高中物理帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動試題(有答案和解析)

1、一、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動專項(xiàng)訓(xùn)練1.離子推進(jìn)器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)，某種推進(jìn)器設(shè)計(jì)的簡化原理如圖所示，截面 半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū).I為電離區(qū)，將氤氣電離獲得 1價(jià)正離子；II為加速 區(qū)，長度為L,兩端加有電壓，形成軸向的勻強(qiáng)電場.I區(qū)產(chǎn)生的正離子以接近 0的初速度進(jìn)入II區(qū)，被加速后以速度 Vm從右側(cè)噴出.I區(qū)內(nèi)有軸向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,在離軸線R/2處的C點(diǎn)持續(xù)射出一定速度范圍的電子.假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線 的截面上運(yùn)動，截面如圖所示（從左向右看）.電子的初速度方向與中心。點(diǎn)和C點(diǎn)的連線成“角（0a4mv0 .3BR(4)當(dāng)電子以 角入射時，最大速度對

2、應(yīng)軌跡如圖二所示，軌跡圓與圓柱腔相切，此時 有：OCO 90 -R _ _OC , OC r , OO R- r 2由余弦定理有2sin(R- r)2 R r -2r cos(90 - )，coS90 22聯(lián)立解得：3Rr 42 sin再由：rmVmax/曰,得Bevmax3eBR4m 2 sin考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動【名師點(diǎn)睛】該題的文字?jǐn)⑹鲚^長，要求要快速的從中找出物理信息，創(chuàng)設(shè)物理情境；平時要注意讀圖 能力的培養(yǎng)，以及幾何知識在物理學(xué)中的應(yīng)用，解答此類問題要有畫草圖的習(xí)慣，以便有 助于對問題的分析和理解；再者就是要熟練的掌握帶電粒子在磁場中做勻速圓周

3、運(yùn)動的周 期和半徑公式的應(yīng)用.2.如圖，絕緣粗糙的豎直平面 MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方 向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. 一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從 A點(diǎn)由靜止開始沿 MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時離開MN做 曲線運(yùn)動.A、C兩點(diǎn)間距離為h,重力加速度為g.(1)求小滑塊運(yùn)動到 C點(diǎn)時的速度大小 Vc；(2)求小滑塊從 A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功 Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到 D點(diǎn)時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點(diǎn).已知小滑塊在D點(diǎn)時

4、的速度大小為 VD,從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間為t,求小滑塊運(yùn)動到 P點(diǎn)時速度的大 小Vp.【來源】2015年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理(福建卷帶解析)【詳解】小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時離開MN ,此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析計(jì)算此時的速度 的大?。挥蓜幽芏ɡ碇苯佑?jì)算摩擦力做的功 Wf；撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，根據(jù) 分運(yùn)動計(jì)算最后的合速度的大小；(1)由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛 倫茲力等于電場力qE寸滑塊離開MN開始做曲線運(yùn)動，即 Bqv qE E解得：vB12(2)從A到C艮據(jù)動能定理： mgh Wf -mv2 01 E2斛得：W

5、f mghm_22 B(3)設(shè)重力與電場力的合力為 F,由圖意知，在D點(diǎn)速度vd的方向與F地方向垂直，從D到P12做類平拋運(yùn)動，在 巾向做勻加速運(yùn)動a=F/m , t時間內(nèi)在F方向的位移為x at212從D到P,根據(jù)動能te理： a1 a5 0,其中一mv14聯(lián)立解得:Vp Jmg 2產(chǎn)2 J9 ， m【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動過程，在與MN分離時，小滑塊與 MN間的作用力為零，在撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動過程逐步求解即可.3.在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電磁，電場的方向平行于y軸向下，在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,

6、方向垂直于紙面向里，有一質(zhì)量為 m ,帶 有電荷量+q的質(zhì)點(diǎn)由電場左側(cè)平行于 x軸射入電場，質(zhì)點(diǎn)到達(dá) x軸上A點(diǎn)，速度方向與x 軸的夾角為 弧A點(diǎn)與原點(diǎn)。的距離為d,接著，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場，并垂直與OC飛離磁場，不計(jì)重力影響，若OC與x軸的夾角為 6求：粒子在磁場中運(yùn)動速度的大小；勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小.【來源】帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動計(jì)算題Bqdsitl爐的$訪3網(wǎng)。即【答案一 一：(2)砒?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻吭囶}分析：(1)由幾何關(guān)系得：R=dsin()2由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得q詼三R解得：X / Vin(pIDvo,在電場中的加速度(2)質(zhì)點(diǎn)在電場中的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動.設(shè)質(zhì)點(diǎn)射入電

7、場的速度為 為a,運(yùn)動時間為t,則有：V0=VCOS ()vsin ()=atd=vot設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,由牛頓第二定律得 qE=ma解得：=4.如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.25m的半圓，兩段軌道相切于 B點(diǎn)，整個軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E=5.0 X3V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度V0沿水平軌道向右運(yùn)動，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0xiGkg,乙所帶電荷量q=2.0 x-5C, g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個運(yùn)動過程無電 荷轉(zhuǎn)移)(1)甲乙

8、兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D,求乙球在B點(diǎn)被碰后的瞬時速度大小；(2)在滿足1的條件下，求甲的速度 vo；(3)甲仍以中的速度 V0向右運(yùn)動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍?！緛碓础克拇ㄊ≠Y陽市高中(2018屆)2015級高三課改實(shí)驗(yàn)班12月月考理綜物理試題【答案】(1) 5m/s； (2) 5m/s； (3) 32m x2273m。(1)對球乙從B運(yùn)動到D的過程運(yùn)用動能定理可得乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)1212mgg2R qEg2R mVD mVB 22D,根據(jù)牛頓第二定律可得2Vdmg qE m一聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)可得Vb =5m/s(2)設(shè)向右

9、為正方向，對兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運(yùn)用動量守恒定律可得mV0 mV0 mVB根據(jù)機(jī)械能守恒可得1212mV0mV0221 2一 mVB2聯(lián)立解得V00, V05 m/s(3)設(shè)甲的質(zhì)量為 M,碰撞后甲、乙的速度分別為Vm、Vm ,根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒定律有Mv0Mvmmvm聯(lián)立得1 一 Mv2MVm221 2-mVm2分析可知：當(dāng) M=m時，Vm取最小值可得B球被撞后的速度范圍為2Mv0Vm M mvo;當(dāng) M ? m 時,Vm取最大值2V0V0Vm設(shè)乙球過D點(diǎn)的速度為Vd,由動能定理得mgg2R qEg2R1mVD2212一 mVm2聯(lián)立以上兩個方程可得3 5m/svD2 30m/s設(shè)乙

10、在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x ,則有1 . 2xVdL2Rgt2所以可得首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍2 3m32 m x25.對鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義.如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器 A下方的小孔Si不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔 &垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，做半徑為 R的勻速圓周運(yùn)動.離子行進(jìn)半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I.不考慮離子重力及離子間的相互作用.yB(1)求加速電場的電壓 U；(2)求出在離子被收集的過程中任意時間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量 M;(3)實(shí)際上加速電壓的

11、大小會在U+AU范圍內(nèi)微小變化.若容器 A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場中會發(fā)生分離，為使這兩 種離子在磁場中運(yùn)動的軌跡不發(fā)生交疊，書應(yīng)小于多少？(結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字)【來源】2012年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砭C物理(天津卷)【答案】(1)耳受(2)心(3) 0.63% 口口1HL【解析】解：(1)設(shè)離子經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場時的速度為V,由動能定理得：2qU =mv離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：TiniqvB=一解得：U 二支二 2m(2)設(shè)在t時間內(nèi)收集到的離子個數(shù)為 N,總電荷量Q = ItQ = NqM

12、 = Nm=（3）由以上分析可得：R =-2mU設(shè)m/為鈾238離子質(zhì)量，由于電壓在 U土 AU之間有微小變化，鈾 235離子在磁場中最大半役為：y -鈾238離子在磁場中最小半徑為：Rmin三 嚴(yán) 日q 4這兩種離子在磁場中運(yùn)動的軌跡不發(fā)生交疊的條件為：RmaxRmin即:得：.U m +hl其中鈾235離子的質(zhì)量 m = 235u （ u為原子質(zhì)量單位），鈾 238離子的質(zhì)量 m = 238unrt J U 2 2DU-25U則：一IT 2SDU+235L1解得： 0）、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動，圓心為O.球心O到該圓周上任一點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為。（0一）.為了使

13、小球能夠在該圓周上運(yùn)動，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值及小球 P2相應(yīng)的速率.（已知重力加速度為 g）【來源】帶電粒子在磁場中的運(yùn)動【答案】Bmin陰唇二，V戶亙輸q、Rcos ，cos【解析】【分析】【詳解】據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動，該圓周的圓心為O P受到向下的重力mg、球面對它沿 OP方向的支持力 N和磁場的洛侖茲力f= qvB N cosf N sin式中v為小球運(yùn)動的速率.洛侖茲力f的方向指向O .根據(jù)牛頓第二定律mg 0 2m-VdRsin由式得qBRsin mqRL 0 cos由于V是實(shí)數(shù)，必須滿足由此得2 (可見，為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值為

14、B 2mmin3邕Rcos9此時，帶電小球做勻速圓周運(yùn)動的速率為由式得7 .如圖所示，在無限長的豎直邊界N解口MT間充滿勻強(qiáng)電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NST面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為口2B, KL為上.下磁場的水平分界線，在 N舜口 MT邊界上，距KLW h處分另I有P、Q兩點(diǎn)，N序口 MT間距為1.8h ,質(zhì)量為m,帶電荷量為+ q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS&界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周 運(yùn)動，重力加速度為 g.(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向；(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可

15、能值【來源】【全國百強(qiáng)校】2017屆浙江省溫州中學(xué)高三 3月高考模擬物理試卷(帶解析【答案】(1) E mg,方向豎直向上(2) v .(9 6向qBhvminqm(3)v 0.68qBh v 0.545qBh v 0.52qBh m m m【解析】【分析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，電場力與重力合力為零;(2)作出粒子的運(yùn)動軌跡，由牛頓第二定律與數(shù)學(xué)知識求出粒子的速度；(3)作出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)用幾何知識求出粒子的速度.【詳解】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力合力為零，即 mg=qE,mg解得：E ,電場力方向豎直向上，電場方向豎直向上;q(2)粒子運(yùn)

16、動軌跡如圖所示：設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為 vmin , 對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為1、圓心的連線與NS的夾角為M粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：2vqvB m 一 ,r解得，粒子軌道半徑:qB由幾何知識得：rivminqB1，r22ri（i+2）sin（j）=r2, ri+ricos（j）=h?解得：Vmin (96的吧； m(3)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示,ST設(shè)粒子入射速度為 v, 粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為ri、口粒子第一次通過 KL時距離K點(diǎn)為x,由題意可知：3nx=i.8h (n=i3 x2解得：2、3 ）（9 6.2） h2Jr；h r1 2

17、 ,ri（i 管。n3.5,n2 20.68qBh即：n=i 時，v ,m,0.545qBhn=2 時，V,m0.52qBhn=3 時，V；mmg答：(i)電場強(qiáng)度的大小為 E ，電場方向豎直向上;Vmin（96揚(yáng)吧.q(2)要使粒子不從 NS邊界飛出，粒子入射速度的最小值為(3)若粒子經(jīng)過 Q點(diǎn)從MT邊界飛出，粒子入射速度的所有可能值為:0.68qBh50.545qBh0.52qBh或v 、或v .【點(diǎn)睛】本題考查了粒子在磁場中的運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是正確解題 的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意數(shù)學(xué)知識的應(yīng) 用.8.如圖所示，兩條豎直長虛

18、線所夾的區(qū)域被線段MN分為上、下兩部分，上部分的電場方向豎直向上，下部分的電場方向豎直向下，兩電場均為勻強(qiáng)電場且電場強(qiáng)度大小相同。擋 板PQ垂直MN放置，擋板的中點(diǎn)置于 N點(diǎn)。在擋板的右側(cè)區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。在左側(cè)虛線上緊靠M的上方取點(diǎn)A, 一比荷 Q =5X 15C/kg的帶正電粒子，從 A點(diǎn)m以V0=2X 13m/s的速度沿平行 MN方向射入電場，該粒子恰好從P點(diǎn)離開電場，經(jīng)過磁場的作用后恰好從 Q點(diǎn)回到電場。已知 MN、PQ的長度均為L=0.5m,不考慮重力對帶電粒子的影響，不考慮相對論效應(yīng)。(1)求電場強(qiáng)度E的大??；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；在左側(cè)虛線上 M點(diǎn)的下方取一點(diǎn)

19、 C,且CM=0.5m,帶負(fù)電的粒子從 C點(diǎn)沿平行MN方向 射入電場，該帶負(fù)電粒子與上述帶正電粒子除電性相反外其他都相同。若兩帶電粒子經(jīng)過磁場后同時分別運(yùn)動到 Q點(diǎn)和P點(diǎn)，求兩帶電粒子在 A、C兩點(diǎn)射入電場的時間差?！緛碓础俊臼屑壜?lián)考】陜西省榆林市2019屆高三第二次理科綜合模擬試題(物理部分 )【答案】16N/C (2) 1,6 10 2T (3) 3,9 104s【解析】【詳解】(1)帶正電的粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，有：L=V0tL 1qE 2t2 2m解得 E=16N/C(2)設(shè)帶正電的粒子從 P點(diǎn)射出電場時與虛線的夾角為 2則:tanVoqEt m可得。=450粒子射入磁場時的速度大

20、小為v=J2vo2粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動：qvB m r由幾何關(guān)系可知r -2 L2解得 B=1.6X10-2T(3)兩帶電粒子在電場中都做類平拋運(yùn)動，運(yùn)動時間相同；兩帶電粒子在磁場中都做勻速 .3 .一；兩帶電2圓周運(yùn)動，帶正電的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為,帶負(fù)電的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為22 r 2 mv qB粒子在AC兩點(diǎn)進(jìn)入電場的時間差就是兩粒子在磁場中的時間差;若帶電粒子能在勻強(qiáng)磁場中做完整的圓周運(yùn)動，則其運(yùn)動一周的時間 3,帶正電的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為：t1 -T 5.9 10 4s；4 1,帶負(fù)電的粒子在磁場中運(yùn)動的時間為：t2 T 2.0 104s4帶電粒子在AC兩點(diǎn)射入電場的時間差

21、為t t1 t2 3.9 10 4s9.如圖紙面內(nèi)的矩形 ABCD區(qū)域存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，對邊AB/ CDAD/ BC,電場方向平行紙面，磁場方向垂直紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一帶電粒子從 AB上的P點(diǎn)平行于紙面射入該區(qū)域，入射方向與AB的夾角為0 ( 0m2),在紙面內(nèi)經(jīng)電場和磁場后都打在照相底片上.若要使兩種離子的落點(diǎn)區(qū)域不重疊，則YU應(yīng)滿足什么U條件？(粒子進(jìn)入磁場時的速度方向與豎直方向的最大夾角仍為a)2mi cosm2(3) U 2m1 cosm2【來源】浙江諸暨市牌頭中學(xué)2017-2018學(xué)年高二1月月考物理試題 8U 一一 一一(1) (2)最大值X最小值XCOSB

22、 x,2(lm1 cosm2)【解析】【詳解】(1)沿SO方向垂直進(jìn)入磁場的粒子，最后打在照相底片粒子經(jīng)過加速電場：qU=1 mv22D的粒子;所以粒子的比荷為：q -8UTm B x2qmU x(2)粒子在磁場中圓運(yùn)動半徑 R -qB 2由圖象可知：粒子左偏。角（軌跡圓心為 Oi）或右偏。角（軌跡圓心為 O2）落點(diǎn)到O的距離相等，均為 L=2Rcos。故落點(diǎn)到O的距離最大：Lmax=2R=X最?。篖min=2RcoS a =xcos a（3）考慮同種粒子的落點(diǎn)到。的距離；當(dāng)加速電壓為U+AU偏角0 =0寸，距離最大,2Lmax=2Rmax=. 2qm（U U ）Bq ,當(dāng)加速電壓為 U-川、

23、偏角。=時，距離最小2 Lmin=2Rmin cos a x/2qm(UU)Bqcos a考慮質(zhì)量不同但電荷量相同的兩種粒子由r=12qmU和mi 巾2知：r R2qB要使落點(diǎn)區(qū)域不重疊，則應(yīng)滿足:Limin l_2max2一，2qmi(UU)Bqcos .12qm2 (UBq .U)解得：U2micosm22mcosm2（應(yīng)有條件 micos2 a m2,否則粒子落點(diǎn)區(qū)域必然重疊）13 .如圖所示，在空間坐標(biāo)系 x0區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場Ei,在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場E2和勻強(qiáng)磁場B,已知CD=2L, OC=L, E2二4Ei。在負(fù)x軸上有一質(zhì)量為

24、 m、電量為+q的金屬a球以速度vo沿x軸向右勻速運(yùn)動，并 與靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)。處用絕緣細(xì)支柱支撐的（支柱與b球不粘連、無摩擦）質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知 a、b球體積大小、材料相同且都可視為點(diǎn)電荷，碰后 電荷總量均分，重力加速度為g,不計(jì)a、b球間的靜電力，不計(jì) a、b球產(chǎn)生的場對電場、磁場的影響，求：,2vo 1(2)a、b碰后，經(jīng)t 時a球到某位置P點(diǎn)，求P點(diǎn)的位置坐標(biāo);3g(3)a、b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度【來源】【全國百強(qiáng)?！亢邶埥」枮I市第三中學(xué)校合物理試題B的取值。2019屆高三上學(xué)期期末考試?yán)砜凭C【答案】(1) va_ 2122vo3V0

25、, vb3V0； (2)(前2h (3)0B處或15qL16mvoB 3qL(1)a、b碰撞，由動量守恒和能量守恒關(guān)系求解碰后a、b的速度;(2)碰后a在電場中向左做類平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求解P點(diǎn)的位置坐標(biāo)；(3)要使b球不從CD邊界射出，求解恰能從 C點(diǎn)和D點(diǎn)射出的臨界條件確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的 范圍。(1)a勻速,則a、b碰撞，動量守恒機(jī)械能守恒由得mg qE1mV。mva2mVb 1 2 mv021212 公-mva - 2m vb d2212va-v0, vb-v0 33(2)碰后a、b電量總量平分，則qa1qb -q2v0碰后a在電場中向左做類平拋運(yùn)動，設(shè)經(jīng) t 時a球到P點(diǎn)的位置

26、坐標(biāo)為( 3g-x, -y)其中mg由得故p點(diǎn)的位置坐標(biāo)為(2vp9g1.2vat ，y at 21匚 -qEi22v09gQ1ma ，a = -g 22 v09g2 vo9g(3)碰撞后對b2mg故b做勻速圓周運(yùn)動，則1二 qvbB 28mv0r 3qBb恰好從C射出，則2r ?由？恰從D射出，則由幾何關(guān)系由？故要使b不從CD邊界射出，則Bi4L2B216m v03qL2L?16mv015qLB的取值范圍滿足16mv03qLc r 16mv0-0 B或B15qL【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動以及動量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場中的運(yùn)動要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋

27、運(yùn)動的規(guī)律求解。14 .如圖所示，空間存在著方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和方向垂直于紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，帶電荷量為 +q、質(zhì)量為m的小球Q靜置在光滑絕緣的水平高臺邊mg 一，緣，另一質(zhì)量為 m、不帶電的絕緣小球 P以水平初速度V0向Q運(yùn)動，V0 ,兩小球3qBP、Q可視為質(zhì)點(diǎn)，正碰過程中沒有機(jī)械能損失且電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移.已知勻強(qiáng)電場的電場2-_ mg 2mg強(qiáng)度E ，水平臺面距地面局度 h 丁等，重力加速度為 g,不計(jì)空氣阻力.qq B.,一、，、 mgP仍以水平初速度V0 3qBQ不與地面相撞).求小球25m. 4m gH ,2 23qB 3q2B2(1)小球P、Q首次發(fā)生彈性

28、碰撞時，取向右為正方向，由動量守恒和機(jī)械能守恒，得:mvomvPmvQ1mv22102mV122mVQ聯(lián)立解得Vp0,VQV0(2)對于小球Q,由于qEmg3qBmg,故Q球做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，則(1)求P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后小球 Q的速度大??；(2) P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后，經(jīng)過多少時間小球P落地？落地點(diǎn)與平臺邊緣間的水平距離多大？(3)若撤去勻強(qiáng)電場，并將小球 Q重新放在平臺邊緣、小球向Q運(yùn)動，小球 Q的運(yùn)動軌跡如圖2所示(平臺足夠高，小球H.Q在運(yùn)動過程中的最大速度和第一次下降的最大距離【來源】2019年湖北省黃岡中學(xué)高考三模物理試題mg m 二、2m2g1

29、)(2) (2 V2) ； 7 2 g 3qB qB3q B2 VQ qvB m r經(jīng)過一個周期的時間tiTqB小球P、Q再次發(fā)生彈性碰撞，由(1)可知碰后Vp Vomg3qBVq0小球P離開平臺后做平拋運(yùn)動，平拋運(yùn)動的時間為,12，、一0t2,則有h -gt2，代入數(shù)據(jù)，得:2t22m qB故P與Q首次發(fā)生碰撞后到落地，經(jīng)過的時間t2 m 2m m (2qB qB qB-2)落地點(diǎn)與平臺邊緣的水平距離,2m2g 3q2B2(3) PQ相碰后，Q球速度vq=vo,碰撞后Q球開始運(yùn)動至Q球第一次運(yùn)動至最低點(diǎn) Q球 有最大速度，故從碰撞后 Q球開始運(yùn)動至 Q球第一次運(yùn)動至最低點(diǎn)過程，對Q球由動量定理得：qvyBt mvm mvo即 qBH mvm mv0又由動能定理可得 mgH 1 mvm 1mv2 , 22解