（江苏专用）2017届高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场（课件+试题）（打包4套）.zip

1专题三 电场和磁场第 1讲 电场和磁场的基本性质一、单项选择题1.如图 1所示， a、 b、 c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由 a到 c， a、 b间距离等于 b、 c间距离。用 φ a、 φ b、 φ c和 Ea、 Eb、 Ec分别表示 a、 b、 c三点的电势和电场强度，可以判定( )图 1A． φ a＞ φ b＞ φ c B． φ a－ φ b＝ φ b－ φ cC． Ea＞ Eb＞ Ec D． Ea＝ Eb＝ Ec解析 判断电场强度的大小，需看电场线的疏密，此题不具备作出判断的条件。根据沿着电场线的方向电势降低，可以判断 A选项正确；虽然 a、 b间距离等于 b、 c间距离，但只有在匀强电场中，沿场强方向相同距离的电势差才相等，因题中只有一条电场线也就无法判断电势差的大小。答案 A2．(2016·全国卷Ⅱ，15)如图 2， P是固定的点电荷，虚线是以 P为圆心的两个圆。带电粒子 Q在 P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内， a、 b、 c为轨迹上的三个点。若 Q仅受 P的电场力作用，其在 a、 b、 c点的加速度大小分别为 aa、 ab、 ac，速度大小分别为 va、 vb、 vc，则( )图 2A． aaabac， vavcvb B． aaabac， vbvcvaC． abacaa， vbvcva D． abacaa， vavcvb解析 由库仑定律 F＝ 可知，粒子在 a、 b、 c三点受到的电场力的大小关系为kq1q2r2FbFcFa，由 a＝ 可知 abacaa。根据粒子的轨迹可知，粒子 Q与场源电荷 P的电性相同，Fm2二者之间存在斥力，由 c→ b→ a整个过程中，电场力先做负功再做正功，且 Wba|Wcb|，结合动能定理可知， vavcvb，故选项 D正确。答案 D3.如图 3所示， Q1、 Q2为两个等量同种带正电的点电荷，在两者的电场中有 M、 N和 O三点，其中 M和 O在 Q1、 Q2的连线上( O为连线的中点)， N为过 O点的垂线上的一点。则下列说法中正确的是( )图 3A．在 Q1、 Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线B．若将一个带正电的点电荷分别放在 M、 N和 O三点，则该点电荷在 M点时的电势能最大C．若将一个带电荷量为－ q的点电荷从 M点移到 O点，则电势能减少D．若将一个带电荷量为－ q的点电荷从 N点移到 O点，则电势能增加解析 根据等量同种正电荷形成的电场在点电荷连线和中垂线上的电场强度和电势的特点可判定 A错； M、 N、 O三点电势大小的关系为 φ Mφ Oφ N，可判定带正电的点电荷在 M点时的电势能最大，B 正确；从 M点到 O点，电势是降低的，故电场力对带电荷量为－ q的点电荷做负功，则电势能增加，C 错；从 N点到 O点，电势是升高的，故电场力对带电荷量为－ q的点电荷做正功，则电势能减少，D 错。答案 B4.如图 4所示，半径为 R的圆形区域里有磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场， M、 N是磁场边界上两点且 M、 N连线过圆心，在 M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里发射质量为 m、电荷量为 q、速度大小均为 v＝ 的带正电粒子，不计qBR2m粒子的重力，若某一个粒子在磁场中运动的时间为 t＝ ，则该粒子从 M点射入磁场时，π R2v入射速度方向与 MN间夹角的正弦值为( )图 4A. B. C. D.12 35 22 453解析 粒子在磁场中运动轨迹半径 r＝ ＝ ，由于该粒子在磁场中运动的时间 t＝ ＝mvqB R2 π R2v＝ T，因此该粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，△ MOP为正三角形，π rv 12粒子从 M点射出的速度方向与 MN的夹角为 30°，夹角正弦值为 ，A 正确。12答案 A5.如图 5所示，两平行导轨与水平面成 α ＝37°角，导轨间距为 L＝1.0 m，匀强磁场的磁感应强度可调，方向垂直导轨所在平面向下。一金属杆长也为 L，质量 m＝0.2 kg，水平放在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数 μ ＝0.5，通有图示方向的电流，电流强度 I＝2.0 A，令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为( )图 5A．1.0 T 0 B．1.0 T 0.6 TC．1.0 T 0.2 T D．0.6 T 0.2 T解析 由左手定则知安培力沿斜面向上，因 mgsin α ＝1.2 N、 fm＝ μmg cos α ＝0.8 N，所以当磁感应强度 B最小时，安培力 F1＝ BminIL＝0.4 N，即 Bmin＝0.2 T；当 B最大时，安培力 F2＝ BmaxIL＝2.0 N，即 Bmax＝1.0 T，C 对。答案 C6.在真空中某区域有一电场，电场中有一点 O，经过 O点的一条直线上有 P、 M、 N三点，到 O点的距离分别为 r0、 r1、 r2，直线上各点的电势 φ 分布如图 6所示， r表示该直线上某点到 O点的距离，下列说法中正确的是( )图 6A． O、 P两点间电势处处相等， O、 P间场强一定为零4B． M点的电势低于 N点的电势C． M点的电场强度大小小于 N点的电场强度大小D．在将正电荷沿该直线从 M移到 N的过程中，电场力做负功解析 O、 P两点间的各点电势处处相等，各点间电势差均为零，移动电荷时电场力不做功，O、 P间场强一定为零，选项 A正确；由图象可知， M点的电势高于 N点的电势，B 错误；电势变化越快的地方场强越大，根据图线斜率可以得出， M点的电场强度大小大于 N点的电场强度大小，选项 C错误；在将正电荷沿该直线从 M移到 N的过程中，电势降低，电势能减小，电场力做正功，选项 D错误。答案 A7.如图 7所示， a、 b、 c、 d、 O五点均在匀强电场中，它们刚好是一个半径为 R＝0.2 m的圆的四个等分点和圆心 O， b、 c、 d三点的电势如图所示。已知电场线与圆所在平面平行，关于电场强度的大小和方向，下列说法正确的是( )图 7A．电场强度的方向由 O指向 b点B．电场强度的方向由 O指向 d点C．电场强度的大小为 10 V/mD．电场强度的大小为 10 V/m5解析 由匀强电场中平行线上等间距点间的电势差相等可得， O点的电势为 6 V， O、 d连线的中点 e处的电势为 8 V，连接 c、 e，过 O作 ce的垂线交 ce于 f，则 ce为等势线，电场线垂直于 ce向下，即电场强度的方向由 f指向 O点，连接 c、 O，计算得 Of长为R， O、 f间的电势差为 2 V，则电场强度 E＝ ＝10 V/m，选项 D正确。55 Ud 5答案 D二、多项选择题8.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一带正电小球(电荷量很5小)固定在 P点，如图 8所示。以 U表示两极板间的电压， E表示两极板间的场强， EP表示该小球在 P点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则( )图 8A． U变小 B． U不变 C． E变大 D． EP不变解析 根据电容器充电后与电源断开可知， Q不变，将正极板移至图中虚线所示位置，间距 d减小，由 C＝ ，知电容 C增大，又 U＝ ，电压 U减小，因 E＝ ＝ ＝ ， Eε rS4kπ d QC Ud QCd 4kπ Qε rS不变， P点到下极板的距离不变，则 P点与下极板的电势差不变， P点的电势 φ P不变， P点电势能 EP＝ φ P·q不变，选项 A、D 正确。答案 AD9.如图 9所示，直线 MN与水平方向成 60°角， MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为 B。一粒子源位于 MN上的 a点，能水平向右发射不同速率、质量为 m(重力不计)、电荷量为 q(q0)的同种粒子，所有粒子均能通过 MN上的 b点，已知 ab＝ L，则粒子的速度可能是( )图 9A. B. C. D.3BqL6m 3BqL3m 3BqL2m 3BqLm解析 由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为 120°，所以粒子运动的半径为 r＝ · (n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得 Bqv＝ m ，则 v＝33 Ln v2r＝ · (n＝1，2，3，…)，所以 A、B 对。Bqrm 3BqL3m 1n6答案 AB10.如图 10所示，两个等量异种点电荷 A、 B固定在一条水平直线上， O点为 A、 B的中点，a点在连线的中垂线上，若在 a点以一定初速度 v0沿 aO方向发射一质量为 m的电子(重力不计)，电子运动到距离正点电荷最近时具有的速度是初速度的 3倍(取无穷远处电势能为零)，则下列说法正确的是( )图 10A．电子可能沿直线 aO匀速运动B．电子一定先加速再减速，最后匀速C．电子在运动中具有的最小电势能为－4 mv20D．电子最终的速率一定大于 v0解析 由等量异种点电荷电场的电场线分布情况可知， A、 B两点电荷连线的中垂线上各点的电场强度方向均水平向右，发射的电子在电场力作用下必做曲线运动，A 项错误；在电子运动到距离正点电荷最近的过程中，电场力对电子做正功，电势能减小，动能增加，之后电场力对电子做负功，电子运动到足够远处时，其电势能为零，由能量守恒定律知其动能不变，所以粒子做匀速运动，B 项正确；在电子运动到距离正点电荷最近的过程中，由能量守恒定律知电势能的减少量等于动能的增加量，所以电子的最小电势能为Ep＝－ m(3v0)2＋ mv ＝－4 mv (电子在 a点的电势能为零)，C 项正确；由能量守恒及电子12 12 20 20在无穷远处电势能为零可知，电子最终的速率一定等于 v0，D 项错误。答案 BC三、计算题11.如图 11所示，在平面直角坐标系 xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为 m＝5.0×10 －8 kg、电荷量为 q＝1.0×10 －6 C的带电粒子。从静止开始经 U0＝10 V的电压加速后，从 P点沿图示方向进入磁场，已知 OP＝30 cm(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：7图 11(1)带电粒子到达 P点时速度 v的大小；(2)若磁感应强度 B＝2.0 T，粒子从 x轴上的 Q点离开磁场，求 OQ的距离；(3)若粒子不能进入 x轴上方，求磁感应强度 B′满足的条件。解析 (1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU＝ mv212代入数据得： v＝20 m/s。(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB＝ 得 R＝mv2R mvqB代入数据得： R＝0.50 m而 ＝0.50 mOPcos 53°故圆心一定在 x轴上，轨迹如图甲所示。由几何关系可知： OQ＝ R＋ Rsin 53°故 OQ＝0.90 m。(3)带电粒子不从 x轴射出(如图乙)，由几何关系：OPR′＋ R′cos 53°①R′＝ ②mvqB′由①②并代入数据得：B′ T＝5.33 T(取“≥”也可)。163答案 (1)20 m/s (2)0.90 m (3) B′5.33 T12．(2016·上海单科，32)如图 12，长度 L＝0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷8A，其电荷量 Q＝1.8×10 －7 C；一质量 m＝0.02 kg，带电荷量为 q的小球 B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为 x轴正方向建立坐标系。点电荷 A对小球 B的作用力随 B位置 x的变化关系如图 13中曲线Ⅰ所示，小球 B所受水平方向的合力随 B位置 x的变化关系如图 13中曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在 0.16 m≤ x≤0.20 m 和 x≥0.40 m 范围可近似看做直线。求：(静电力常量 k＝9×10 9 N·m2/C2)图 12图 13(1)小球 B所带电荷量 q；(2)非均匀外电场在 x＝0.3 m 处沿细杆方向的电场强度大小 E；(3)在合电场中， x＝0.4 m 与 x＝0.6 m 之间的电势差 U；(4)已知小球在 x＝0.2 m处获得 v＝0.4 m/s的初速度时，最远可以运动到 x＝0.4 m处。若小球在 x＝0.16 m处受到方向向右，大小为 0.04 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离 s是多少？解析 (1)由题图可知，当 x＝0.3 m 时， F1＝ k ＝0.018 NqQx2因此 q＝ ＝1×10 －6 CF1x2kQ(2)设在 x＝0.3 m 处点电荷与小球间作用力为 F2，则F 合 ＝ F2＋ qE因此 E＝ ＝ N/C＝－3×10 4 N/CF合 － F2q － 0.012－ 0.0181×10－ 6电场在 x＝0.3 m 处沿细杆方向的电场强度大小为 3×104 N/C，方向水平向左。(3)根据题中图象可知在 x＝0.4 m 与 x＝0.6 m 之间合力做功大小W 合 ＝0.004×0.2 J＝8×10 －4 J由 qU＝ W 合可得 U＝ ＝800 VW合q9(4)由题图可知小球 B从 x＝0.16 m 到 x＝0.2 m 处电场力做功 W1＝ J＝6×10 －4 J0.03×0.042小球从 x＝0.2 m 到 x＝0.4 m 处电场力做功 W2＝－ mv2＝－1.6×10 －3 J12由题图可知小球从 x＝0.4 m 到 x＝0.8 m 处电场力做功 W3＝－0.004×0.4 J＝－1.6×10 －3 J由动能定理 W1＋ W2＋ W3＋ F 外 s＝0解得 s＝－ ＝0.065 mW1＋ W2＋ W3F外答案 (1)1×10 －6 C (2)3×10 4 N/C(3)800 V (4)0.065 m1第 2 讲 带电粒子在复合场中的运动一、单项选择题1.如图 1 所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝 S 射入磁感应强度为 B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为 R1∶ R2＝1∶2，则下列说法正确的是( )图 1A．离子的速度之比为 1∶2B．离子的电荷量之比为 1∶2C．离子的质量之比为 1∶2D．离子的比荷之比为 2∶1解析 因为两粒子能沿直线通过速度选择器，则 qvB1＝ qE，即 v＝ ，所以两离子的速度之EB1比为 1∶1，选项 A 错误；根据 R＝ ，则 ∶ ＝2∶1，选项 B、C 错误，D 正确。mvqB2 q1m1 q2m2答案 D2.如图 2 所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在 M 点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在 N 点的速度比在 M 点的速度大)。则下列说法正确的是( )图 2A．粒子一定带正电B．粒子的运动轨迹一定是抛物线C．电场线方向一定垂直等势面向左D．粒子从 M 点运动到 N 点的过程中电势能增大解析 根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项 A 错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用2下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项 B 错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C 正确；电场力做正功，电势能减小，选项 D 错误。答案 C二、多项选择题3.(2016·天水一模)质谱仪的构造原理如图 3 所示。从粒子源 S 出来时的粒子速度很小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而达到照相底片上的 P 点，测得 P 点到入口的距离为 x，则以下说法正确的是( )图 3A．粒子一定带正电B．粒子一定带负电C． x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越大D． x 越大，则粒子的质量与电量之比一定越小解析 根据左手定则，A 正确，B 错误；根据 qU＝ mv2， qvB＝ ， r＝ x 可知 ＝ ，可12 mv2r 12 mq B2x28U见 x 越大， 越大，故 C 正确，D 错误。mq答案 AC4.太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电。如图 4 所示，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为 v，方向与极板平行，该区域中有磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，方向垂直纸面，两极板间的距离为 L，则( )图 4A．在开关 K 未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为 BLvB．闭合开关 K 后，若回路中有稳定的电流 I，则极板间电场恒定C．闭合开关 K 后，若回路中有稳定的电流 I，则电阻消耗的热功率为 2BILvD．闭合开关 K 后，若回路中有稳定的电流 I，则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功解析 太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，带电离子受到洛伦兹力和电场力作用，稳定后，3有 ＝ qvB，解得 U＝ BLv，选项 A 正确；闭合开关后，若回路中有稳定的电流，则两极板之qUL间的电压恒定，电场恒定，选项 B 正确；回路中电流 I＝ ＝ ，电阻消耗的热功率UR BLvRP＝ I2R＝ ，选项 C 错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以选项 D 错误。B2L2v2R答案 AB三、计算题5．(2016·常州模拟)如图 5 所示，两竖直金属板间电压为 U1，两水平金属板的间距为 d。竖直金属板 a 上有一质量为 m、电荷量为 q 的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动。水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为 B，求：图 5(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小 v0；(2)两水平金属板间的电压；(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度 D。解析 (1)在加速电场中，由动能定理得： qU1＝ mv12 20解得： v0＝2qU1m(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则：Bqv0＝ qUd解得： U＝ Bd2qU1m(3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为 D，则：Bqv0＝ m 且 r＝ D解得： D＝mBq2qU1m答案 (1) (2) Bd (3)2qU1m 2qU1m mBq2qU1m6．(2016·海安、南外、金陵三校联考)在第Ⅱ象限内紧贴两坐标轴的一边长为 L 的正方形4区域内存在匀强磁场，磁感应强度为 B，在第Ⅰ、Ⅳ象限 x＜ L 区域内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E；在 x＞ L 区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B′的矩形匀强磁场，矩形的其中一条边在直线 x＝ L 上。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计粒子重力)从第Ⅱ象限的正方形匀强磁场区域的上边界和左边界的交点处以沿 y 轴负方向的某一速度进入磁场区域，从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入匀强电场区域。图 6(1)求带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场时的速度大小；(2)求带电粒子从匀强电场区域射出时的坐标；(3)若带电粒子进入 x＞ L 区域的匀强磁场时速度方向与 x 轴正方向成 45°角，要使带电粒子能够回到 x＜ L 区域，则 x＞ L 区域中匀强磁场的最小面积为多少？解析 (1)根据题述带电粒子的运动情境，可知带电粒子在第Ⅱ象限的匀强磁场中运动的轨迹半径等于正方形区域的边长 L，即 R＝ L设带电粒子射入第Ⅱ象限的匀强磁场中时速度大小为 v，由 qvB＝ m ，解得 v＝ 。v2L qBLm(2)设带电粒子从匀强电场区域射出时的纵坐标为－ y1，带电粒子从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入匀强电场区域做类平抛运动，设带电粒子运动的加速度大小为 a，在电场区域运动的时间为 t，则有 L＝ vt， y1＝ at2， qE＝ ma12联立解得 y1＝mE2qB2所以带电粒子从匀强电场区域射出时的坐标为(L，－ )。mE2qB2(3)带电粒子以与 x 轴正方向成 45°角的方向进入 x＞ L 区域的匀强磁场，其速度大小v′＝ v＝22qBLm由 qv′ B′＝ m ，解得 R′＝v′ 2R′ 2BLB′5画出粒子在 x＞ L 区域磁场中的运动轨迹，如图所示，由几何关系可知匀强磁场的最小宽度为d＝(1＋cos 45 °) R′＝（ 1＋ 2） BLB′所以 x＞ L 区域中匀强磁场的最小面积为S＝2 R′ d＝ 。2（ 2＋ 2） B2L2B′ 2答案 (1) (2)( L，－ ) (3)qBLm mE2qB2 2（ 2＋ 2） B2L2B′ 27．(2016·泰州二模)如图 7 所示，在 xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋ y 轴方向为电场强度的正方向)。在 t＝0 时刻由原点 O 发射初速度大小为 v0，方向沿＋ y 轴方向的带负电粒子(不计重力)。其中已知 v0、 t0、 B0、 E0，且 E0＝ ，粒子的比荷 ＝ ， xB0v0π qm πB0t0轴上有一点 A，坐标为( ，0)。48v0t0π图 7(1)求 时带电粒子的位置坐标；t02(2)粒子运动过程中偏离 x 轴的最大距离；(3)粒子经多长时间经过 A 点。解析 (1)由 T＝ 得 T＝2 t02π mqB所以 ＝ ，运动了t02 T4 T4由牛顿第二定律得： qv0B0＝ m解得： r1＝ ＝mv0qB0 v0t0π6所以位置坐标为( ， )v0t0π v0t0π(2)粒子的运动轨迹如图所示。由图可知： y1＝ v0t0＋ t ， v1＝ v0＋ t012qE0m 20 qE0m解得： y1＝ ， v1＝2 v03v0t02由 r＝ 得： r2＝mvqB 2v0t0π故： ym＝ y1＋ r2＝( ＋ )v0t032 2π(3)由图可知粒子的运动周期为 4t0，在一个周期内粒子沿 x 轴方向运动的距离：d＝2( r1＋ r2)＝6v0t0π故： t＝ ×4t0＝32 t048v0t0πd答案 (1)( ， ) (2)( ＋ )v0t0 (3)32 t0v0t0π v0t0π 32 2π8．(2016·黑龙江大庆模拟)如图 8 所示，坐标系 xOy 在竖直平面内， x 轴沿水平方向， x0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为 B2，电场强度大小为 E。 x0 的区域固定一与 x 轴成 θ ＝30°角的绝缘细杆。一穿在细杆上的带电小球 a 沿细杆匀速滑下，从 N 点恰能沿圆周轨道运动到 x 轴上的 Q 点，且速度方向垂直于 x 轴。已知Q点到坐标原点 O 的距离为 l，重力加速度为 g， B1＝7 E ， B2＝ E 。空气阻力忽略32 110π gl 5π6gl不计。7图 8(1)求带电小球 a 的电性及其比荷 ；qm(2)求带电小球 a 与绝缘细杆间的动摩擦因数 μ ；(3)当带电小球 a 刚离开 N 点时，从 y 轴正半轴距原点 O 为 h＝ 的 P 点(图中未画出)以20π l3某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球 b， b 球刚好运动到 x 轴时与向上运动的 a 球相碰，则 b 球的初速度为多大？解析 (1)由带电小球 a 在第三象限内做匀速圆周运动可得，带电小球 a 带正电，且mg＝ qE，解得 ＝ 。qm gE(2)带电小球 a 从 N 点运动到 Q 点的过程中，设运动半径为 R，有： qvB2＝ mv2R由几何关系有 R＋ Rsin θ ＝ l32联立解得 v＝5π gl6带电小球 a 在杆上匀速运动时，由平衡条件有mgsin θ ＝ μ (qvB1－ mgcos θ )解得： μ ＝34(3)带电小球 a 在第三象限内做匀速圆周运动的周期T＝ ＝2π Rv 24π l5g带电小球 a 第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为 t0＝ ＝2vg 10π l3g绝缘小球 b 平抛运动至 x 轴上的时间为t＝ ＝22hg 10π l3g两球相碰有 t＝ ＋ n(t0＋ )T3 T2联立解得 n＝18设绝缘小球 b 平抛的初速度为 v0，则 l＝ v0t72解得 v0＝147gl160π答案 (1)正 (2) (3)gE 34 147gl160π