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2024 年福建省普通高中学业水平等级性考试
物理
一、单项选择题：本题共 4小题，每小题 4分，共 16分，在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
的
63Ni
1. 2024 年我国研发出一款安全性高、稳定发电时间长 新微型原子能电池。该电池将28 衰变释放的能
63Ni®63 Cu+X+v v
量转化为电能，衰变方程为28 29 e，式中 e，是质量可忽略不计的中性粒子，则 X 表示
的是（ ）
A. 4He B. 0e C. 0e D. 1n
2 -1 1 0
【答案】B
【解析】
【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为0，电荷数-1，则X为 0e。
-1
故选B。
2. 如图（a），装有砂粒的试管竖直静浮于水中，将其提起一小段距离后释放，一段时间内试管在竖直方向
的振动可视为简谐运动。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，试管振动图像如图（b）所示，
则试管（ ）
A. 振幅为2.0cm B. 振动频率为2.5Hz
C. 在t =0.1s时速度为零 D. 在t =0.2s时加速度方向竖直向下
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据图像(b)可知，振幅为1.0cm；周期为
T =0.4s
则频率为
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学科网（北京）股份有限公司1 1
f = = Hz=2.5Hz
T 0.4
故A错误，B正确；
C．根据图像可知，t =0.1s时质点处于平衡位置，此时速度最大，故C错误；
D．根据图像可知，t =0.2s时质点处于负向最大位置处，则此时加速度方向竖直向上，故D错误。
故选B。
3. 某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试的速度一时间图像如图
所示。已知0~3.0s和3.5~6.0s内图线为直线，3.0~3.5s内图线为曲线，则该车（ ）
A. 在0~3.0s的平均速度为10m/s B. 在3.0~6.0s做匀减速直线运动
C. 在0~3.0s内的位移比在3.0~6.0s内的大 D. 在0~3.0s的加速度大小比3.5~6.0s的小
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据v-t图像可知，在0~3.0s内汽车做匀加速直线运动，平均速度为
0+30
v= m/s=15m/s
2
故A错误；
B．根据v-t图像可知，在3.0~3.5s内速度一时间图像为曲线，汽车做非匀变速运动，在3.5~6s内图
像为倾斜的直线，汽车做匀减速直线运动，故B错误；
C．根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移大小，在图中做一条辅助线，如图所示：
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学科网（北京）股份有限公司可得在0~3.0s汽车的位移大小为
1
x = ´30´3m=45m
1 2
在3.0~6s汽车的位移大小
1
x > ´30´6-3.0m=45m
2 2
可知0~3.0s的位移比3.0~6.0s的小，故C错误。
D．根据v-t图像的斜率绝对值表示加速度大小，由可知在0~3.0s的汽车加速度为
30
a = m/s2 =10m/s2
1 3
在3.5~6s的汽车加速度约为
0-29
a » m/s2 =-11.6m/s2
2 6-3.5
负号表示加速度方向和速度相反，则在0~3.0s的加速度大小比3.5~6.0s的小，故D正确。
故选D。
4. 拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭
转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回
路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场
区域的边界是半径为r的圆（r < R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量），则回
路中产生的感应电动势大小为（ ）
A. 0 B. kπR2 C. 2kπr2 D. 2kπR2
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（n = 2）线圈串联的闭合回路，穿过回路的
磁场有效面积为
S =pr2
根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为
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学科网（北京）股份有限公司DF DB×S
E =n =n =2kpr2
Dt Dt
故选C。
二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 6分，共 24分，每小题有多项符合题目要求，全
部选对的得 6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。
5. 据报道，我国计划发射的“巡天号”望远镜将运行在离地面约400km的轨道上，其视场比“哈勃”望
远镜的更大。已知“哈勃”运行在离地面约550km的轨道上，若两望远镜绕地球近似做匀速圆周运动，
则“巡天号”（ ）
A. 角速度大小比“哈勃”的小 B. 线速度大小比“哈勃”的小
C. 运行周期比“哈勃”的小 D. 向心加速度大小比“哈勃”的大
【答案】CD
【解析】
【详解】根据万有引力提供向心力可得
GMm v2 4p2
=mw2r =m =m r =ma
r2 r T2
可得
GM GM 4p2r3 GM
w= ，v= ，T = ，a=
r3 r GM r2
由于巡天号的轨道半径小于哈勃号的轨道半径，则有
w >w ，v >v ，T a
巡 哈 巡 哈 巡 哈 巡 哈
故选CD。
6. 如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r 的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度
大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I 、方向从a到b的
电流，细绳处于绷直状态，则（ ）
A. 两根细绳拉力均比未通电流时的大 B. 两根细绳拉力均比未通电流时的小
C. 铜环所受安培力大小为2rBI D. 铜环所受安培力大小为prIB
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学科网（北京）股份有限公司【答案】AC
【解析】
【详解】方法一：微元法
AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段Dl，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的
安培力方向如图所示，其大小
ΔF = BIΔl
根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互
抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正
确，B错误；
CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得
F =åF =åBIΔlsinθ =2rIB
y
故C正确，D错误。
故选AC。
方法二：等效法
通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径ab，电流方向a ®b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安
培力方向竖直向下，大小
F = BI´2r =2rIB
根据受力分析可得，通电后，绳子拉力
T =mg+F =mg+2rIB>mg
两根细绳拉力均比未通电流时的大。
故选AC。
7. 如图（a），水平地面上固定有一倾角为q的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块锁定在斜面上。t = 0
时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F ，F 随时间t的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向
下为正方向，重力加速度大小为g，则滑块（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 在0~ 4t 内一直沿斜面向下运动
0
B. 在0~ 4t 内所受合外力的总冲量大小为零
0
C. 在t 时动量大小是在2t 时的一半
0 0
D. 在2t ~3t 内的位移大小比在3t ~ 4t 内的小
0 0 0 0
【答案】AD
【解析】
【详解】根据图像可知当F =2mgsinq时，物块加速度为
2mgsinq+mgsinq
a= =3gsinq
m
方向沿斜面向下；当F =-2mgsinq时，物块加速度大小为
2mgsinq-mgsinq
a= = gsinq
m
方向沿斜面向上，作出物块0~ 4t 内的v-t图像
0
A．根据图像可知0~ 4t ，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
0
B．根据图像可知0~ 4t ，物块的末速度不等于0，根据动量定理
0
I =Dp¹0
合
故B错误；
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学科网（北京）股份有限公司C．根据图像可知t 时物块速度大于2t 时物块的速度，故t 时动量不是2t 时的一半，故C错误；
0 0 0 0
D．v-t图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t ~3t 过程物体的位移小于3t ~ 4t 的位移，
0 0 0 0
故D正确。
故选AD。
8. 如图，某同学在水平地面上先后两次从H 点抛出沙包，分别落在正前方地面Q 和Q 处。沙包的两次运
1 2
动轨迹处于同一竖直平面，且交于P点，H 点正下方地面处设为O点。已知两次运动轨迹的最高点离地
高度均为3.2m，OH =1.4m，OQ =8.4m，OQ =9.8m，沙包质量为0.2kg，忽略空气阻力，重力
1 2
加速度大小取10m/s2，则沙包（ ）
A. 第一次运动过程中上升与下降时间之比 7:4
B. 第一次经P点时的机械能比第二次的小1.3J
C. 第一次和第二次落地前瞬间的动能之比为72:85
D. 第一次抛出时速度方向与落地前瞬间速度方向的夹角比第二次的大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．沙包从抛出到最高点的运动可视为平抛运动的“逆运动”，则可得第一次抛出上升的高度为
h =3.2m-1.4m=1.8m
1
上升时间为
2h
t = 1 =0.6s
上1 g
最高点距水平地面高为h =3.2m，故下降的时间为
0
2h
t = 0 =0.8s
下1 g
故一次抛出上升时间，下降时间比值为3:4，故A错误；
BC．两条轨迹最高点等高、沙包抛出的位置相同，故可知两次从抛出到落地的时间相等为
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学科网（北京）股份有限公司t =t +t =1.4s
上1 下1
故可得第一次，第二次抛出时水平方向的分速度分别为
OQ
v = 1 =6m/s
x1 t
OQ
v = 2 =7m/s
x2 t
由于两条轨迹最高点等高，故抛出时竖直方向的分速度也相等，为
v = gt =6m/s
y 上1
由于沙包在空中运动过程中只受重力，机械能守恒，故第一次过P点比第二次机械能少
1 1
DE = m( v 2 +v 2)2 - m( v 2 +v 2)2 =1.3J
2 x2 y 2 x1 y
从抛出到落地瞬间根据动能定理可得
1
E = E +mgh = m v 2 +v 2 +mgh =10J
k1 k01 OH 2 x1 y OH
1
E = E +mgh = m v 2 +v 2 +mgh =11.3J
k2 k02 OH 2 x2 y OH
则故落地瞬间，第一次，第二次动能之比为100:113，故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知两次抛出时竖直方向的分速度相同，两次落地时物体在竖直方向的分速度也相同，由
于第一次的水平分速度较小，物体在水平方向速度不变，如图所示，故可知第一次抛出时速度与水平方向
的夹角较大，第一次落地时速度与水平方向的夹角也较大，故可知第一次抛出时速度方向与落地瞬间速度
方向夹角比第二次大，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：共 60分，其中 9、10为填空题，11、12为实验题，13~15为计算题。
9. 夜间环境温度为17℃时，某汽车轮胎的胎压为2.9个标准大气压，胎内气体视为理想气体，温度与环
境温度相同，体积和质量都保持不变。次日中午，环境温度升至27°C，此时胎压为_____个标准大气压，
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学科网（北京）股份有限公司胎内气体的内能_____（填“大于”“等于”或“小于”）17℃时的内能。（计算时0°C取273K）
【答案】 ①. 3.0##3 ②. 大于
【解析】
【详解】[1]设大气压强为 p ，初始时
0
T =17+273K =290K， p =2.9p
1 1 0
末状态时
T =27+273K=300K
2
根据查理定律
p p
1 = 2
T T
1 2
代入数值解得
p =3p
2 0
[2]一定质量的理想气体的内能只与温度有关，故温度升高时内能增大，故27°C时胎内气体的内能大于17℃
时的内能。
10. 镀有反射膜的三棱镜常用在激光器中进行波长的选择。如图，一束复色光以一定入射角i（i¹0）进
入棱镜后，不同颜色的光以不同角度折射，只有折射后垂直入射到反射膜的光才能原路返回形成激光输
出。若复色光含蓝、绿光，已知棱镜对蓝光的折射率大于绿光，则蓝光在棱镜中的折射角_________（填
“大于”“等于”或“小于”）绿光的折射角；若激光器输出的是蓝光，当要调为绿光输出时，需将棱镜
以过入射点O且垂直纸面的轴_________（填“顺时针”或“逆时针”）转动一小角度。
【答案】 ①. 小于 ②. 逆时针
【解析】
sini
【详解】[1]由于透镜对蓝光折射率大于绿光，根据折射定律n= 可得，入射角相同，透镜中蓝光折
sinr
射角小于绿光折射角；
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学科网（北京）股份有限公司[2]此时输出激光为蓝光，要变为绿光，即由蓝光的折射光线垂直入射到反射膜改为绿光的折射光线垂直入
sini
射到反射膜，根据折射定律n= ，需要减小入射角i，由于入射光线不动，应逆时针转动棱镜。
sinr
11. 如图，圆心为O点、半径为R的圆周上有A、B、C、D、E、F 、G、H 八个等分点，G点固
定有一带电量为-Q（Q>0）的点电荷，其余各点均固定有带电量为+Q的点电荷。已知静电力常量为
k，则O点的电场强度大小为________。M 、N 分别为OC、OG的中点，则M 点的电势________
（填“大于”“等于”或“小于”）N 点的电势；将一带电量为+q（q >0）的点电荷从M 点沿图中
MN 弧线移动到N 点，电场力对该点电荷所做的总功________（填“大于零”“等于零”或“小于
零”）。
2kQ
【答案】 ①. ②. 大于 ③. 大于零
R2
【解析】
【详解】[1]根据对称性可得A点和E点、B点和F 点、D点和H 点处的点电荷在O点处产生的电场强度
矢量和均为0，所以O点的电场强度等于C点和G点处的点电荷在O点处产生的电场强度矢量和，由电
场叠加原理可得，O点场强大小为
kQ kQ 2kQ
E = + =
O R2 R2 R2
[2]电势是标量，取去无穷远处为0电势，则M 点、N 的电势分别为
φ =φ +φ +φ +φ +φ +φ +φ +φ
M AM BM CM DM EM FM GM HM
φ =φ +φ +φ +φ +φ +φ +φ +φ
N AN BN CN DN EN FN GN HN
kQ
根据点电荷的电势j= 和对称性可知
r
φ =φ =φ =φ ,φ =φ =φ =φ ,φ =φ =φ =φ
AM AN EM EN BM FN DM HN FM BN HM DN
φ >φ >0,0>φ >φ
CM CN GM GN
可得
φ -φ =φ +φ -(φ +φ )>0
M N CM GM CN GN
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学科网（北京）股份有限公司则j >j 。
M N
[3]将+q点电荷从M沿MN移动到N点，电势能减小，故电场力对该点电荷所做的总功大于零。
12. 某小组基于动量守恒定律测量玩具枪子弹离开枪口的速度大小，实验装置如图（a）所示。所用器材
有：玩具枪、玩具子弹、装有挡光片的小车、轨道、光电门、光电计时器、十分度游标卡尺、电子秤等。
实验步骤如下：
（1）用电子秤分别测量小车的质量M和子弹的质量m；
（2）用游标卡尺测量挡光片宽度d，示数如图（b）所示，宽度d=_______ cm；
（3）平衡小车沿轨道滑行过程中的阻力。在轨道上安装光电门A和B，让装有挡光片的小车以一定初速
度由右向左运动，若测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，则应适当调高轨道的
_______（填“左”或“右”）端。经过多次调整，直至挡光时间相等；
（4）让小车处于A的右侧，枪口靠近小车，发射子弹，使子弹沿轨道方向射出并粘在小车上，小车向左
运动经过光电门A，测得挡光片经过A的挡光时间Dt；
（5）根据上述测量数据，利用公式v=________（用d、m、M、Dt表示）即可得到子弹离开枪口的速度
大小v；
（6）重复步骤（4）五次，并计算出每次的v值，填入下表；
次数 1 2 3 4 5
609
速度v（m/s） 59.1 . 60.3 58.7 59.5
（7）根据表中数据，可得子弹速度大小v的平均值为________m/s。（结果保留3位有效数字）
(m+M)d
【答案】 ①. 0.99 ②. 右 ③. ④. 59.7
mΔt
【解析】
【详解】（2）[1]游标卡尺的分度值为0.1mm，则挡光片的宽度为
d =0.9cm+9´0.1mm=0.99cm
（3）[2]小车经过光电门的速度为
d
v =
车 Dt
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学科网（北京）股份有限公司测得挡光片经过A、B的挡光时间分别为13.56ms、17.90ms，可知小车经过光电门A的速度大于经过光电
门B的速度，故应适当调高轨道的右端；
（5）[3]小车经过光电门的速度为
d
v =
车 Dt
子弹粘上小车的过程，根据动量守恒定律有
mv=(M +m)v
车
解得
(M +m)d
v=
mDt
（7）[4]根据表格数据，可得子弹速度大小v的平均值为
v +v +v +v +v
v = 1 2 3 4 5 =59.7m/s
5
13. 某实验小组探究不同电压下红光和蓝光发光元件的电阻变化规律，并设计一款彩光电路。所用器材
有：红光和蓝光发光元件各一个、电流表（量程30mA）、电压表（量程3V）、滑动变阻器（最大阻值
20Ω，额定电流1A）、5号电池（电动势1.5V）两节、开关、导线若干。
（1）图（a）为发光元件的电阻测量电路图，按图接好电路；
（2）滑动变阻器滑片先置于________（填“a”或“b”）端，再接通开关S，多次改变滑动变阻器滑片的
位置，记录对应的电流表示数I和电压表示数U；
（3）某次电流表示数为10.0mA时，电压表示数如图（b）所示，示数为________V，此时发光元件的电
阻为________Ω（结果保留3位有效数字）；
（4）测得红光和蓝光发光元件的伏安特性曲线如图（c）中的Ⅰ和Ⅱ所示。从曲线可知，电流在1.0~18.0mA
范围内，两个发光元件的电阻随电压变化的关系均是：________________；
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学科网（北京）股份有限公司（5）根据所测伏安特性曲线，实验小组设计一款电路，可使红光和蓝光发光元件同时在10.0mA的电流下
工作。在图（d）中补充两条导线完成电路设计。_____
【答案】 ①. a ②. 2.82 ③. 282 ④. 电阻随电压增大而减小 ⑤.
【解析】
【详解】（2）[1]实验电路中滑动变阻器采用分压式接法，为了保护用电器，开关S闭合前应将滑动变阻器
的滑片置于a端，使测量部分电路两端电压为0；
（3）[2]电压表量程为3V，分度值为0.1V，所以图（b）所示电压表示数为2.82V；
[3]根据欧姆定律可知，发光元件的电阻为
U 2.82
R= = W=282W
I 10.0´10-3
U
（4）[4]根据欧姆定律R = 可知，电流在1.0~18.0mA范围内，两个发光元件的电阻随电压增大而减小；
I
（5）[5]由图（c）可知，电流为10.0mA时蓝光发光元件的电压大于红光发光元件，因此可将滑动变阻器
R 与红光发光元件串联后再与蓝光发光元件并联后接入电路，如图所示
2
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学科网（北京）股份有限公司14. 我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，
简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木
板边缘。已知绳子与水平地面夹角q为25.5°，sin25.5°=0.43，cos25.5°=0.90。当每条绳子拉力F
的大小为250N时，人与木板沿直线匀速前进，在15s内前进了20m，求此过程中
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
【答案】（1）450N
（2）9.0×103J
（3）600W
【解析】
【小问1详解】
由于木板匀速运动则有
2Fcosθ = f
解得
f =450N
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司根据功的定义式有
W =2Flcosθ
解得
W =9.0´103J
【小问3详解】
W
根据功率的定义P = ，有
t
P=600W
15. 如图，直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容
器C 、C ，其中C 垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M 、N ；C 垂直 y轴放置，上、下极板
1 2 1 2
右端分别紧贴 y轴上的P、O点。一带电粒子从M 静止释放，经电场直线加速后从N 射出，紧贴C 下
2
极板进入C ，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知
2
粒子质量为m、带电量为q，O、P间距离为d ，C 、C 的板间电压大小均为U ，板间电场视为匀强电
1 2
场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过N 时的速度大小；
（2）粒子经过P时速度方向与 y轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小。
2qU
【答案】（1）
m
（2）45°
1 2mU
（3）
d q
【解析】
【小问1详解】
第15页/共18页
学科网（北京）股份有限公司粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有
1
qU = mv 2
2 N
解得
2qU
v =
N m
【小问2详解】
粒子在C 中，根据牛顿运动定律有
2
qU
=ma
d
根据匀变速直线运动规律有
1
d = at2、v =at
y
2
又
v
tanq= N
v
y
解得
q=45°
【小问3详解】
粒子在P处时的速度大小为
v = v2 +v2
P N y
在磁场中运动时根据牛顿第二定律有
mv2
qv B= P
P R
由几何关系可知
R= 2d
解得
1 2mU
B=
d q
16. 如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相
连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C相连，轻绳绝缘且不
可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A、B、C均静止，M、N
第16页/共18页
学科网（北京）股份有限公司处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t = 0时撤去电场，C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运
动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。已知A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、
0.2kg，小球C的带电量为1´10-6C，重力加速度大小取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧
始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A与B间的滑动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；
（3）若t = 0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续向右运
动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与
A脱离，C未与地面相碰）
【答案】（1）2´106N/C
2
（2）0.5； m/s
3
2
（3） 2m/s
3
【解析】
【小问1详解】
撤去电场前，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，对A、B整体分析可知，此时绳中拉力为0，对C
根据共点力平衡条件有
qE =m g
C
解得
E =2´106N/C
【小问2详解】
C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有
T =m g ，T = f
1 C 1 B
其中
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学科网（北京）股份有限公司f =mm g
B B
解得
m=0.5
C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹簧的弹性
势能相同，C下降0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
1
m gh= (m +m +m )v2 +2E
C 2 A B C p
解得
2
v= m/s
3
【小问3详解】
没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零，对A根据共点
力平衡有
2kh- f =0
当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为h¢，对A根据牛顿第二定律可
得
f¢-2kh¢=m a
A
对B、C根据牛顿第二定律可得
qE+m g- f =(m +m )a
C B C
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降0.2m时开始相对滑动，在C下降0.2m的过程中，
对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有
1
qEh¢+m gh= (m +m +m )v2 +2E
C 2 A B C max p
此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向左运动过
程中的最大速度为
v¢ =v
max max
联立解得
2 2
v¢ = m/s
max 3
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