1.2024年最新“航空規(guī)定”：容量不超過(guò)100W?h的充電寶可隨身攜帶。其中“W?h”指的是( )
A. 能量B. 電量C. 電壓D. 功率
2.基于人類(lèi)早期對(duì)電磁規(guī)律的研究，現(xiàn)代社會(huì)生活中有許多電磁應(yīng)用場(chǎng)景。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 磁場(chǎng)一定產(chǎn)生電場(chǎng)B. 電磁波不可以在真空中傳播
C. 變化的磁場(chǎng)一定產(chǎn)生電場(chǎng)D. 麥克斯韋通過(guò)實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在
3.下列關(guān)于磁場(chǎng)的說(shuō)法，正確的是( )
A. 磁感線是客觀存在的，磁感線上某點(diǎn)的切線方向表示該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向
B. 磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，與放在該點(diǎn)的試探電流元的情況無(wú)關(guān)
C. 垂直放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的線圈面積減小時(shí)，穿過(guò)該線圈的磁通量增大
D. 兩條距離較近的平行同向通電直導(dǎo)線相互排斥
4.某學(xué)生要將一電流表改裝為電壓表。已知該電流表的內(nèi)阻Rg=30Ω，滿偏電流Ig=1mA，要將該電流表改裝成量程為0～1V的電壓表，下列操作正確的是( )
A. 串聯(lián)電阻970ΩB. 并聯(lián)電阻970ΩC. 串聯(lián)電阻397ΩD. 并聯(lián)電阻397Ω
5.如圖所示，一對(duì)平行金屬板水平正對(duì)固定，板長(zhǎng)為l，板間距為d。當(dāng)兩板間加有恒定電壓U時(shí)，兩板間充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，忽略兩極板以外的電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從上極板左側(cè)邊緣以速度v0水平向右射入板間電場(chǎng)，能從兩板間右側(cè)飛出，且未與兩極板碰撞。不計(jì)粒子重力，則v0的大小至少為( )
A. l2d qUmB. ld qUmC. ld qU2mD. 2ld qUm
6.如圖所示，一帶正電的小球置于某導(dǎo)體腔內(nèi)，取無(wú)限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。a點(diǎn)位于導(dǎo)體腔內(nèi)，b點(diǎn)位于導(dǎo)體腔內(nèi)壁上，c點(diǎn)位于導(dǎo)體腔內(nèi)、外壁之間，d點(diǎn)位于導(dǎo)體腔外。在達(dá)到靜電平衡時(shí)，a、b、c、d四點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為( )
A. φa>φb>φc>φdB. φa>φb>φc=φd
C. φa>φb>φd>φcD. φa>φb=φc>φd
7.運(yùn)動(dòng)的小球甲與靜止的小球乙發(fā)生正碰，兩小球除相互作用外，不受其他外力作用。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，碰撞時(shí)間極短可不計(jì)。則碰撞過(guò)程中，小球乙可能獲得的最大沖量與最小沖量的比值為( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、多選題：本大題共3小題，共15分。
8.如圖所示，一金屬導(dǎo)軌閉合回路靜置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。以下操作中，導(dǎo)體棒PQ始終與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好，要使電流計(jì)G的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，可能的情況是( )
A. 導(dǎo)體棒PQ向左運(yùn)動(dòng)
B. 導(dǎo)體棒PQ向右運(yùn)動(dòng)
C. 導(dǎo)體棒PQ向上運(yùn)動(dòng)
D. 導(dǎo)體棒PQ向下運(yùn)動(dòng)
9.如圖所示，直流電源內(nèi)阻為1Ω，定值電阻R=9Ω，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為10Ω。將滑動(dòng)變阻器的滑片P從正中間位置緩慢向M端滑動(dòng)過(guò)程中，定值電阻R的電功率為P1，滑動(dòng)變阻器的電功率為P2，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. P1增大B. P1減小C. P2增大D. P2減小
10.如圖所示，△ABC為直角三角形，其中AB⊥BC，∠C=30°，AB=l。整個(gè)直角三角形處于某勻強(qiáng)電場(chǎng)中(圖中未畫(huà)出)，其電場(chǎng)方向與△ABC所在平面平行。若將一電荷量為q(q>0)的帶電粒子(圖中未畫(huà)出)，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功為W1；若將該粒子從A點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功為W2；若將該粒子從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，則電場(chǎng)力做功為W3。下列說(shuō)法正確的是( )
A. W1=W2一定不成立
B. W1+W3=W2一定成立
C. 若W2=2W1>0，則該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為2 3W13ql
D. 若W2=2W1>0，則該勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為2 3W23ql
三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共16分。
11.某學(xué)習(xí)小組進(jìn)行“觀察電容器C的充、放電現(xiàn)象”實(shí)驗(yàn)。
①按圖1連接好電路，其中直流電源的電動(dòng)勢(shì)E=6V；
②先將單刀雙擲開(kāi)關(guān)S與“1”相連，直流電源向電容器C充電(這個(gè)過(guò)程可以在瞬間完成)，然后再把開(kāi)關(guān)S擲向“2”，電容器C通過(guò)定值電阻R放電；
③傳感器(圖中未畫(huà)出)將電流計(jì)G的示數(shù)傳入計(jì)算機(jī)，在計(jì)算機(jī)屏幕上顯示出電流I隨時(shí)間t變化的I-t圖像，如圖2所示。

(1)電容器C的放電過(guò)程與充電過(guò)程相比，流過(guò)電流計(jì)G的電流方向______(選填“相同”或“相反”)。
(2)由I-t圖像可以估算，電容器C在整個(gè)放電過(guò)程中釋放的電荷量約為_(kāi)_____C(保留兩位有效數(shù)字)。
(3)根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以得出，電容器C的電容約為_(kāi)_____F(保留兩位有效數(shù)字)。
12.某同學(xué)利用如圖1所示電路，來(lái)測(cè)量某直流電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

(1)請(qǐng)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，將圖2中的實(shí)物圖連接起來(lái)。
(2)若某次實(shí)驗(yàn)時(shí)，電流表所選量程為0～0.6A，其示數(shù)如圖3所示，則此時(shí)電流大小為_(kāi)_____A。
(3)改變電阻箱接入電路的阻值R，多次實(shí)驗(yàn)，測(cè)出相應(yīng)的電流I，作出1I-R圖像如圖4所示。則該直流電源的電動(dòng)勢(shì)E= ______，內(nèi)阻r= ______。(均用a、b、c表示)
四、計(jì)算題：本大題共3小題，共41分。
13.真空中有兩個(gè)完全相同的均勻帶電金屬小球甲、乙，小球甲所帶電荷量為+5Q，小球乙所帶電荷量為-Q。甲、乙兩小球相距d，兩小球的大小均忽略不計(jì)，已知靜電力常量為k。
(1)求甲、乙兩小球之間的庫(kù)侖力大?。?br>(2)若將甲、乙兩小球充分接觸后，再使它們相距3d，求甲、乙兩小球之間連線上距甲球d處的場(chǎng)強(qiáng)大小。
14.如圖所示電路中，直流電源電動(dòng)勢(shì)E=5V、內(nèi)阻r=2Ω，四個(gè)定值電阻R1、R2、R3、R4阻值均為5Ω，電流表和電壓表均為理想電表。閉合開(kāi)關(guān)S且電路穩(wěn)定后，求：
(1)電流表的示數(shù)I；
(2)電壓表的示數(shù)U；
(3)該直流電源的效率。
15.如圖所示，一半徑為R的光滑圓形軌道固定在光滑水平面上，其圓心位于平面直角坐標(biāo)系xOy的坐標(biāo)原點(diǎn)O。小球A、B均位于軌道內(nèi)側(cè)，其中小球A靜置于坐標(biāo)(-R,0)處，小球B靜置于坐標(biāo)(0,-R)處。t=0時(shí)刻，給小球A一個(gè)沿-y方向的瞬時(shí)沖量I，兩小球間的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短可不計(jì)。已知小球A質(zhì)量為m，小球B質(zhì)量為35m，兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力。求：
(1)兩小球發(fā)生第1次碰撞后瞬時(shí)，小球A、B各自的速度；
(2)t=0到t=6πmRI時(shí)間段內(nèi)，A、B兩小球發(fā)生碰撞的次數(shù)；
(3)t=6πmRI時(shí)刻，小球A、B各自的位置坐標(biāo)。
答案和解析
1.A
【解析】W是功率的單位，h是時(shí)間單位，根據(jù)W=Pt可知，W?h是能量的單位，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
2.C
【解析】AC、根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論，變化的電場(chǎng)可產(chǎn)生磁場(chǎng)，變化的磁場(chǎng)可產(chǎn)生電場(chǎng)，均勻變化的電場(chǎng)可產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，周期性變化的磁場(chǎng)可產(chǎn)生周期性變化的電場(chǎng)，恒定不變的電場(chǎng)(或磁場(chǎng))不能產(chǎn)生磁場(chǎng)(或電場(chǎng))，故A錯(cuò)誤，C正確；
B、電磁波可以在真空中傳播，不依賴于介質(zhì)，故B錯(cuò)誤；
D、麥克斯韋預(yù)言了電磁波的存在，赫茲通過(guò)實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
3.B
【解析】A、磁感線是人為引入的，用于形象地描述磁場(chǎng)的分布，它們并不是真實(shí)存在的物理實(shí)體。磁感線上某點(diǎn)的切線方向確實(shí)表示該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，但磁感線本身是虛擬的，故A錯(cuò)誤；
B、磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，是磁場(chǎng)本身的性質(zhì)，與放置在該點(diǎn)的試探電流元的情況無(wú)關(guān)。磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向由磁場(chǎng)源(如電流、磁體)決定，故B正確；
C、垂直放置在磁場(chǎng)中的線圈，根據(jù)磁通量的計(jì)算公式Φ=BS，其中B是磁感應(yīng)強(qiáng)度，S是面積。當(dāng)線圈面積減小時(shí)，若磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，磁通量會(huì)減小，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)安培定律，兩條平行同向通電直導(dǎo)線之間會(huì)產(chǎn)生相互吸引的力，而不是相互排斥。這是因?yàn)閮蓷l導(dǎo)線中的電流方向相同，根據(jù)右手螺旋定則，它們產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向在導(dǎo)線之間是相反的，從而產(chǎn)生吸引力，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
4.A
【解析】要把電流表改裝為電壓表，需要給電流表串聯(lián)一個(gè)分壓電阻，則需要串聯(lián)的電阻大小為R=UIg-Rg=11×10-3Ω-30Ω=970Ω，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)串聯(lián)電路電阻特點(diǎn)計(jì)算即可。
掌握串聯(lián)電路電壓、電流和電阻的特點(diǎn)是解題的基礎(chǔ)。
5.C
【解析】粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，粒子的加速度大小為a=qUmd，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則水平方向有l(wèi)=v0t，要讓粒子飛出，在豎直方向上要滿足d>12at2，聯(lián)立解得v0>ld qU2m，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
6.D
【解析】導(dǎo)體腔達(dá)到靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體腔是一個(gè)等勢(shì)體，b點(diǎn)位于導(dǎo)體腔內(nèi)壁上，c點(diǎn)位于導(dǎo)體腔內(nèi)、外壁之間則φb=φc，導(dǎo)體腔內(nèi)部電場(chǎng)線由正電荷位置出發(fā)指向?qū)w腔內(nèi)壁，外部電場(chǎng)線由導(dǎo)體腔外壁出發(fā)指向無(wú)窮遠(yuǎn)，由沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低知，φa>φb，φc>φd，則φa>φb=φc>φd，故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
7.B
【解析】設(shè)小球甲與小球乙的質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前小球甲的速度為v0。
當(dāng)碰撞是彈性碰撞時(shí)，小球乙獲得的沖量最大，設(shè)為Imax，設(shè)彈性碰撞后小球甲與小球乙的速度分別為v1、v2，以小球甲的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得：
m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12m1v12+12m2v22
解得：v2=2m1m1+m2v0
根據(jù)動(dòng)量定理易知：Imax=m2v2=2m1m2m1+m2v0
當(dāng)碰撞是完全非彈性碰撞時(shí)，小球乙獲得的沖量最小，設(shè)為Imin，設(shè)碰撞后小球甲與小球乙的共同速度為v共，以小球甲的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得：
m1v0=(m1+m2)v共
解得：v共=m1m1+m2v0
根據(jù)動(dòng)量定理易知：Imin=m2v共=m1m2m1+m2v0
可得：ImaxImin=2，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
8.AB
【解析】在閉合回路中，導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故導(dǎo)體棒左右移動(dòng)時(shí)會(huì)使電流計(jì)的指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，導(dǎo)體棒上下移動(dòng)時(shí)不會(huì)切割磁感線，故不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故AB正確，CD錯(cuò)誤；
故選：AB。
9.AD
【解析】AB、將滑動(dòng)變阻器的滑片P從正中間位置緩慢向M端滑動(dòng)過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，則路端電壓增大，R的電壓增大，則定值電阻R的電功率P1增大，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、滑片P在正中間位置時(shí)，外電路總電阻為R外=9×59+5Ω=4514Ω>1Ω，根據(jù)內(nèi)外電阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，可知將滑動(dòng)變阻器的滑片P從正中間位置緩慢向M端滑動(dòng)過(guò)程中，外電路總電阻增大，內(nèi)外電阻的差值增大，電源的輸出功率P出減小，結(jié)合P出=P1+P2，P1增大，可知P2減小，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：AD。
10.BC
【解析】A.由W=qU可知，若B、C兩點(diǎn)電勢(shì)相等，則W1=W2，故A錯(cuò)誤；
B.電場(chǎng)力做功與帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)關(guān)，與初、末位置有關(guān)，則從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力的做功，加上從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力的做功，等于從A點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)電場(chǎng)力的做功，即W1+W3=W2一定成立，故B正確；
CD.若W2=2W1>0，則由W=qU可知，UAC=2UAB>0，
設(shè)D為AC中點(diǎn)，
因?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)中，沿相同方向移動(dòng)相同距離，電勢(shì)差相等，所以UAC=2UAD，
則：UAB=UAD，
則：φB=φD，
則直線BD為一條等勢(shì)線，根據(jù)電場(chǎng)線與等勢(shì)線相交處互相垂直、沿電場(chǎng)方向電勢(shì)逐漸降低，可得一條電場(chǎng)線，如下圖：
由勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系可得：UAF=E?dAF，
由等勢(shì)線的特點(diǎn)可知：UAF=UAB，
由幾何關(guān)系可知：dAF=l?cs60°2，
由電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系可知：W1=qUAB，
聯(lián)立可得：E=2 3W13ql= 3W23ql，故C正確，D錯(cuò)誤；
故選：BC。
11.相反 4.8×10-3 8.0×10-4
【解析】(1)因?yàn)殡娙萜魃蠘O板和電源的正極相連，所以電容器上極板帶正電，充電時(shí)，正電荷向上極板運(yùn)動(dòng)；放電時(shí)，正電荷從上極板離開(kāi)，所以在電容器充電與放電過(guò)程中，流過(guò)電流計(jì)的方向是相反的。
(2)I-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示電容器所帶電荷量，即電容器整個(gè)放電過(guò)程中釋放的電荷量為Q=60×0.4×0.2×10-3C=4.8×10-3C
(3)電容器的電容為C=QU=4.8×10-36F=8.0×10-4F
故答案為：(1)相反；(2)4.8×10-3；(3)8×10-4。
cb-a acb-a
【解析】(1)根據(jù)圖1所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所示
(2)電流表量程為0～0.6A，由圖3所示表盤(pán)可知，其分度值是0.02A，讀數(shù)是0.40A。
(3)根據(jù)圖1所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：E=I(r+R)，整理得：1I=1ER+rE
根據(jù)圖4所示圖像可知，圖像的斜率k=1E=b-ac，縱軸截距a=rE
解得，電源電動(dòng)勢(shì)E=cb-a，電源內(nèi)阻r=acb-a
故答案為：(1)實(shí)物電路圖如圖所示；(2)0.40；(3)cb-a；acb-a。
13.(1)根據(jù)庫(kù)侖定律，甲、乙兩小球之間的庫(kù)侖力大小為：F=k5Q?Qd2=5kQ2d2；
(2)兩球接觸后再分開(kāi)平分總電量，故分開(kāi)后，兩球的帶電量均為q=5Q-Q2=2Q，甲在距甲球d處的場(chǎng)強(qiáng)大?。篍=k2Qd2，它們相距3d，乙在該處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)：E'=k2Q(2d)2=kQ2d2，該處合場(chǎng)強(qiáng)E合=E-E'，解得E合=E=k3Q2d2。
答：(1)甲、乙兩小球之間的庫(kù)侖力大小為5kQ2d2；
(2)甲、乙兩小球之間連線上距甲球d處的場(chǎng)強(qiáng)大小為k3Q2d2。
14.(1)電路中電阻R2和R3串聯(lián)和R4并聯(lián)，然后和R1串聯(lián)，則R2和R3串聯(lián)后和R4并聯(lián)后的總電阻為
R=(R2+R3)R4R2+R3+R4
代入數(shù)據(jù)解得R=103Ω
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得電流表的示數(shù)為
I=ER+R1+r
解得I=0.484A
(2)并聯(lián)部分的電壓為
U并=IR
電壓表測(cè)量的是R3兩端的電壓，因?yàn)镽2=R3，所以電壓表的示數(shù)為
U=12U并
解得U=0.806V
(3)設(shè)路端電壓為U‘，則電源的效率為
η=U'IEI×100%=U'E×100%=R1+RR1+R+r×100%
解得η=81%
答：(1)電流表的示數(shù)I為0.484A；
(2)電壓表的示數(shù)U為0.806V；
(3)該直流電源的效率為81%。
15.(1)由動(dòng)量定理知，兩小球發(fā)生第1次碰撞前瞬時(shí)，小球A的速度大小
v0=Im
設(shè)第1次碰撞后瞬時(shí)，小球A、B的速度分別為vA1、vB1，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有
mv0=mvA1+35mvB1
12mv02=12mvA12+12×35mvB12
聯(lián)立解得
vA1=I4m，方向水平向右
vB1=5I4m，方向水平向右
(2)兩小球第1次碰撞前，小球A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
t1=14?2πRv0
設(shè)第1次碰撞后，歷時(shí)t2，兩小球發(fā)生第2次碰撞，則
vB1Rt2-vA1Rt2=2π
解得t2=2πmRI
設(shè)第2次碰撞后瞬時(shí)，小球A、B的速度分別為vA2、vB2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有
mvA1+35mvB1=mvA2+35mvB2
12mvA12+12?35mvB12=12mvA22+12?35mvB22
聯(lián)立解得
vA2=v0
vB2=0
之后，小球B靜止，小球A運(yùn)動(dòng)。以此類(lèi)推……同理可得：
第2次碰撞后到第3次碰撞前，歷時(shí)t3=2πmRI
第3次碰撞后瞬時(shí)，小球A、B的速度大小分別為
vA3=v04，vB3=54v0
第3次碰撞后到第4次碰撞前，歷時(shí)
t4=t2
由于t1+t2+t3=9πmR2I6πmRI
可知t=0到t=6πmRI時(shí)間段內(nèi)，A、B兩小球共發(fā)生了3次碰撞
(3)由(2)可知，t=6πmRI時(shí)刻，兩小球在發(fā)生第3次碰撞后又運(yùn)動(dòng)了Δt
則Δt=t-(t1+t2+t3)
解得Δt=3πmR2I
由分析知，第3次碰撞位置和圓心O的連線與第1次碰撞位置和圓心O的連線之間的夾角θ=vA1Rt2
解得θ=π2
說(shuō)明發(fā)生第3次碰撞時(shí)，小球A、B均位于x軸上坐標(biāo)(R,0)處，作出第3次碰撞后到t=6πmRI時(shí)刻，小球A、B運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示

可知t=6πmRI時(shí)刻，小球A的位置和圓心O的連線與x軸之間的夾角α=vA3RΔt
解得α=3π8
小球B的位置和圓心O的連線與x軸之間的夾角β=2π-vB3RΔt
解得β=π8
可得，此時(shí)小球A的位置xA=Rcsα= 2- 22R
yA=Rsinα= 2+ 22R
小球B的位置：xB=Rcsβ= 2+ 22R
yB=-Rsinβ=- 2- 22R
即小球A的位置坐標(biāo)為( 2- 22R, 2+ 22R)
小球B的位置坐標(biāo)為( 2+ 22R,- 2- 22R)
答：(1)兩小球發(fā)生第1次碰撞后瞬時(shí)，小球A、B各自的速度分別為I4m，方向水平向右；5I4m，方向水平向右；
(2)t=0到t=6πmRI時(shí)間段內(nèi)，A、B兩小球發(fā)生碰撞的次數(shù)為3次；
(3)小球A的位置坐標(biāo)為( 2- 22R, 2+ 22R)、小球B的位置坐標(biāo)為( 2+ 22R,- 2- 22R)。

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