烟台市达标名校2018年高考一月物理模拟试卷含解析

烟台市达标名校2018年高考一月物理模拟试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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
1．下列说法正确的是（）
A．β衰变所释放的电子是原子核外电子电离形成的
B．贝克勒尔通过实验发现了中子
C．原子从a能级状态跃迁到b能级状态时吸收波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时
发射波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a能级状态跃迁到c
能级状态时将要吸收波长为2
12
λ
λλ
-的
光子
D．赫兹首次用实验证实了电磁波的存在
2．米歇尔•麦耶和迪迪埃•奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星﹣飞马座51b而获得2019年诺贝尔物理学奖。

飞马座51b与恒星相距为L，构成双星系统（如图所示），它们绕共同的圆心O做匀速圆周运动。

设它们的质量分别为m1、m2且（m1＜m2），已知万有引力常量为G．则下列说法正确的是（）
A．飞马座51b与恒星运动具有相同的线速度
B．飞马座51b与恒星运动所受到的向心力之比为m1：m2
C．飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比为m2：m1
D．飞马座51b与恒星运动周期之比为m1：m2
3．2019年7月9日，在沈阳进行的全国田径锦标赛上，来自上海的王雪毅以1米86的成绩获得女子跳高冠军。

若不计空气阻力，对于跳高过程的分析，下列说法正确的是（）
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力大于她对地面的压力
B．王雪毅起跳后在空中上升过程中处于失重状态
C．王雪毅跃杆后在空中下降过程中处于超重状态
D．王雪毅落到软垫后一直做减速运动
4．如图所示，一根均匀柔软的细绳质量为m。

两端固定在等高的挂钩上，细绳两端的切线与水平方向夹角为θ，重力加速度为g。

挂钩对细绳拉力的大小为
A．
1
2sin
mg
θ
B．
1
2cos
mg
θ
C．
1
2tan
mg
θ
D．
1
2cot
mg
θ
5．下列说法符合物理学史实的是（）
A．亚里士多德最早指出力不是维持物体运动的原因
B．库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律
C．卡文迪许提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量
D．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律
6．如果没有空气阻力，天上的云变成雨之后落到地面，在经过一路的加速后，到达地面时的速度会达到300米/秒，这样的速度基本相当于子弹速度的一半，是非常可怕的。

由于空气阻力的作用，雨滴经过变加速运动，最终做匀速运动，一般而言，暴雨级别的雨滴落地时的速度为8~9米/秒。

某次下暴雨时小明同学恰巧打着半径为0.5m的雨伞（假设伞面水平，雨水的平均密度为0.5kg/m3），由于下雨使小明增加撑雨伞的力最小约为（）
A．0.25N B．2.5N C．25N D．250N
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．在天文观察中发现，一颗行星绕一颗恒星按固定轨道运行，轨道近似为圆周。

若测得行星的绕行周期T，轨道半径r，结合引力常量G，可以计算出的物理量有（）
A．恒星的质量B．行星的质量C．行星运动的线速度 D．行星运动的加速度
8．关于简谐运动，以下说法正确的是______。

A．在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F kx
=-中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的劲度系数B．物体的速度再次相同时，所经历的时间一定是一个周期
C．位移的方向总跟加速度的方向相反，跟速度的方向相同
D．水平弹簧振子在简谐振动中动能和势能的和是不变的
E.物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同
9．如图所示，某时刻将质量为10kg的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。

货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为0.1m，重力加速度取10m/s2。

则货物（）
A ．总位移为0.2m
B ．运动的总时间为0.2s
C ．与传送带由摩擦而产生的热量为5J
D ．获得的最大动能为5J
10．如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

两导体棒a 、b 均垂直于导轨静止放置。

已知导体棒a 质量为2m ，导体棒b 质量为m ；长度均为l ，电阻均为r ；其余部分电阻不计。

现使导体棒a 获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度0v 。

除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．任何一段时间内，导体棒b 动能增加量跟导体棒a 动能减少量的数值总是相等的
B ．任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反
C ．全过程中，通过导体棒b 的电荷量为023mv Bl
D ．全过程中，两棒共产生的焦耳热为203
mv 11．如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC 、DC 连接于C （两绳另一端均固定），弹簧另一端连接质量为m 的小球。

地面上竖直固定一半径为R 、内壁光滑的14
开缝圆弧管道AB ，A 点位于O 点正下方且与C 点等高，管道圆心与C 点重合。

现将小球置于管道内A 点由静止释放，已知轻绳DC 水平，当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，管道与弹簧间的摩擦不计，重力加速度为g 。

则小球从A 运动到B 的过程中（ ）
A ．弹簧一直处于伸长状态
B ．小球的机械能不守恒
C ．小球在B 点的动能为mgR
D ．轻绳OC 的拉力不断增大
12．光滑水平面上有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为Q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v 0进入该正方形区域．当小球
再次运动到该正方形区域的边缘时，具有动能的大小可能是( )
A ．0
B ．2012mv
C ．2012mv ＋12QEL
D ．2012
mv ＋23QEL 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．用如图1所示装置研究平抛运动。

将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。

钢球沿斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上。

由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。

移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

(1)下列实验条件必须满足的有_____________。

A ．小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放
B ．斜槽轨道要尽量光滑些
C ．斜槽轨道末端必须保持水平
D ．本实验必需的器材还有刻度尺和停表
(2)为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系。

取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q 点，钢球的_____________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时_____________（选填“需要”或者“不需要”）y 轴与重锤线平行。

(3)伽利略曾硏究过平抛运动，他推断∶从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，只要下落高度相同，在空中飞行的时间都一样。

这实际上是因为平抛物体_____________。

A ．在水平方向上做匀速直线运动
B ．在竖直方向上做自由落体运动
C ．在下落过程中机械能守恒
14．利用如图所示电路测量一量程为300 mV 的电压表的内阻Rv （约为300Ω）。

某同学的实验步骤如下： ①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R 的滑片P 滑到a 端，闭合电键S 2，并将电阻箱R 0的阻值调到较大；
②闭合电键S 1，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
③保持电键S 1闭合和滑动变阻器滑片P 的位置不变，断开电键S 2，调整电阻箱R 0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的三分之一；读出此时电阻箱R 0=596Ω的阻值，则电压表内电阻R V =_____________Ω。

实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9Ω）、电池（电动势约1.5V ，内阻可忽略不计）、导线和电键之外，还有如下可供选择的实验器材：
A 滑动变阻器：最大阻值200Ω
B 滑动变阻器：最大值阻10Ω
C 定值电阻：阻值约20Ω
D 定值电阻：阻值约200
根据以上设计的实验方法，回答下列问题。

①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R 应选用___________，定值电阻R'应选用______________（填写可供选择实验器材前面的序号）。

②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R 测___________真实值R V （填“大于”、“小于”或“等于”），这误差属于____________误差（填”偶然”或者”系统”）且在其他条件不变的情况下，若R V 越大，其测量值R 测的误差就越____________（填“大”或“小”）。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．半径为R 的球形透明均匀介质，一束激光在过圆心O 的平面内与一条直径成为60°角射向球表面，先经第一次折射，再经一次反射，最后经第二次折射射出，射出方向与最初入射方向平行。

真空中光速为c 。

求：
(1)球形透明介质的折射率；
(2)激光在球内传播的时间。

16．如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m 的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为6310/.V m ⨯有一质量为0.12kg 、带负电的小球，电荷量大小为61.610C -⨯，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A 时，小球与轨道压力恰好为零，g 取210/m s ，求：
()1小球在A点处的速度大小；
()2小球运动到最高点B时对轨道的压力．
17．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。

现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：
(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；
(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；
(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．β衰变的本质是原子核内的一个中子释放一个电子变为质子，故A错误；
B．根据物理学史可知，查德威克通过α粒子轰击铍核的实验，发现了中子的存在，故B错误；
C．光子的能量
hc
E
λ
=，由题
12
λλ
＞，则
12
E E
＜，从a能级状态跃迁到b能级状态时吸收波长为λ1的光
子，原子从b 能级状态跃迁到c 能级状态时发射波长为λ2的光子，根据玻尔理论，a 能级的能量值大于c 能级的能量值
223hc
hc hc λλλ-=
所以原子从a 能级状态跃迁到c 能级状态时将要辐射波长为1212
λλλλ-的光子，故C 错误； D ．根据物理学史可知，赫兹首次用实验证实了电磁波的存在，故D 正确。

故选：D 。

2．C
【解析】
【详解】
BD ．双星系统属于同轴转动的模型，具有相同的角速度和周期，两者之间的万有引力提供向心力，故两者向心力相同，故BD 错误；
C ．根据211m r ω＝222m r ω，则半径之比等于质量反比，飞马座51b 与恒星运动轨道的半径之比，即r 1：r 2
＝m 2：m 1，故C 正确；
A ．线速度之比等于半径之比，即v 1：v 2＝m 1：m 2，故A 错误。

故选C.
3．B
【解析】
【详解】
A ．王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，故A 项错误；
B ．王雪毅起跳后在空中上升过程中，加速度的方向向下，处于失重状态，B 项正确；
C ．王雪毅越杆后在空中下降过程中，她只受到重力的作用，加速度的方向向下，处于失重状态，C 项错误；
D ．王雪毅落到软垫后，软垫对她的作用力先是小于重力，所以她仍然要做短暂的加速运动，之后才会减速，D 项错误。

故选B 。

4．A
【解析】
【详解】
先对挂钩一端受力分析可知挂钩对绳子的拉力F 和绳子对挂钩的拉力T 相等：
F T =
对绳子受力分析如右图，正交分解：2sin
T mg
θ=
解得：
1
2sin
F T mg
θ
==，A正确，BCD错误。

故选A。

5．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故A错误；
B．库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故B正确；
C．牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故C错误；
D．开普勒通过对行星运动的观察，发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故D错误。

故选B。

6．C
【解析】
【分析】
本题考查考生的分析综合能力，需要利用动量定理等相关知识解题。

【详解】
设t时间内，落到雨伞上雨水的质量为m，根据动量定理
Ft=mv
2
m ut r
=πρ
所以
22
F v r
=πρ
代人数值解得25N
F=。

故ABD错误，C正确。

故选C。

【点睛】
根据速度和雨水的平均密度求出单位时间内雨水的质量是解题的关键。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．ACD
【解析】
【详解】
A ．设恒星质量为M ，根据
2
224πMm G m r r T
= 得行星绕行有
2T =解得
23
24r M GT
π= 所以可以求出恒星的质量，A 正确；
B ．行星绕恒星的圆周运动计算中，不能求出行星质量，只能求出中心天体的质量。

所以B 错误；
C ．综合圆周运动规律，行星绕行速度有
2r v T
π= 所以可以求出行星运动的线速度，C 正确；
D ．由
2T
πω= 得行星运动的加速度
22
24r a r T πω== 所以可以求出行星运动的加速度，D 正确。

故选ACD 。

8．ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．简谐运动的回复力表达式为F kx =-，对于弹簧振子而言，F 为振动物体所受的合外力，k 为弹簧的劲度系数，故A 正确；
B ．一个周期内有两次速度大小和方向完全相同，故质点速度再次与零时刻速度相同时，时间可能为一个周期，也可能小于一个周期，故B 错误；
C ．位移方向总跟加速度方向相反，而质点经过同一位置，位移方向总是由平衡位置指向质点所在位置，而速度方向两种，可能与位移方向相同，也可能与位移方向相反，故C 错误；
D ．水平弹簧振子在简谐振动时，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，则动能和势能的和是不变，故D 正确；
E ．回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反；但速度可以与位移相同，也可以相反；物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同；故E 正确。

故选ADE 。

9．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
令传送带的速度为v ，根据题意可知，货物在传送带上先加速后做减速运动，加速运动阶段，其加速度大小为
25m/s mg
a g m μμ=＝＝
当货物加速到和传送带速度相等时，所用时间为
15
v v t a ＝＝ 货物发生的位移为
22
1210
v v x a ＝＝ 传送带发生的位移为
2
215
v x vt ＝＝ 减速运动过程中货物的加速度大小为
a′=a=5m/s 2
当货物速度减为零，所用的时间为
25
v v t a '＝＝ 货物发生的位移为
22
3210v v x a '＝＝
根据题意可知，货物在传送带上留下的划痕长为
2
210.1m 10
v x x x =-==V 所以传送带的速度为
v=1m/s
货物发生的总位移为
x=x 1+x 3=0.2m
运动的总时间为
t=t 1+t 2=0.4s
与传送带由摩擦而产生的热量
Q=μmg （x 2-x 1+x 3）=10J
货物获得的最大动能为
E k ＝12
mv 2＝5J 故B 错误，ACD 正确。

故选ACD 。

10．BCD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a 动能减少量的数值等于b 动能增加量与产热之和，故A 错误B 正确；
CD ．最终共速速度
02(2)mv m m v =+
对b 棒
0mv BIl t Blq -=⋅=
解得
023mv q Bl
= 根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为
()222001122223
mv Q mv m m v =⨯-+= 故CD 正确。

故选BCD 。

11．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．当小球沿圆弧管道运动到B 点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B 点由弹簧的拉力和重力提供向心力，即弹簧处于伸长状态，从A 到B 的过程弹簧的形变量没有变，故小球的机械能不变，选项A 正确，B 错误；
C ．从A 到B 的过程弹簧的形变量没有变，小球在B 点的动能等于小球在A 点的重力势能为mgR ，选项C 正确；
D ．设OC 与OA 的夹角为θ，CA 与水平夹角为α，C 点受力平衡，则竖直方向上有
cos sin OC AC F F θα=
解得 sin cos AC OC F F αθ
= 从A 到B 的过程中，θ和弹簧的弹力F AC 不变，α不断增大，故OC 的拉力不断增大，D 正确。

故选ACD 。

12．ABC
【解析】
【详解】
若电场的方向平行于AB 向左，小球所受的电场力向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，到达BD 边时，速度可能为1，所以动能可能为1．故A 有可能．
若电场的方向平行于AC 向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为
12L ，根据动能定理可知小球的最大动能为：202
12K L E E mv Q =+⋅，所以D 不可能，C 可能；若电场的方向平行于AB 向左，小球做匀减速直线运动，若没有到达BD 边时速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度大小仍为v 1，动能为2012
mv ，故B 可能．故选ABC ． 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．AC 球心 需要 B
【解析】
【详解】
(1)[1]．ABC ．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的。

同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点；故B 错误，AC 正确；
D ．本实验必需的器材还有刻度尺，但不需要停表，选项D 错误；
故选AC 。

(2)[2][3]．将钢球静置于Q 点，钢球的球心对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时需要y 轴与重锤线平行；
(3)[4]．做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，所以高度相同时时间相同；故选B 。

14．298 B C 大于 系统 小
【解析】
【详解】
[1]由实验原理可知，电压表的指针指到满刻度的三分之一，因此电阻箱分得总电压的三分之二，根据串联电路规律可知，0V 298Ω2
R R ==，故电压表内阻为298Ω。

①[2][3]该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B ；定值电阻起保护作用，因电源电动势为1.5V ，若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用C 。

②[4]从实验原理分析可知，当再断开开关S 2，调整电阻箱R 0的阻值，当当电压表半偏时，闭合电路的干路电流将减小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半。

[5]而电阻箱R 0的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成的，属于系统误差。

[6]在其他条件不变的情况下，若R V 越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小，其测量值R 测的误差就越小。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)3；(2)
6R c
【解析】
【分析】
【详解】
(1)激光在球形透明介质里传播的光路如图所示：
其中A 、C 为折射点，B 为反射点，连接A 与C ，作OD 平行于入射光线，则
60AOD COD ︒∠=∠=
OAB OBA OBC OCB ∠=∠=∠=∠
OAB OBA OBC OCB AOD COD ∠+∠+∠+∠=∠+∠
解得
30OAB ︒∠=
设球形透明介质的折射率为n ，根据折射定律 sin 60sin n OAB ︒=∠ 解得
3n =
(2)由于30OAB ︒∠=，所以AC 垂直于入射光线，即
3AC d R ==
又由于
60ABC BCA CAB ︒∠=∠=∠=
所以ABC V 为等边三角形，即激光在球内运动路程为
223s d R ==
设激光在介质中传播速度为t ，则
c v n
= 传播时间
236Rn R c
s t v === 16．()1?
6/m s ；()2?21.6N 【解析】
【分析】
【详解】
（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N
电场力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×106V/m=4.8N
在A 点，有：qE ﹣mg=m
代入数据解得：v 1=6m/s
（2）设球在B 点的速度大小为v 2，从A 到B ，由动能定理有：
（qE ﹣mg ）×（2R ）=mv 22﹣mv 12
在B 点，设轨道对小球弹力为F N ，则有：
F N +mg ﹣qE=mv 22
由牛顿第三定律有：F N ′=F N
代入数据解得：F N ′=21.6N
【点睛】
本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析．
17．（102qEx m （2）5qEx 0（3）8x 0<d≤18x 0 【解析】
【详解】
（1）设A 球与B 球第一次碰撞前的速度为v 0，碰撞后的速度分别为v A1、v B1。

对A ，根据牛顿第二定律得：qE=ma
由运动学公式有：v 02=2ax 0。

解得：v 002qEx m
对于AB 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv 0=mv A1+mv B1
12mv 02=12mv A12+12
mv B12。

解得：v B1=v 002qEx m
v A1=0 （2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t 1．有：x A1=v A1t 1+12
at 12=v B1t 1 从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功为：
W=qE （x 0+x A1）
解得：W=5qEx 0。

（3）设第二次碰撞前A 的速度为v A1′，碰撞后A 、B 的速度分别为v A2、v B2．有：
v A1′=v A1+at 1。

第二次碰撞过程，有：
mv A1′+mv B1=mv A2+mv B2。

1 2mv A1′2+
1
2
mv B12=
1
2
mv A22+
1
2
mv B22。

第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度v B2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：
v B22-v A22=2a•△x1。

A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为v A2′，碰撞后A、B的速度分别为v A3、v B3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：
x A2=v A2t2+1
2
at22=v B2t2。

v A2′=v A2+at2。

第三次碰撞过程，有：mv A2′+m v B2=mv A3+mv B3
1 2mv A2′2+
1
2
mv B22=
1
2
mv A4+
1
2
mv B4．
v B4-v A4=2a•△x2
所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+x A1+△x1＜d≤x0+x A1+x A2+△x2。

解得：8x0＜d≤18x0。