2m(a+\mu g)$ ， $T_{1}=3m(a+\mu g)$ ，比值仍为 $3:2:1$ ，C错、D对。故选BD。
地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是（　　）

A．地表电荷为负电荷

B．环形电流方向与地球自转方向相同

C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大

D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大

【答案与解析】

由图示地磁场方向，地表电荷为负电荷时环形电流方向与自转方向相反，可产生图示磁场分布，A对、B错；电流 $I\propto q$ ，电荷量增大则磁场增强，C对；自转角速度减小则电流减小，磁场减弱，D错。故选AC。
甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（　　）

A．0 ~ $2s$ 内，甲车的加速度大小逐渐增大

B．乙车在 $t = 2s$ 和 $t = 6s$ 时的速度相同

C．2 ~ $6s$ 内，甲、乙两车的位移不同

D． $t = 8s$ 时，甲、乙两车的动能不同

【答案与解析】

由图(a)0~~2s内甲车做匀加速直线运动，加速度大小不变，A错；由图(b)，0~~2s内冲量 $I_{2}=\frac{1}{2}\times2\times2=2\mathrm{N\cdot s}$ ，2~~6s内冲量 $I_{2-6}=\frac{1}{2}\times2\times2-\frac{1}{2}\times2\times2=0$ ，故6s时速度仍为 $2/m$ ，与2s时相同，B对；2~~6s内甲车速度由 $2$ 减至 $-2$ 再回到 $0$ ，位移为 $0$ ；乙车速度始终为正，位移非零，二者位移不同，C对；由动量定理，0~8s内乙车冲量为 $0$ ， $t=8\mathrm{s}$ 时速度为 $0$ ，与甲车动能均为 $0$ ，D错。故选BC。
人类为探索宇宙起源发射的韦伯太空望远镜运行在日地延长线上的拉格朗日 $L_2$ 点附近， $L_2$ 点的位置如图所示。在 $L_2$ 点的航天器受太阳和地球引力共同作用，始终与太阳、地球保持相对静止。考虑到太阳系内其他天体的影响很小，太阳和地球可视为以相同角速度围绕日心和地心连线中的一点O（图中未标出）转动的双星系统。若太阳和地球的质量分别为M和m，航天器的质量远小于太阳、地球的质量，日心与地心的距离为R，万有引力常数为G， $L_2$ 点到地心的距离记为r（ $r << R$ ），在 $L_2$ 点的航天器绕O点转动的角速度大小记为 $\omega$ 。下列关系式正确的是（　　）[可能用到的近似 $\frac{1}{(R+r)^{2}}\approx\frac{1}{R^{2}}\left(1-2\frac{r}{R}\right)]$

A． $\omega=\left[\frac{G(M+m)}{2R^{3}}\right]^{\frac{1}{2}}$

B． $\omega=\left[\frac{G(M+m)}{R^{3}}\right]^{\frac{1}{2}}$

C． $r=\left[\frac{3m}{3M+m}\right]^{\frac{1}{3}}R$

D． $r=\left[\frac{m}{3M+m}\right]^{\frac{1}{3}}R$

【答案与解析】

太阳和地球绕连线中点O转动， $G\dfrac{Mm}{R^{2}}=M\omega^{2}r_{M}=m\omega^{2}r_{m}$ ， $r_{M}+r_{m}=R$ ，解得 $\omega^{2}=\dfrac{G(M+m)}{R^{3}}$ ，A错、B对；L2点距地心 $r$ ，距日心 $R+r$ ，由 $GM/(R+r)^{2}+Gm/r^{2}=\omega^{2}(r_{M}+r)$ ，取 $\dfrac{1}{(R+r)^{2}}\approx\dfrac{1}{R^{2}}\left(1-\dfrac{2r}{R}\right)$ ，化简得 $r^{3}=\dfrac{mR^{3}}{3M+m}$ ，即 $r=\sqrt[3]{\dfrac{m}{3M+m}}R$ ，C错、D对。故选BD。
福建福清核电站采用我国完全自主研发的“华龙一号”反应堆技术，建设了安全级别世界最高的机组。机组利用 $^{235}U$ 核裂变释放的能量发电，典型的核反应方程为 $_{0}^{1}\mathrm{n}+_{92}^{235}\mathrm{U}\rightarrow_{Z}^{141}\mathrm{Ba}+_{36}^{A}\mathrm{Kr}+3_{0}^{1}\mathrm{n}$ ，则A = ＿＿＿＿；Z = ＿＿＿＿；若核反应过程中质量亏损 $1g$ ，释放的能量为＿＿＿＿J。（光速大小取3.0 $\times 10^8\mathrm{m/s}$ ）

【答案与解析】

由质量数守恒 $1+235=141+A+3$ ，得 $A=92$ ；由电荷数守恒 $0+92=Z+36+0$ ，得 $Z=56$ ；释放能量 $E=\Delta mc^{2}=10^{-3}\times(3.0\times10^{8})^{2}\mathrm{J}=9\times10^{13}\mathrm{J}$ 。故填92；56； $9\times10^{13}$ 。
“场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，如图所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心的圆弧，d为ob的中点。a、d两点场强大小分别为 $E_a$ 、 $E_d$ ，o、a、c、d四点电势分别为 $\varphi_o$ 、 $\varphi_a$ 、 $\varphi_c$ 、 $\varphi_d$ ，则 $\varphi_a$ ＿＿＿＿ $\varphi_d$ ； $\varphi_a$ ＿＿＿＿ $\varphi_c$ ， $(\varphi_o-\varphi_a)$ ＿＿＿＿ $2(\varphi_o-\varphi_d)$ 。（填“大于”“等于”或“小于”）

【答案与解析】

钨针尖与导电膜间电场为正点电荷场，电势 $\varphi=kQ/r$ 。 $Oa=Ob=Oc$ ， $Od=Ob/2$ 。由 $\varphi$ 随 $r$ 增大而减小， $\varphi_{a}<\varphi_{d}$ ； $Oa=Oc$ ， $\varphi_{a}=\varphi_{c}$ ；场强 $E=kQ/r^{2}$ 沿径向，距O越近场强越大，od段平均场强大于db段，故 $\varphi_{o}-\varphi_{a}=\varphi_{o}-\varphi_{b}<2(\varphi_{o}-\varphi_{d})$ 。故填小于；等于；小于。
一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其 $p-V$ 图如图所示。完成一次循环，气体内能＿＿＿＿（填“增加”“减少”或“不变”），气体对外界＿＿＿＿（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体＿＿＿＿（填“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”）。

【答案与解析】

完成一次循环回到初态，理想气体温度不变，内能不变；p-V图上 $A\to B\to C$ 段气体体积减小是外界对气体做功， $C\to D\to A$ 段体积增大是气体对外做功，且后者图线与V轴所围面积大于前者，故气体对外界做正功；由热力学第一定律 $\Delta U=Q+W$ 且 $\Delta U=0$ 、 $W<0$ （即气体对外做正功），得 $Q>0$ ，气体吸热。故填不变；做正功；吸热。
某小组用图（a）所示的实验装置探究斜面倾角是否对动摩擦因数产生影响。所用器材有：绒布木板、滑块、挡光片、米尺、游标卡尺、光电门、倾角调节仪等。实验过程如下：

（1）将绒布平铺并固定在木板上，然后将光电门A、B固定在木板上。用米尺测量A、B间距离L；（2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示。该挡光片宽度 $d=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ （3）调节并记录木板与水平面的夹角 $\theta$ ，让装有挡光片的滑块从木板顶端下滑。记录挡光片依次经过光电门A和B的挡光时间 $\Delta t_{A}$ 和 $\Delta t_{B}$ ，求得挡光片经过光电门时滑块的速度大小 $v_{A}$ 和 $v_{B}$ 。某次测得 $\Delta t_{A}=5.25\times10^{-3}\mathrm{s}$ ，则 $v_{A}=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ （结果保留3位有效数字）（4）推导滑块与绒布间动摩擦因数 $\mu$ 的表达式，可得 $\mu=$ ＿＿＿＿（用L、 $v_{A}$ 、 $v_{B}$ 、 $\theta$ 和重力加速度大小g表示），利用所得实验数据计算出 $\mu$ 值；（5）改变 $\theta$ 进行多次实验，获得与 $\theta$ 对应的 $\mu$ ，并在坐标纸上作出 $\mu-\theta$ 关系图像，如图（c）所示；

（6）根据上述实验，在误差允许范围内，可以得到的结论为＿＿＿＿。

【答案与解析】

（1）略。（2）该游标卡尺为20分度，精度 $0.05\mathrm{mm}$ ，读数 $d=5\mathrm{mm}+5\times0.05\mathrm{mm}=5.25\mathrm{mm}$ 。（3） $v_{A}=d/\Delta t_{A}=5.25\times10^{-3}/(5.25\times10^{-3})\mathrm{m/s}=1.00\mathrm{m/s}$ 。（4）由动能定理 $\dfrac{1}{2}mv_{B}^{2}-\dfrac{1}{2}mv_{A}^{2}=mgL\sin\theta-\mu mgL\cos\theta$ ，得 $\mu=\tan\theta-\dfrac{v_{B}^{2}-v_{A}^{2}}{2gL\cos\theta}$ 。（5）略。（6）由 $\mu$ - $\theta$ 图线为水平线，在误差允许范围内，斜面倾角对动摩擦因数没有影响。故填5.25；1.00； $\tan\theta-\dfrac{v_{B}^{2}-v_{A}^{2}}{2gL\cos\theta}$ ；斜面倾角对动摩擦因数没有影响。
某同学用图（a）所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C（ $4.7\mu\mathrm{F}$ ， $10\mathrm{V}$ ），定值电阻R（阻值 $2.0\mathrm{k\Omega}$ ）、开关S、导线若干。（1）电解电容器有正、负电极的区别。根据图（a），将图（b）中的实物连线补充完整＿＿＿＿；

（2）设置电源，让电源输出图（c）所示的矩形波，该矩形波的频率为＿＿＿＿ $\mathrm{Hz}$ ；

（3）闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压 $U_{C}$ 随时间周期性变化，结果如图（d）所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于＿＿＿＿状态（填“充电”或“放电”）在＿＿＿＿点时（填“A”或“B”），通过电阻R的电流更大；（4）保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压 $U_m$ 与频率f关系图像，如图（e）所示。当 $f=45\mathrm{Hz}$ 时电容器所带电荷量的最大值 $Q_{m}=$ ＿＿＿＿C（结果保留两位有效数字）；

（5）根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。

【答案与解析】

（1）按图(a)将电源正极经开关S、电阻R接电解电容器C的正极，电源负极接C的负极，电压传感器并联在C两端（注意正负极对应）。（2）由图(c)知矩形波周期 $T=20\times10^{-3}\mathrm{s}$ ，频率 $f=1/T=50\mathrm{Hz}$ 。（3）B点 $U_{C}$ 正在减小，电容器放电；A点处于波峰，电流为零，B点电流不为零，故B点电流更大。（4）由图(e)读出 $f=45\mathrm{Hz}$ 时 $U_{m}\approx3.8\mathrm{V}$ ， $Q_{m}=CU_{m}=4.7\times10^{-6}\times3.8\mathrm{C}\approx1.8\times10^{-5}\mathrm{C}$ 。故填50；放电；B； $1.8\times10^{-5}$ 。
阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在 $PP^{\prime}$ 上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中， $v=9.6\times10^{4}\mathrm{m/s},B=0.1\mathrm{T}$ ，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为 $4.8\times10^{6}\mathrm{C/kg}$ ；P、O、M、N、P'在同一直线上；离子重力不计。（1）求OM的长度；（2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。

【答案与解析】

（1）离子垂直射入磁场做匀速圆周运动，由 $qvB=m\dfrac{v^{2}}{r}$ 得 $r=\dfrac{mv}{qB}=\dfrac{v}{(q/m)B}=\dfrac{9.6\times10^{4}}{4.8\times10^{6}\times0.1}\mathrm{m}=0.2\mathrm{m}$ ，OM为直径，故 $OM=2r=0.4\mathrm{m}$ 。（2）ON=1.1OM=0.44m，对应圆周半径 $r'=0.22\mathrm{m}$ ，比荷 $\dfrac{q'}{m'}=\dfrac{v}{Br'}=\dfrac{9.6\times10^{4}}{0.1\times0.22}\mathrm{C/kg}\approx4.4\times10^{6}\mathrm{C/kg}$ 。即（1） $0.4\mathrm{m}$ ；（2） $4.4\times10^{6}\mathrm{C/kg}$ 。
一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴 $OO^{\prime}$ 上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度 $L=0.2\mathrm{m}$ ，杆与竖直转轴的夹角a始终为 $60^\circ$ ，弹簧原长 $x_{0}=0.1\mathrm{m}$ ，弹簧劲度系数 $k=100\mathrm{N/m}$ ，圆环质量 $m=1\mathrm{kg}$ ；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取 $10\mathrm{m/s^2}$ ，摩擦力可忽略不计（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。

【答案与解析】

（1）静止时圆环受力平衡，沿杆方向： $k(x-x_{0})=mg\cos\alpha$ （取杆沿向上外方向，弹力与重力分量反向），得 $x=x_{0}+\dfrac{mg\cos\alpha}{k}=0.1+\dfrac{1\times10\times0.5}{100}\mathrm{m}=0.05\mathrm{m}$ 。（2）弹簧处于原长时 $x=x_{0}=0.1\mathrm{m}$ ，沿杆方向 $m\omega^{2}x\sin^{2}\alpha=mg\cos\alpha$ ，得 $\omega^{2}=\dfrac{g\cos\alpha}{x_{0}\sin^{2}\alpha}=\dfrac{10\times0.5}{0.1\times0.75}=\dfrac{200}{3}$ ， $\omega=\dfrac{10\sqrt{6}}{3}\mathrm{rad/s}\approx8.2\mathrm{rad/s}$ 。（3） $x=L=0.2\mathrm{m}$ 时， $m\omega^{2}L\sin^{2}\alpha=mg\cos\alpha+k(L-x_{0})$ ，代入得 $\omega^{2}=\dfrac{5+100\times0.1}{1\times0.2\times0.75}=100$ ， $\omega=10\mathrm{rad/s}$ 。即（1） $0.05\mathrm{m}$ ；（2） $\dfrac{10\sqrt{6}}{3}\mathrm{rad/s}$ （约 $8.2\mathrm{rad/s}$ ）；（3） $10\mathrm{rad/s}$ 。
如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为 $q(q>0)$ 和 $-q$ 。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为 $2qE$ 。 $t=0$ 时，A以初速度 $v_{0}$ 向右运动，B处于静止状态。在 $t_{1}$ 时刻，A到达位置S，速度为 $v_{1}$ ，此时弹簧未与B相碰；在 $t_{2}$ 时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为 $3qE$ ；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为 $2v_1$ ，此时 $t=t_3$ 。 $0\sim t_{3}$ 时间内A的 $v-t$ 图像如图（b）所示， $v_{1}$ 为图线中速度的最小值， $t_{1}$ 、 $t_{2}$ 、 $t_{3}$ 均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。（1）求 $0\sim t_{1}$ 时间内，合外力对A所做的功；（2）求 $t_{1}$ 时刻A与B之间的距离；（3）求 $t_{1}\sim t_{2}$ 时间内，匀强电场对A和B做的总功；（4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为 $2v_1$ ，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。

【答案与解析】

（1）由动能定理， $0\sim t_{1}$ 时间内合外力对A做功 $W=\dfrac{1}{2}mv_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$ 。（2） $t_{1}$ 时A有最小速度，加速度为零： $k\dfrac{q^{2}}{r_{0}^{2}}+qE=2qE$ ，得 $r_{0}=\sqrt{\dfrac{kq}{E}}$ 。（3） $t_{2}$ 时A有最大速度，加速度为零： $k\dfrac{q^{2}}{r_{2}^{2}}+qE=2qE+3qE$ ，得 $r_{2}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{kq}{E}}$ ，A、B间距离由 $r_{0}$ 减至 $r_{0}/2$ 。 $t_{1}\sim t_{2}$ 内匀强电场对A、B做的总功等于电场力沿A、B连线方向作用力与A、B间距变化之积： $W=qE(r_{0}-r_{2})=\dfrac{q}{2}\sqrt{kqE}$ 。（4）A、B系统水平方向所受外力合力为零（电场对A、B合力 $qE-qE=0$ ；摩擦力对A向左、对B向右，等大反向亦抵消），动量守恒。以A到达S时为初态，设向右为正，原情形初动量 $mv_{1}$ ，末动量 $m(2v_{1})+mv_{B3}$ ，得 $v_{B3}=-v_{1}$ ；新情形初动量 $2mv_{1}$ ，末动量 $mv_{A}'+mv_{B}'$ ，得 $v_{B}'=2v_{1}-v_{A}'$ 。从S到杆碰B前，外力做功相同（位移与几何相同），故末态动能之和与原情形相等： $\dfrac{1}{2}m(2v_{1})^{2}+\dfrac{1}{2}m(v_{1})^{2}=\dfrac{1}{2}m(v_{A}')^{2}+\dfrac{1}{2}m(v_{B}')^{2}$ ，解得 $v_{A}'=(1+\sqrt{3})v_{1}$ 。即（1） $\dfrac{1}{2}mv_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}$ ；（2） $\sqrt{\dfrac{kq}{E}}$ ；（3） $\dfrac{q\sqrt{kqE}}{2}$ ；（4） $(1+\sqrt{3})v_{1}$ 。