山東省恒臺第一中學(xué)高中物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動壓軸題易錯題

山東省包臺第一中學(xué)高中物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動壓軸題易錯題一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動壓軸題1.兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強度的正方向)。在t=0時刻由負(fù)極板釋放一個初速度為零的帶負(fù)電的粒子(不計重力)，若電場q2m一強度R、磁感應(yīng)強度Bo、粒子的比荷上均已知，且to,兩板間距mqBo2.10mEoh2°qBo2(1)求粒子在0?to時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。(2)求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑(用h表示)。(3)若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖(不必寫計算過程粒子在板間運動的軌跡圖(不必寫計算過程)。E【來源】帶電粒子的偏轉(zhuǎn)【答案】(【答案】(1)粒子在o?to時間內(nèi)的位移大小與極板間距3 1h的比值———h5(2)粒子在極板間做圓周運動的最大半徑R22h(2)粒子在極板間做圓周運動的最大半徑R22h5(3)粒子在板間運動的軌跡如圖:(1)設(shè)粒子在o?to時間內(nèi)運動的位移大小為s1又已知t0篝,h2又已知t0篝,h2102mEo聯(lián)立解得:siS|—at0①2(2)解法一粒子在to~2t。時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設(shè)運動速度大小為Vi,軌道半徑為Ri,周期為T,則Viat。2mvq^B。一R聯(lián)立解得：Rito2mto又T——qB0即粒子在to?2t0時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。TOC\o"1-5"\h\z在2to~3to時間內(nèi)，粒子做初速度為vi的勻加速直線運動，設(shè)位移大小為s2s2Vit02at0-3.解得：s2-h5半徑為由于si+S2〈h,所以粒子在3t0~4t0時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設(shè)速度大小為V2,半徑為R2,有:VViat02mv2qv2B0R2解得R解得R22h5由于si+s2+e〈h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內(nèi)，粒子運動到正極板(如圖所示)：

2h因此粒子運動的最大半徑R22h解法二由題意可知，電磁場的周期為2to,前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為：。qEoa—

m方向向上。TOC\o"1-5"\h\z后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為TT2B02to粒子恰好完成一次勻速圓周運動。Sn至第nSn12Sn-a(nto)22.102mEo又已知h1qB22由以上各式得：sn—h5粒子做圓周運動的半徑為:Rnmvn

qBo解得：粒子做圓周運動的半徑為:Rnmvn

qBo解得：Rnnh5顯然s2R2hs5因此粒子運動的最大半徑R22h5因此粒子運動的最大半徑R22h5(3)粒子在板間運動的軌跡如圖所示: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電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點時離開MN做曲線運動.A、C兩點間距離為h,重力加速度為g.

(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小Vc;(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點.已知小滑塊在D點時的速度大小為VD,從D點運動到P點的時間為t,求小滑塊運動到P點時速度的大小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)【答案】(1)E/B⑵嗚二嘯的一1陽與(3)￥二由電「二「產(chǎn)+42R，Vk【詳解】小滑塊到達(dá)C點時離開MN,此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析計算此時的速度的大小；由動能定理直接計算摩擦力做的功Wf；撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)分運動計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qEM滑塊離開MN開始做曲線運動，即BqvqE解得：vEB12c(2)從A到C艮據(jù)動能定理：mghWf-mv02…1E2斛得：Wfmghm22B(3)設(shè)重力與電場力的合力為F,由圖意知，在D點速度vd的方向與F地方向垂直，從D到P1,2做類平拋運動，在m向做勻加速運動a=F/m,t時間內(nèi)在F萬向的位移為x-at2c12從D到P,根據(jù)動能定理：&a50,其中一mv1422聯(lián)立解得：vPmg(qE)J2聯(lián)立解得：vP2tvdm【點睛】MN分離時，小滑塊與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動，根據(jù)滑塊的不同的運動過程逐步求解即可.m、.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.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R的勻零，然后經(jīng)過小孔3垂直于磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為BR的勻速圓周運動.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.（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）實際上加速電壓的大小會在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，為使這兩在U種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊，G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）（2）詈（3）0.63%【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:qU=^mv2離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得:qvB二一翎工管解得：U二一.dsEEl（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=NqTtlftM="Nm"=（3）由以上分析可得:

設(shè)m，為鈾238離子質(zhì)量，由于電壓在U±AU之間有微小變化，鈾235離子在磁場中最大半徑為：Rmax=鈾238離子在磁場中最小半徑為：Rmin^'爾閃q1卜HW15這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件為：R1卜HW15即:得:?1-,<""：?△口：一二：n-hUm+工其中鈾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=238u-IT23BU-SS5U則：一<IT299U+235L]解得：一<0.63%.如圖紙面內(nèi)的矩形ABCD區(qū)域存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，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)強度大小為B.一帶電粒子從AB上的P點平行于紙面射入該區(qū)域，入射方向與AB的夾角為0(0<90°),粒子恰好做勻速直線運動并從CD射出.若撤去電場，粒子以同樣的速度從P點射入該區(qū)域，恰垂直CD射出.已知邊長AD=BC=d,帶電粒子的質(zhì)量為m,帶電量為q,不計粒子的重力.求：(1)帶電粒子入射速度的大??；(2)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運動的時間；(3)勻強電場的電場強度大小.【來源】【市級聯(lián)考】廣東省廣州市2019屆高三12月調(diào)研測試?yán)砜凭C合試題物理試題【答案】(1)-qBdmcosmcosqBsinqB2【答案】(1)-qBdmcosmcosqBsinqB2dmcos【解析】【分析】畫出粒子的軌跡圖，由幾何關(guān)系求解運動的半徑，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解帶電粒子入射速度的大??；帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運動的位移可求解時間；根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡求解場強.R,畫出運動軌跡如圖所示,(1)設(shè)撤去電場時，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,畫出運動軌跡如圖所示,d由幾何關(guān)系可知：cosR2洛倫茲力做向心力：qv0Bmv0-RqBd斛信v0mcos(2)設(shè)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運動的位移為x,有sindx粒子作勻速運動：x=vot聯(lián)立解得t聯(lián)立解得tmcos

qBsinEq=qvoB(3)Eq=qvoB21解得EqBdmcos【點睛】此題關(guān)鍵是能根據(jù)粒子的運動情況畫出粒子運動的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解半徑等物理量；知道粒子作直線運動的條件是洛倫茲力等于電場力^5.如圖所示，在空間坐標(biāo)系x<0區(qū)域中有豎直向上的勻強電場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電場E2和勻強磁場B,已知CD=2L,OC=L,E2

二4E1。在負(fù)x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運動，并與靜止在坐標(biāo)原點。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電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g,不計a、b球間的靜電力，不計a、b球產(chǎn)生的場對電場、磁場的影響，求:場、磁場的影響，求:⑴碰撞后，a⑴碰撞后，a、b球的速度大??；,2vo_ ……e… ，、(2)a、b碰后，經(jīng)t——時a球到某位置P點，求3gP點的位置坐標(biāo);(3)a、b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應(yīng)強度 B的取值。【來源】【全國百強?！亢邶埥」枮I市第三中學(xué)校2019屆高三上學(xué)期期末考試?yán)砜凭C合物理試題1 2【來源】【全國百強?！亢邶埥」枮I市第三中學(xué)校2019屆高三上學(xué)期期末考試?yán)砜凭C合物理試題1 2【答案】⑴va 二V0,灰一V0;(2)3 3B16mvo3qL【解析】【分析】2V29g2Vo9g16mv0i 或15qLmgqEmgqE1①mvomva2mvb②；mv：1mv222mv2d(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動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解P點的位置坐標(biāo)；(3)要使b球不從CD邊界射出，求解恰能從C點和D點射出的臨界條件確定磁感應(yīng)強度的范圍?！驹斀狻?1)a勻速,則a、b碰撞，動量守恒機械能守恒由②③得

1....2-小VaaVo,Vb-Vo④33(2)碰后a、b電量總量平分，則1qaqb-q碰后a在電場中向左做類平拋運動，設(shè)經(jīng)t——時a球到P點的位置坐標(biāo)為(-x,-y)3g1.2…xvat⑤，y—at⑥2其中一11mg—qE〔ma⑦，a=g22由⑤⑥⑦得222VoVox,y9g9g故P點的位置坐標(biāo)為(也9g2,包）⑧9g(3)碰撞后對b1「八-qE22mg⑨故b做勻速圓周運動，則-qvbB2m—⑩2r得8mv0r?3qB-b恰好從C射出，則L2r?由？？得16mv0Bi3qL恰從D射出，則由幾何關(guān)系r24L2rL2?,得5.r—L?2-由？？得

16mv0B2——-15qL故要使b不從CD邊界射出，則B的取值范圍滿足0B組或B皿015qL3qL【點睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動以及動量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場中的運動要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解。6.正、負(fù)電子從靜止開始分別經(jīng)過同一回旋加速器加速后，從回旋加速器D型盒的邊緣引出后注入到正負(fù)電子對撞機中.正、負(fù)電子對撞機置于真空中.在對撞機中正、負(fù)電子對撞后湮滅成為兩個同頻率的光子.回旋加速器D型盒中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。,回旋加速器的半徑為R,加速電壓為U;D型盒縫隙間的距離很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計.電子的質(zhì)量為m、電量為e,重力不計.真空中的光速為c,普朗克常量為h.(1)求正、負(fù)電子進(jìn)入對撞機時分別具有的能量E及正、負(fù)電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率v(2)求從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程中，D型盒間的電場對電子做功的平均功率P(3)圖甲為正負(fù)電子對撞機的最后部分的簡化示意圖.位于水平面的粗實線所示的圓環(huán)真空管道是正、負(fù)電子做圓周運動的容器”，正、負(fù)電子沿管道向相反的方向運動，在管道內(nèi)控制它們轉(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵.即圖中的Ai、A2、A4……從共有n個，均勻分布在整個圓環(huán)上.每個電磁鐵內(nèi)的磁場都是勻強磁場，并且磁感應(yīng)強度都相同，方向豎直向下.磁場區(qū)域的直徑為d.改變電磁鐵內(nèi)電流大小，就可以改變磁場的磁感應(yīng)強度，從而改變電子偏轉(zhuǎn)的角度.經(jīng)過精確調(diào)整，首先實現(xiàn)電子在環(huán)形管道中沿圖甲中粗虛線所示的軌道運動，這時電子經(jīng)過每個電磁鐵時射入點和射出點都在電磁鐵的同一直徑的兩端，如圖乙所示.這就為進(jìn)一步實現(xiàn)正、負(fù)電子的對撞做好了準(zhǔn)備.求電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大小【來源】2019年天津市濱海新區(qū)塘沽一中高三三模理綜物理試卷【答案】(1)v【答案】(1)ve2B02R22mc2E

mhh'2_2_2e2B02R22m2eB°U 2B°Rsin一;(2) ;(3)nm d解：(1)正、負(fù)電子在回旋加速器中磁場里則有:2mvoevBo 解得正、負(fù)電子離開回旋加速器時的速度為:voeB0R正、負(fù)電子進(jìn)入對撞機時分別具有的能量： E正、負(fù)電子對撞湮滅時動量守恒，能量守恒，則有:12-mvo2 2 2eB解：(1)正、負(fù)電子在回旋加速器中磁場里則有:2mvoevBo 解得正、負(fù)電子離開回旋加速器時的速度為:voeB0R正、負(fù)電子進(jìn)入對撞機時分別具有的能量： E正、負(fù)電子對撞湮滅時動量守恒，能量守恒，則有:12-mvo2 2 2eBoR2m22E2mc2hv正、負(fù)電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率:2 2 2c2eB0R2mc

v mhh(2)從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程，設(shè)在電場中加速n次,則有:neU12-mvo2解得：neBo2R2

2mU正、負(fù)電子在磁場中運動的周期為:2m

eBo正、負(fù)電子在磁場中運動的時間為： tD型盒間的電場對電子做功的平均功率：__2nT BoRT2 2U2-WEe2BoUP—— ttm(3)設(shè)電子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為 r,由幾何關(guān)系可得「.drsin——n2 r 解得：r2sin一n根據(jù)洛倫磁力提供向心力可得:2mvoev0B r電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大?。築2BoRsin—

nd7.實驗中經(jīng)常利用電磁場來改變帶電粒子運動的軌跡.如圖所示，M(1H)、笊23(iH)、瓶(iH)三種粒子同時沿直線在紙面內(nèi)通過電場強度為E、磁感應(yīng)強度為B的復(fù)合場區(qū)域.進(jìn)入時代與笊、笊與瓶的間距均為d,射出復(fù)合場后進(jìn)入y軸與MN之間(其夾角為0)垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域I,然后均垂直于邊界MN射出.虛線MN與PQ間為真空區(qū)域H且PQ與MN平行.已知質(zhì)子比荷為—,不計重力.m(1)求粒子做直線運動時的速度大小v;

(2)求區(qū)域I內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度Bi；(3)若虛線PQ右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域出，經(jīng)該磁場作用后三種粒子均能匯聚于MN上的一點，求該磁場的最小面積S和同時進(jìn)入復(fù)合場的五、瓶運動到匯聚點的時間差A(yù)t.[Failedtodownloadimage:http:〃0:8086/QBM/2019/&13/2224672582623232/2224907340759040/STEM/dc3c33cca5564bb396bf46dd7f953dfa.png]【來源】江蘇省蘇州市2019屆高三上學(xué)期期末陽光指標(biāo)調(diào)研考試物理試題喑案】⑴B(嗡⑶Td(1)粒子在電磁復(fù)合場中做直線運動是勻速直線運動，根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，可求粒子的速度大??；(2)由粒子的軌跡與邊界垂直，可求軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，可求磁感應(yīng)強度的大??；(3)由瓶粒子圓周運動直徑可求磁場的最小面積.根據(jù)五、瓶得運動周期，結(jié)合幾何關(guān)系，可求五、瓶到匯聚點的時間差.【詳解】(1)由電場力與洛倫茲力平衡，Bqv=Eq解得v=E/B.(2)由洛倫茲力提供向心力，2Bvq=m—r由幾何關(guān)系得r=d…口mE…口mE解得B= qdB(3)分析可得瓶粒子圓周運動直徑為3r213r磁場取小面積s=一兀22解得S=兀d2由題意得IB2=2B1

一2r-2m由T= 得T= qB由軌跡可知Ati=(3Ti—Ti)—,其中2mTi= qBiAt2=1(3T2-T2),其中一2r-2m由T= 得T= qB由軌跡可知Ati=(3Ti—Ti)—,其中2mTi= qBiAt2=1(3T2-T2),其中T2=22mqB2)解得ttl+t2( 2)BdEA、B板間的電場加速后從B板上的小孔豎直向上飛出，進(jìn)入豎直放置的CD板間，CD板間存在正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的方向水平向右，大小為E,勻強磁場的方向水平向里，大小為Bi。其中一些粒子能沿圖中虛線做直線運動到達(dá)上方豎直圓上的a點，圓內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B2、方向水平向里的勻強磁場。其中S、a、圓心O點在同一豎直線上。不計粒子的重力和粒子之間的作用力。求：（1）能到達(dá)a點的粒子速度v的大??；（2）若e、f兩粒子帶不同種電荷，它們的比荷之比為1：3,都能到達(dá)a點，則對應(yīng)A、B兩金屬板間的加速電壓Ui:U2的絕對值大小為多大；（3）在滿足（2）中的條件下，若e粒子的比荷為k,e、f兩粒子在磁場圓中射出的兩位置恰好t為多少？在圓形磁場的同一條直徑上，則兩粒子在磁場圓中運動的時間差t為多少？【來源】河南省名校聯(lián)盟20i9屆年高三第五次（3月份）調(diào)研考試?yán)砜凭C合物理試題E，，，【答案】(i)v-；(2)Ui：U23:i；(3)ttit2Bi9kB2【解析】【詳解】解：（i）能達(dá)到a點的粒子速度設(shè)為v,說明在C、D板間做勻速直線運動，有：qvBiqE

解得：v(2)由題意得e、f兩粒子經(jīng)A、B板間的電壓加速后，速度都應(yīng)該為v,根據(jù)動能定理得:12qUmv2aqeqf它們的比荷之比：—：L1:3memf得出：Ui：U23:1(3)設(shè)磁場圓的半徑為R,e、f粒子進(jìn)入磁場圓做圓周運動2對e粒子：q1VB2m1——ri2對f粒子：q2VB2m2一r2解得：r13r21e、f兩粒子在磁場圓中射出的兩位置恰好在同一條直徑上，說明兩粒子的偏轉(zhuǎn)角之和為180，e180，e、f兩粒子的軌跡圖如圖所示,由幾何關(guān)系有:tan0Rtan0一「29a90聯(lián)立解得：030',a60e、f兩粒子進(jìn)入磁場圓做勻速圓周運動的周期滿足:T2一11V

曳*1:3memf在磁場中運動的時間:tltl320Tit22a7t2T2t2360t2tl兩粒子在磁場中運動的時間差為:Att兩粒子在磁場中運動的時間差為:Att1t2花9kB29.如圖1,光滑絕緣水平平臺MNQP為矩形，GH//PQ,MP=NQ=1m,MN=GH=PQ=0.4m,平臺離地面高度為h=2.45m.半徑為R=0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B=0.05T,方向豎直向上，與MP邊相切于A點，與NQ邊相切于D點，與GH相切于C點.平臺上PGHQ區(qū)域內(nèi)有方向由P指向G的勻強電場，場強大小為E=0.25V/m.平臺右方整個空間存在方向水平向右的電場，場強大小也為E=0.25V/m,俯視圖如圖2.兩個質(zhì)量均為m=2X105kg的小球a、b,小球a帶正電，電量q=4X104C,小球b不帶電，小球a、b均可視為質(zhì)點.小球a從A點正對圓心O射入磁場，偏車990°后離開磁場，一段時間后與靜止在平臺D點的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后兩球離開平臺，并在此后的運動過程中發(fā)生多次彈性碰撞，a球帶電量始終不變，碰撞時間忽略不計.已知重力加速度g=10m/s2,兀=3.14不計空氣阻力，求：〃B2由1(1)小球a射入磁場時的速度大??；(2)從小球a射入磁場到第一次與小球b相碰撞，小球a運動的路程；(3)兩個小球落地點與NQ的水平距離.【來源】【市級聯(lián)考】重慶市2019屆高三5月調(diào)研測試(第三次診斷性考試)理綜試卷物理試題【答案】(1)0.2m/s(2)0.636m(3)0.684m【解析】

【詳解】(1)小球a從A點正對圓心。射入磁場，偏車990°后離開磁場，小球a在洛倫茲力作用下做圓周運動，軌跡如圖：分析得半徑R=0.2m分析得半徑R=0.2m2v由qvBm一R得：v=0.2m/s(2)磁場中運動的路程si=兀R=0.628m電場中加速度a9E5m/s2m2電場的路程s22—0.008m2a小球a射入磁場到與小球b相碰過程運動的路程sS1§20.636m(3)a、b球彈性碰撞，質(zhì)量相等每一次碰撞速度交換.D點碰后，兩球速度分別為VaD=0,VbD=0.2m/S此后兩球拋離平臺，豎直方向均做自由落體運動gt22h由h—得，兩小球在仝中運動時間tJ—0.7s；gqE,2水平方向：b球勻速運動，a球加速運動，加速度a——5m/sm每次碰到下一次碰撞，兩球位移相等,v每次碰到下一次碰撞，兩球位移相等,v—t圖如圖所不':1,,、2可得，每兩次碰撞間隔時間是定值：vbDt-a(t)2t0.08s由工t0.70.