訓(xùn)練08 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-2025年高考物理壓軸題沖刺訓(xùn)練-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

（1）P點(diǎn)的縱坐標(biāo)y；
（2）滑塊克服摩擦力所做的功W；
（3）在圖2中定性畫出滑塊從進(jìn)入狹縫到離開狹縫過程的速度—時(shí)間圖像；并利用此圖像計(jì)算滑塊在此過程中所受電場(chǎng)力的沖量大小I。
【參考答案】（1）；（2）；（3）見解析，
【名師解析】
（1）設(shè)滑塊在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
根據(jù)幾何關(guān)系可得
（2）滑塊帶負(fù)電荷，從M點(diǎn)進(jìn)入狹縫再?gòu)腗點(diǎn)離開，電場(chǎng)力做功為0；而洛倫茲力不做功。由動(dòng)能定理可得
解得克服摩擦力做功為
（3）對(duì)滑塊受力分析，滑塊所受摩擦力為
滑塊向－y方向運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)?；瑝K向＋y方向運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖所示
摩擦阻力的大小與粒子速率成正比，故“阻力—時(shí)間”圖像與“速度—時(shí)間”圖像相似，速度-時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移，滑塊進(jìn)入狹縫到離開狹縫運(yùn)動(dòng)的總位移為零。而阻力—時(shí)間曲線與時(shí)間軸所圍的面積表示阻力的沖量，類比可得摩擦阻力的總沖量為零。以＋y方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理可得，電場(chǎng)力沖量的大小為
2. （2024福建泉州質(zhì)檢2）如圖，在直角坐標(biāo)系中，y軸豎直，左側(cè)存在一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；右側(cè)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，y軸左側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為右側(cè)的2倍。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從點(diǎn)以某一初速度沿y軸正方向射出，恰好經(jīng)過原點(diǎn)O且此時(shí)速度方向剛好沿x軸負(fù)方向，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后到達(dá)點(diǎn)。已知重力加速度大小為g。求：
（1）小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O過程中的水平加速度大??；
（2）y軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?br>（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）設(shè)小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的時(shí)間為，水平方向的加速度大小為，則有水平方向
豎直方向
解得
（2）設(shè)右側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為，左側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為，由牛頓第二定律得
又
解得
（3）小球在軸左側(cè)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力
方向豎直向上，所以帶電小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，做出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可知
則可知
，
設(shè)小球運(yùn)動(dòng)半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系有
設(shè)小球經(jīng)過時(shí)的速度大小為，由（1）可知
根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有
聯(lián)立解得
3. （2024江蘇鎮(zhèn)江質(zhì)檢）如圖所示，自左向右的三個(gè)區(qū)域依次為豎直向下場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)、場(chǎng)強(qiáng)為B的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)以及由這兩種場(chǎng)疊加形成的復(fù)合場(chǎng)。電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾认嗤鶠閐，復(fù)合場(chǎng)區(qū)域的寬度足夠大。帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)離開復(fù)合場(chǎng)區(qū)。一帶正電的粒子向右以一定的初速度由A處進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)后再水平向右進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)粒子重力。求：
（1）粒子剛進(jìn)入A處的初速度的大小；
（2）若粒子剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度是剛進(jìn)入A處初速度的兩倍，請(qǐng)計(jì)算粒子剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)，相對(duì)于A處在豎直方向偏移的距離以及該電荷的比荷；
（3）若取粒子剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域時(shí)為零時(shí)刻，其速度是剛進(jìn)入A處初速度的兩倍，計(jì)算該粒子在該場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的最小值以及對(duì)應(yīng)的時(shí)刻t。
【參考答案】（1）；（2），；（3），
【名師解析】
（1）根據(jù)題意，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示
設(shè)粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小為，速度方向相對(duì)入射方向偏轉(zhuǎn)的角度為，速度的豎直分量為，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則有
，，，
由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場(chǎng)中的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為
根據(jù)洛倫茲力提供向心力
解得
聯(lián)立上述方程可以得到
（2）若粒子剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度是剛進(jìn)入A處初速度的兩倍，則有
解得
則粒子在電場(chǎng)中位移與水平方向夾角的正切值為
由幾何關(guān)系有
解得
由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中豎直方向的偏移
所以相對(duì)于A處在豎直方向偏移的距離為
粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有
又有
聯(lián)立解得
（3）由于
則有
若粒子剛進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度是剛進(jìn)入A處初速度的兩倍，利用配速法把其速度分為
可知，粒子在復(fù)合場(chǎng)中水平方向以做勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
由
可得，其對(duì)應(yīng)的旋輪半徑為
在最高點(diǎn)速度最小為
對(duì)應(yīng)的時(shí)間是擺線的半周期的奇數(shù)倍，即
4. (2024年3月福建泉州質(zhì)檢)如圖甲所示，在水平地面上方分布有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。在離地高為h的O點(diǎn)處建立一直角坐標(biāo)系xOy，y軸豎直向上。一個(gè)帶正電小球A從O點(diǎn)以速率沿x軸負(fù)方向射出，恰好可以垂直打到地面。已知重力加速度大小為g，A受到的電場(chǎng)力恰好等于重力，運(yùn)動(dòng)過程中帶電量不變，忽略空氣阻力。
（1）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；
（2）若大量與A相同的小球仍從O點(diǎn)以速率在xOy平面內(nèi)沿各個(gè)方向先后射出，小球間的相互作用均不計(jì)，落地后均不反彈，求小球落地點(diǎn)區(qū)間的長(zhǎng)度；
（3）若撤去電場(chǎng)，小球仍從O點(diǎn)以某一速率沿y軸正方向射出，恰好不會(huì)打到地面。
i.求小球從O點(diǎn)射出時(shí)的速率；
ii.已知小球的速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，求小球速率達(dá)到最小時(shí)兩個(gè)位置之間的距離。
【參考答案】（1）；（2）；（3）i.，ii.（n=1，2，3…）
【名師解析】（1）由于小球所受電場(chǎng)力大小等于重力，則有
可知，電場(chǎng)力與重力平衡，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有
根據(jù)幾何關(guān)系有
解得
（2）結(jié)合上述可知，當(dāng)小球在第二象限與y軸正方向夾角射出時(shí)，可運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最遠(yuǎn)落地點(diǎn)，此時(shí)落地與O點(diǎn)連線為軌跡直徑，則其水平位移
當(dāng)小球沿方向射出時(shí)，可運(yùn)動(dòng)到右側(cè)最遠(yuǎn)落地點(diǎn)，此時(shí)軌跡與地面相切，則其水平位移
則落地點(diǎn)區(qū)間的長(zhǎng)度為
結(jié)合上述解得
（3）i.將小球的運(yùn)動(dòng)分解為圓周運(yùn)動(dòng)與勻速運(yùn)動(dòng)，如圖所示
則勻速運(yùn)動(dòng)的速度為
圓周運(yùn)動(dòng)的速度
圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
根據(jù)幾何關(guān)系有，
解得
ii.小球速度達(dá)到最小時(shí)的位置之間的距離（n=1，2，3…）
其中周期
解得
5. （2024河北衡水名校協(xié)作體期末聯(lián)考）如圖所示，豎直面內(nèi)的三個(gè)區(qū)域中分別存在電場(chǎng)和磁場(chǎng)。在區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿軸正方向，在軸右側(cè)分布著相鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向沿軸正向，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。一質(zhì)量為、帶電量為的油滴從軸上的點(diǎn)無初速釋放，到達(dá)軸上的點(diǎn)時(shí)，速度與軸負(fù)方向夾角；到達(dá)豎直電場(chǎng)右邊界的點(diǎn)時(shí)，速度與軸正方向夾角仍為。兩點(diǎn)間距離兩點(diǎn)的豎直高度差。已知重力加速度取，帶電油滴的運(yùn)動(dòng)均在真空中。求：
（1）水平電場(chǎng)的大小及油滴到達(dá)到點(diǎn)時(shí)的速度；
（2）豎直電場(chǎng)的大小及油滴到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度；
（3）油滴在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度的最大值。
【參考答案】（1），；（2），；（3）
【名師解析】
（1）由題可知，油滴從P到Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即
解得
根據(jù)可知
（2）由題可知，油滴在電場(chǎng)內(nèi)做類拋體運(yùn)動(dòng)，可將其分解為沿x方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿y方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故
，
到達(dá)M點(diǎn)時(shí)的速度為
由動(dòng)能定理可知
代入數(shù)據(jù)解得
（3）如圖所示將速度進(jìn)行分解
其中
故油滴的運(yùn)動(dòng)可分解為沿水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和一個(gè)勻速圓周運(yùn)動(dòng)
由余弦定理可得
聯(lián)立解得
當(dāng)兩速度方向相同時(shí)，油滴的速度最大
6.（10分）（2024山西太原高二期末）如圖所示，豎直平面直角坐標(biāo)系xOy第一象限內(nèi)，存在水平向右的電場(chǎng)、垂直紙面向里的磁場(chǎng)。質(zhì)量m=1kg、電荷量q=+0.1C的小球由O到A恰好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到A（0.1m，0.1m）點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)方向瞬間變?yōu)樨Q直向上，小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，垂直于y軸射出第一象限。不計(jì)一切阻力，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（2）小球在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。
【名師解析】.（10分）
（1）小球在到達(dá)A點(diǎn)之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)
電場(chǎng)方向變化后，小球所受重力與電場(chǎng)力平衡，小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
由幾何關(guān)系得
（2）小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期
小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角
小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
7. (2024山西呂梁和孝義期末) 如圖所示，某足夠?qū)挼目臻g有垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為且足夠長(zhǎng)的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為、帶電荷量的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。現(xiàn)對(duì)木板施加方向水平向左、大小為的恒力，g取。求：
（1）剛開始滑塊的加速度大小以及滑塊受到的摩擦力大小；
（2）滑塊勻加速所達(dá)到的最大速度以及絕緣木板運(yùn)動(dòng)的最大加速度。
【參考答案】（1），；（2），
【名師解析】
（1）整體為對(duì)象

小滑塊為對(duì)象

得

勻加速結(jié)束時(shí)，滑塊
得

又有
所以

當(dāng)滑塊與絕緣木板之間彈力為零時(shí)，二者間滑動(dòng)摩擦力也為零。絕緣木板加速度達(dá)到最大，有

得
8. （2024河北張家口期末）如圖所示，空間有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，一質(zhì)量的絕緣木板A靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量、帶正電的滑塊B，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)，滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。現(xiàn)對(duì)木板A施加水平向左、大小的恒力，當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)A、B恰好運(yùn)動(dòng)到與A等高且足夠長(zhǎng)的光滑矮臺(tái)，同時(shí)A撞上矮臺(tái)，B滑上矮臺(tái)通過彈簧推動(dòng)質(zhì)量滑塊C，若C左側(cè)某位置鎖定一豎直彈性擋板Q（圖中未畫出），B、C分開前C會(huì)與Q碰撞，碰撞過程中沒有能量損失，碰撞時(shí)間極短，碰后立即撤去Q。g取10m/s2。求：
（1）A、B恰好運(yùn)動(dòng)到光滑矮臺(tái)時(shí)B的速度大小；
（2）初始時(shí)木板A左端到矮臺(tái)的距離；
（3）滑塊C與擋板Q碰撞后，B與C相互作用的過程中，彈簧彈性勢(shì)能最大值的范圍。
【參考答案】（1）6m/s；（2）9m；（3）
【名師解析】
（1）由于滑塊B與絕緣木板A之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度由
得
故當(dāng)0.6N的恒力作用于木板時(shí)，A、B系統(tǒng)以
的加速度一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊B獲得向左運(yùn)動(dòng)的速度以后又產(chǎn)生一個(gè)豎直向上的洛倫茲力，正壓力變小，最大靜摩擦力變小，當(dāng)最大靜摩擦力不足以提供滑塊的加速度后，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)
解得
（2）在此過程中A、B一起做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，初始時(shí)木板A左端距矮臺(tái)的距離為，由
解得
（3）滑塊C與擋板Q碰撞前，B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則滑塊C與擋板Q碰撞前有
滑塊C與擋板Q碰撞后至B、C共速過程，B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
解得B、C共速時(shí)速度
全過程B、C與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，共速時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，則有
從滑塊B開始?jí)嚎s彈簧至彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中，機(jī)械能守恒，則有
又由動(dòng)量守恒定律有
解得
，
故C與Q碰撞前B速度取值范圍在-2m/s到6m/s之間，根據(jù)
可知當(dāng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大值最大為
當(dāng)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大值最小為
故彈簧彈性勢(shì)能最大值的范圍。
9. （2024江蘇揚(yáng)州期末）如圖1所示，在真空中有一光滑水平面xOy，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；在第四象限存在沿－y軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E．質(zhì)量為m，電荷量為－q的小滑塊在xOy平面內(nèi)從y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，速度大小為，方向與＋y軸方向成30°角，剛好垂直于x軸進(jìn)入由兩平行擋板構(gòu)成的狹縫MN中，狹縫足夠長(zhǎng)，寬度略大于滑塊．已知滑塊與擋板間動(dòng)摩擦因數(shù)為，從M處離開狹縫時(shí)的速度大小為，在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變。求：
（1）P點(diǎn)的縱坐標(biāo)y；
（2）滑塊克服摩擦力所做的功W；
（3）在圖2中定性畫出滑塊從進(jìn)入狹縫到離開狹縫過程的速度—時(shí)間圖像；并利用此圖像計(jì)算滑塊在此過程中所受電場(chǎng)力的沖量大小I。
【參考答案】（1）；（2）；（3）見解析，
【名師解析】
（1）設(shè)滑塊在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
根據(jù)幾何關(guān)系可得
（2）滑塊帶負(fù)電荷，從M點(diǎn)進(jìn)入狹縫再?gòu)腗點(diǎn)離開，電場(chǎng)力做功為0；而洛倫茲力不做功。由動(dòng)能定理可得
解得克服摩擦力做功為
（3）對(duì)滑塊受力分析，滑塊所受摩擦力為
滑塊向－y方向運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。滑塊向＋y方向運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖所示
摩擦阻力的大小與粒子速率成正比，故“阻力—時(shí)間”圖像與“速度—時(shí)間”圖像相似，速度-時(shí)間圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移，滑塊進(jìn)入狹縫到離開狹縫運(yùn)動(dòng)的總位移為零。而阻力—時(shí)間曲線與時(shí)間軸所圍的面積表示阻力的沖量，類比可得摩擦阻力的總沖量為零。以＋y方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理可得，電場(chǎng)力沖量的大小為
10. （2024福建泉州質(zhì)檢2）如圖，在直角坐標(biāo)系中，y軸豎直，左側(cè)存在一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；右側(cè)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，y軸左側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為右側(cè)的2倍。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從點(diǎn)以某一初速度沿y軸正方向射出，恰好經(jīng)過原點(diǎn)O且此時(shí)速度方向剛好沿x軸負(fù)方向，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后到達(dá)點(diǎn)。已知重力加速度大小為g。求：
（1）小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O過程中的水平加速度大小；
（2）y軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。

【參考答案】（1）；（2）；（3）
【名師解析】
（1）設(shè)小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的時(shí)間為，水平方向的加速度大小為，則有水平方向
豎直方向
解得
（2）設(shè)右側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為，左側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為，由牛頓第二定律得
又
解得
（3）小球在軸左側(cè)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力
方向豎直向上，所以帶電小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，做出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可知
則可知
，
設(shè)小球運(yùn)動(dòng)半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系有
設(shè)小球經(jīng)過時(shí)的速度大小為，由（1）可知
根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有
聯(lián)立解得
11．(2024江蘇鹽城期初摸底質(zhì)檢)如圖甲所示，現(xiàn)有一機(jī)械裝置，裝置O右端固定有一水平光滑絕緣桿，裝置可以帶動(dòng)桿上下平行移動(dòng)，桿上套有兩個(gè)小球a、b，質(zhì)量ma=1kg，mb=3kg，a球帶電量q=+2C，b球不帶電。初始時(shí)a球在桿的最左端，且a、b球相距L0=0.08m。現(xiàn)讓裝置O帶動(dòng)桿以v0=2m/s向下勻速運(yùn)動(dòng)，并且加上一垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知小球和桿始終在磁場(chǎng)中，球發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞過程中電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移。（g取10m/s2）
（1）求小球a、b第一次發(fā)生碰撞后沿桿方向的速度分別是多少？
（2）若已知在桿的最右端恰好發(fā)生第9次碰撞，則桿的長(zhǎng)度是多少？
（3）如圖乙所示，若將該裝置固定不動(dòng)，長(zhǎng)方形ABCD內(nèi)有交變勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖丙規(guī)律變化，取垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向，圖中AB=3AD=3L，L=2m，B0=1T，在長(zhǎng)方形區(qū)域再加一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，E=30V/m，給a一個(gè)向右瞬時(shí)沖量I，a、b發(fā)生彈性碰撞且電荷量平分，b在t=0時(shí)從A點(diǎn)沿AB方向進(jìn)入磁場(chǎng)，最終到達(dá)C點(diǎn)，則沖量I多大？
【名師解析】
（1）a球做加速運(yùn)動(dòng)的加速度為 QUOTE ，則 QUOTE
設(shè)第一次碰前速度為 QUOTE ，則 QUOTE
設(shè)a和b碰撞后速度為 QUOTE 、 QUOTE ，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得
QUOTE
解得
QUOTE
（2）設(shè)物塊a、b第一次碰后再經(jīng)過時(shí)間 QUOTE 發(fā)生第二次碰撞
解得 QUOTE
第二次碰撞前a的速度 QUOTE
第二次碰撞前b的速度 QUOTE
碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得 QUOTE
QUOTE
解得 QUOTE
第二次和第三次碰撞的時(shí)間間隔為 QUOTE ， QUOTE
即 QUOTE
解得 QUOTE
第三次碰撞前a的速度 QUOTE
第三次碰撞前b的速度 QUOTE
碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得 QUOTE
QUOTE
解得 QUOTE
即每一次碰撞b球的速度增加 QUOTE ，相鄰兩次碰撞的時(shí)間間隔為0.4s，則b球從第一次到第九次碰撞前的瞬間位移分別為
則桿的長(zhǎng)度是
（3）若給a球一個(gè)沖量 QUOTE ，則
a球和b球碰撞
QUOTE
解得 QUOTE
b球在長(zhǎng)方形區(qū)域時(shí) QUOTE
則b球在長(zhǎng)方形區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng) QUOTE
QUOTE （ QUOTE ， QUOTE ， QUOTE ）
聯(lián)立解得 QUOTE （ QUOTE ， QUOTE ， QUOTE ）
12．（17分）(2024廣東茂名名校聯(lián)考)如圖所示，直流電源（不計(jì)內(nèi)阻）與阻值為的定值電阻、滑動(dòng)變阻器以及水平放置的平行板電容器構(gòu)成閉合回路，平行板電容器的板間距為d、板長(zhǎng)為，板間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為的小球以某一水平初速度從電容器下極板左邊緣無碰撞的進(jìn)入電容器。已知重力加速度大小為g，電源電動(dòng)勢(shì)，小球向右飛入電容器的初速度為，不計(jì)電場(chǎng)、磁場(chǎng)邊緣效應(yīng)，不計(jì)空氣阻力。
（1）若滑動(dòng)變阻器接入電路中的阻值，且小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?br>（2）若小球在板間恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且能從兩極板間飛出，求接入電路中的阻值，以及磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；
（3）若滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，求小球在板間運(yùn)動(dòng)過程中偏離下極板的最大距離H。
【名師解析】（1）根據(jù)歐姆定律有，
解得（1分）
極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?分）
小球恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)力的平衡
（1分）
解得（1分）
（2）小球恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力與電場(chǎng)力平衡，（1分）
定值電阻兩端的電壓
根據(jù)閉合電路中的分壓關(guān)系有
（1分）
聯(lián)立解得（1分）
小球恰好從兩板間右側(cè)飛出時(shí)，設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由幾何知識(shí)可得
（1分）
解得（1分）
小球恰好從兩板間左側(cè)飛出時(shí)，設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，則
（1分）
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
（1分）
圓周運(yùn)動(dòng)的半徑取值范圍為或，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為
或（2分）
（3）根據(jù)（1）可知當(dāng)時(shí)小球所受電場(chǎng)力大小，方向豎直向上
設(shè)小球最高點(diǎn)時(shí)速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有
（1分）
小球向上偏轉(zhuǎn)，設(shè)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為，這段時(shí)間內(nèi)豎直方向平均速度為，則對(duì)應(yīng)的洛倫茲力水平方向分力的沖量為
（1分）
根據(jù)水平方向的動(dòng)量定理，以水平向左為正方向，有
（1分）
聯(lián)立解得，（1分）

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