高考物理通用版沖刺大二輪講義專題四電路與電磁感應(yīng)第10課時(shí)

第10課時(shí)電學(xué)中的動(dòng)量和能量問題考點(diǎn)電場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題例1在地球大氣層以外的宇宙空間，基本上按照天體力學(xué)的規(guī)律運(yùn)行的各類飛行器，又稱空間飛行器．航天器是執(zhí)行航天任務(wù)的主體，是航天系統(tǒng)的主要組成部分．由于外太空是真空的，飛行器在加速過程中一般使用火箭推進(jìn)器，火箭在工作時(shí)利用電場(chǎng)加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流而對(duì)飛行器產(chǎn)生反沖力．由于阻力極小，只需一點(diǎn)點(diǎn)動(dòng)力即可使飛行器達(dá)到很高的速度．如圖1所示，我國發(fā)射的“實(shí)踐九號(hào)”攜帶的衛(wèi)星上第一次使用了離子電推力技術(shù)，為我國的航天技術(shù)開啟了一扇新的大門．已知飛行器的質(zhì)量為M，發(fā)射的是2價(jià)氧離子，發(fā)射功率為P，加速電壓為U，每個(gè)氧離子的質(zhì)量為m，元電荷為e，原來飛行器靜止，不計(jì)發(fā)射氧離子后飛行器質(zhì)量的變化，求：圖1(1)發(fā)射出的氧離子速度大小；(2)每秒鐘發(fā)射出的氧離子數(shù)；(3)發(fā)射出離子后飛行器開始運(yùn)動(dòng)的加速度大?。鸢?1)2eq\r(\f(eU,m))(2)eq\f(P,2eU)(3)eq\f(P,M)eq\r(\f(m,eU))解析(1)以氧離子為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理，有2eU＝eq\f(1,2)mv2－0，所以，發(fā)射出的氧離子速度為v＝2eq\r(\f(eU,m)).(2)設(shè)每秒鐘發(fā)射出的氧離子數(shù)為N，則發(fā)射功率可表示為P＝NΔEk＝2NeU，所以，N＝eq\f(P,2eU).(3)以氧離子和飛行器為系統(tǒng)，設(shè)飛行器的反沖速度為v′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，t時(shí)間內(nèi)0＝Mv′＋Ntm(－v)所以，飛行器加速度的大小為a＝eq\f(v′,t)＝eq\f(Nmv,M)＝eq\f(P,M)eq\r(\f(m,eU)).變式訓(xùn)練1．當(dāng)金屬的溫度升高到一定程度時(shí)就會(huì)向四周發(fā)射電子，這種電子叫熱電子，通常情況下，熱電子的初始速度可以忽略不計(jì)．如圖2所示，相距為L(zhǎng)的兩塊固定平行金屬板M、N接在輸出電壓恒為U的高壓電源E2上，M、N之間的電場(chǎng)近似為勻強(qiáng)電場(chǎng)，K是與M板距離很近的燈絲，通過小孔穿過M板與外部電源E1連接，電源E1給K加熱從而產(chǎn)生熱電子，不計(jì)燈絲對(duì)內(nèi)部勻強(qiáng)電場(chǎng)的影響．熱電子經(jīng)高壓加速后垂直撞擊N板，瞬間成為金屬板的自由電子，速度近似為零．電源接通后，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為I，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e.求：圖2(1)電子到達(dá)N板前瞬間的速度vN的大小；(2)N板受到電子撞擊的平均作用力F的大?。鸢?1)eq\r(\f(2eU,m))(2)Ieq\r(\f(2mU,e))解析(1)由動(dòng)能定理得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(N2)－0，解得vN＝eq\r(\f(2eU,m)).(2)設(shè)Δt時(shí)間經(jīng)過N板的電荷量為Q，Q＝IΔt在Δt時(shí)間落在N板上的電子數(shù)為N1：N1＝eq\f(IΔt,e)對(duì)Δt時(shí)間內(nèi)落在N板上的電子整體應(yīng)用動(dòng)量定理：－FΔt＝0－N1mvN，F(xiàn)＝eq\f(N1mvN,Δt)＝Ieq\r(\f(2mU,e)).由作用力與反作用力關(guān)系可知，N板受到電子撞擊的平均作用力大小為F′＝F＝Ieq\r(\f(2mU,e)).考點(diǎn)磁場(chǎng)中的動(dòng)量和能量問題例2(2019·福建福州市期末)如圖3所示，豎直平面MN的右側(cè)空間存在著水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)、磁場(chǎng)相互垂直，MN左側(cè)的絕緣水平面光滑，右側(cè)的絕緣水平面粗糙．質(zhì)量為m的小物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上，該小物體帶負(fù)電，電荷量為－q(q＞0)．質(zhì)量為eq\f(1,3)m的不帶電的小物體B以速度v0沖向小物體A并發(fā)生彈性正碰，碰撞前后小物體A的電荷量保持不變．圖3(1)求碰撞后小物體A的速度大??；(2)若小物體A與MN右側(cè)粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝eq\f(3mg,qv0)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝eq\f(7μmg,q).小物體A從MN開始向右運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)時(shí)速度達(dá)到最大．求小物體A的最大速度vm和此過程克服摩擦力所做的功W.答案(1)eq\f(v0,2)(2)2v07μmgL－eq\f(15,8)mveq\o\al(02)解析(1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB，由于A、B發(fā)生彈性正碰，動(dòng)量、能量守恒，則有：mBv0＝mBvB＋mAvAeq\f(1,2)mBveq\o\al(02)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(B2)＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(A2)解得：vA＝eq\f(v0,2)(2)當(dāng)物體A的加速度等于零時(shí)，其速度達(dá)到最大值vm，對(duì)物體A受力分析如圖所示．在豎直方向：FN＝qvmB＋mg在水平方向：qE＝μFN解得：vm＝2v0根據(jù)動(dòng)能定理得：qEL－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(m2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2)聯(lián)立解得：W＝7μmgL－eq\f(15,8)mveq\o\al(02).變式訓(xùn)練2.如圖4所示是計(jì)算機(jī)模擬出的一種宇宙空間的情景，在此宇宙空間內(nèi)存在這樣一個(gè)遠(yuǎn)離其他空間的區(qū)域(其他星體對(duì)該區(qū)域內(nèi)物體的引力忽略不計(jì))，以MN為界，上半部分勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，下半部分勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2.已知B1＝4B2＝4B0，磁場(chǎng)方向相同，且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大．在距離界線MN為h的P點(diǎn)有一宇航員處于靜止?fàn)顟B(tài)，宇航員以平行于MN的速度向右拋出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球，發(fā)現(xiàn)小球經(jīng)過界線處的速度方向與界線成90°角，接著小球進(jìn)入下半部分磁場(chǎng)．當(dāng)宇航員沿與界線平行的直線勻速到達(dá)目標(biāo)Q點(diǎn)時(shí)，剛好又接住球而靜止．圖4(1)請(qǐng)你粗略地作出小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡；(2)PQ間的距離是多大；(3)宇航員的質(zhì)量是多少．答案(1)見解析圖(2)6h(3)eq\f(5πm,6)解析(1)小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．(2)由幾何關(guān)系可知R1＝h，由qvB＝eq\f(mv2,R)和B1＝4B2＝4B0，可知R2＝4R1＝4h，設(shè)小球的速率為v1，由qv1(4B0)＝eq\f(mv\o\al(12),R1)解得小球的速率v1＝eq\f(4qB0h,m)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，PQ間的距離為L(zhǎng)＝2(R2－R1)＝6h.(3)由qvB＝eq\f(mv2,r)和T＝eq\f(2πr,v)得小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)，故小球由P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間t＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(5πm,4qB0).設(shè)宇航員的速度為v2＝eq\f(L,t)＝eq\f(24qB0h,5πm)，宇航員在Q點(diǎn)接住球時(shí)，由動(dòng)量守恒定律有Mv2－mv1＝0，解得宇航員的質(zhì)量M＝eq\f(5πm,6).考點(diǎn)電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量問題1.電磁感應(yīng)與動(dòng)量綜合問題往往需要運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系和能量守恒定律等重要規(guī)律，并結(jié)合閉合電路歐姆定律等物理規(guī)律及基本方法求解．2．動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問題中的應(yīng)用，主要可以解決變力的沖量．所以，在求解導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題時(shí)，應(yīng)用動(dòng)量定理可以避免由于加速度變化而導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)學(xué)公式不能使用的麻煩，在求解雙桿模型問題時(shí)，在一定條件下可以利用動(dòng)量守恒定律避免討論中間變化狀態(tài)，而直接求得最終狀態(tài)．例3(2019·福建福州市期末質(zhì)量檢測(cè))如圖5所示，空間存在一個(gè)范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框abcd(簡(jiǎn)稱方框)放在光滑的水平地面上，其外側(cè)套著一個(gè)與方框邊長(zhǎng)相同的U形金屬框架MNQP(僅有MN、NQ、QP三條邊，簡(jiǎn)稱U形框)，U形框的M、P端的兩個(gè)觸點(diǎn)與方框接觸良好且無摩擦，其他地方?jīng)]有接觸．兩個(gè)金屬框每條邊的質(zhì)量均為m，每條邊的電阻均為r.(1)若方框固定不動(dòng)，U形框以速度v0垂直NQ邊向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)U形框的接觸點(diǎn)M、P端滑至方框的最右側(cè)時(shí)，如圖乙所示，求U形框上N、Q兩端的電勢(shì)差UNQ；(2)若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的水平初速度v0，U形框恰好不能與方框分離，求方框最后的速度vt和此過程流過U形框上NQ邊的電荷量q；(3)若方框不固定，給U形框垂直NQ邊向右的初速度v(v>v0)，在U形框與方框分離后，經(jīng)過t時(shí)間，方框的最右側(cè)和U形框的最左側(cè)之間的距離為s.求分離時(shí)U形框的速度大小v1和方框的速度大小v2.圖5答案見解析解析(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv0此時(shí)電路圖如圖所示由串并聯(lián)電路規(guī)律，外電阻為R外＝2r＋eq\f(3r×r,3r＋r)＝eq\f(11,4)r由閉合電路歐姆定律得：流過QN的電流I＝eq\f(E,R外＋r)＝eq\f(4BLv0,15r)所以：UNQ＝E－Ir＝eq\f(11,15)BLv0；(2)U形框向右運(yùn)動(dòng)過程中，方框和U形框組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒．依題意得：方框和U形框最終速度相同，設(shè)最終速度大小為vt；3mv0＝(3m＋4m)vt解得：vt＝eq\f(3,7)v0對(duì)U形框，由動(dòng)量定理得：－BLeq\x\to(I)t＝3mvt－3mv0由q＝eq\x\to(I)t解得：q＝eq\f(12mv0,7BL)(3)設(shè)U形框和方框分離時(shí)速度分別為v1和v2，系統(tǒng)動(dòng)量守恒：3mv＝3mv1＋4mv2依題意得：s＝(v1－v2)t聯(lián)立解得：v1＝eq\f(3,7)v＋eq\f(4s,7t)v2＝eq\f(3,7)v－eq\f(3s,7t).變式訓(xùn)練3．(2019·浙江杭州市高三期末)如圖6(俯視圖)所示，質(zhì)量分布均勻的總質(zhì)量為M、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線框ACDE處于某一水平面內(nèi)(離地面足夠高)；在t＝0時(shí)刻(圖示位置)以速度v0將線框水平向右拋入寬度為L(zhǎng)、間距也為L(zhǎng)的間隔型磁場(chǎng)區(qū)域(區(qū)域足夠大)；該區(qū)域內(nèi)存在磁場(chǎng)的區(qū)域磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.若線框ACDE在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中都保持水平狀態(tài)，每條邊的電阻均為R，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：圖6(1)t＝0時(shí)刻線框CD邊上的電勢(shì)差UCD；(2)t＝0時(shí)刻線框加速度的大小a；(3)若線框在0～t0時(shí)間內(nèi)的位移大小為s，求t＝t0時(shí)刻線框水平速度v的大小(設(shè)t0時(shí)刻線框的水平速度大于0，t0為已知量)．答案(1)－eq\f(3BLv0,4)(2)eq\r(?\f(B2L2v0,4MR)?2＋g2)(3)v0－eq\f(B2L2\r(4s2－g2t\o\al(04)),8MR)解析(1)E＝BLv0根據(jù)電路相關(guān)知識(shí)可得UCD＝－eq\f(3BLv0,4)(2)線框所受的水平方向的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,4R)所以線框水平方向的加速度大小ax＝eq\f(B2L2v0,4MR).線框加速度大小a＝eq\r(?\f(B2L2v0,4MR)?2＋g2).(3)根據(jù)動(dòng)量定理，水平方向上有－eq\f(B2L2v,4R)Δt＝MΔv即－eq\f(B2L2Δx,4R)＝MΔv兩邊同時(shí)求和可知－eq\f(B2L2x,4R)＝M(v－v0)．又s＝eq\r(x2＋?\f(1,2)gt\o\al(02)?2)，所以線框水平速度大小v＝v0－eq\f(B2L2\r(4s2－g2t\o\al(04)),8MR).專題突破練級(jí)保分練1．(2019·河北承德市聯(lián)校期末)如圖1所示，光滑絕緣水平軌道上帶正電的甲球，以某一水平初速度射向靜止在軌道上帶正電的乙球，當(dāng)它們相距最近時(shí)，甲球的速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,5).已知兩球始終未接觸，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比是()圖1A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4答案D2.(2019·北京市大興區(qū)上學(xué)期期末)如圖2所示，在矩形MNQP區(qū)域中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點(diǎn)沿垂直于PQ的方向射入磁場(chǎng)，圖中實(shí)線是它們的軌跡．已知O是PQ的中點(diǎn)，不計(jì)粒子重力．從圖示軌跡中可以判斷()圖2A．a(chǎn)粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電B．c粒子的動(dòng)量大小大于a粒子的動(dòng)量大小C．b粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大于a粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D．b粒子的加速度大于c粒子的加速度答案D解析根據(jù)左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得：p＝mv＝qBr，因c的軌道半徑小于a的軌道半徑，則c粒子動(dòng)量的大小小于a粒子動(dòng)量的大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)相同，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)，由于m、q、B都相同，粒子a轉(zhuǎn)過的圓心角大于粒子b轉(zhuǎn)過的圓心角，則b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于a粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；根據(jù)qvB＝ma，b粒子的速度最大，則b粒子的加速度大于c粒子的加速度，選項(xiàng)D正確．3.(多選)(2019·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖3所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、質(zhì)量為m＝1kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在固定的足夠長(zhǎng)的光滑U形導(dǎo)軌底端，導(dǎo)軌寬度和導(dǎo)體棒等長(zhǎng)且接觸良好，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，整個(gè)裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．現(xiàn)給導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上的初速度v0＝4m/s，經(jīng)時(shí)間t0＝0.5s，導(dǎo)體棒到達(dá)最高點(diǎn)，然后開始返回，到達(dá)底端前已做勻速運(yùn)動(dòng)．已知導(dǎo)體棒的電阻為R＝0.05Ω，其余電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，忽略電路中感應(yīng)電流之間的相互作用，則()圖3A．導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)，流過導(dǎo)體棒的電流為5AB．導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)的速度大小為1m/sC．導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為3CD．導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過程中，回路中產(chǎn)生的電能為15J答案BC解析導(dǎo)體棒到達(dá)底端前已做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：mgsin30°＝eq\f(B2L2vm,R)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1m/s，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)，通過導(dǎo)體棒的電流為I＝eq\f(BLvm,R)＝eq\f(0.5×1×1,0.05)A＝10A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)頂端的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理：－(mgsin30°＋Beq\x\to(I)L)t0＝0－mv0，其中eq\x\to(I)t0＝q，解得q＝3C，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過程中，回路中產(chǎn)生的電能為eq\f(1,2)mveq\o\al(02)－eq\f(1,2)mveq\o\al(m2)＝eq\f(1,2)×1×(42－12)J＝7.5J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．級(jí)爭(zhēng)分練4．(2019·陜西第二次聯(lián)考)如圖4所示，水平絕緣軌道左側(cè)存在水平向右的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)區(qū)域?qū)挾葹長(zhǎng)，右側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，電場(chǎng)內(nèi)的軌道粗糙，與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，電場(chǎng)外的軌道光滑，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的物體A從電場(chǎng)左邊界由靜止釋放后做加速運(yùn)動(dòng)，離開電場(chǎng)后與質(zhì)量為2m的物體B碰撞并粘在一起運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，開始B靠在處于原長(zhǎng)的輕彈簧左端但不拴接，(A、B均可視為質(zhì)點(diǎn))，已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(3mg,q).求：圖4(1)彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)整個(gè)過程A在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總路程．答案(1)eq\f(5,6)mgL(2)eq\f(14,9)L解析(1)設(shè)物體A碰前的速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理：EqL－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12)碰撞過程動(dòng)量守恒：mv1＝(m＋2m)v2A、B兩物體壓縮彈簧的過程機(jī)械能守恒：Ep＝eq\f(1,2)(m＋2m)veq\o\al(22)，解得Ep＝eq\f(5,6)mgL(2)最終A、B整體靜止在電場(chǎng)外，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，設(shè)A、B整體共同在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程為x，由能量的轉(zhuǎn)化與守恒得：Ep＝μ(m＋2m)gxA在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總路程為s，則s＝L＋x,聯(lián)立解得：s＝eq\f(14,9)L.5.如圖5所示，在光滑絕緣水平面上由左向右沿一條直線等間距的排著多個(gè)形狀相同的靜止的帶正電荷的絕緣小球，依次編號(hào)為1、2、3…每個(gè)小球所帶的電荷量都相等且均為q＝3.75×10－3C.第一個(gè)小球的質(zhì)量m＝0.1kg，從第二個(gè)小球起往右的小球的質(zhì)量依次為前一個(gè)T．現(xiàn)給第一個(gè)小球一個(gè)水平速度v0＝8m/s，使第一個(gè)小球向前運(yùn)動(dòng)并且與后面的小球發(fā)生彈性正碰，若碰撞過程中電荷不轉(zhuǎn)移，則第幾個(gè)小球被碰后可以脫離地面？(不計(jì)電荷之間的庫侖力，取g＝10m/s2)圖5答案第6個(gè)解析第一個(gè)小球質(zhì)量m1＝m，第二個(gè)小球質(zhì)量m2＝eq\f(1,2)m1＝eq\f(1,2)m第三個(gè)小球質(zhì)量：m3＝eq\f(1,2)m2＝(eq\f(1,2))2m于是第n個(gè)小球質(zhì)量mn＝eq\f(1,2)mn－1＝(eq\f(1,2))n－1m設(shè)第一個(gè)小球與第二個(gè)小球碰撞后速度分別為v1和v2根據(jù)動(dòng)量守恒，選取初速度的方向?yàn)檎较颍簃1v0＝m1v1＋m2v2根據(jù)機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(02)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(12)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22)所以：v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0＝eq\f(4,3)v0同理第二個(gè)小球與第三個(gè)小球碰撞后，第三個(gè)小球的速度：v3＝eq\f(4,3)v2＝(eq\f(4,3))2v0第n個(gè)小球被撞后速度：vn＝(eq\f(4,3))n－1v0設(shè)第n個(gè)小球被撞后能離開地面，則qvnB≥mng解得：n≥6，所以第6個(gè)小球被碰后可以脫離地面．6．(2019·江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第一次聯(lián)考)固定在豎直平面內(nèi)的固定光滑絕緣軌道LMN，其中MN水平且足夠長(zhǎng)，LM下端與MN平滑相接．在OP與QR之間的區(qū)域內(nèi)有方向如圖6所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m和5m的絕緣小物塊C、D(可視為質(zhì)點(diǎn))，其中D帶有電荷量q，C不帶電，現(xiàn)將物塊D靜止放置在水平軌道的MO段，將物塊C從離水平軌道MN距離h高的L處由靜止釋放，物塊C沿軌道下滑進(jìn)入水平軌道，然后與D正碰(C、D的電荷量都不變)，碰后物塊C被反彈，物塊D進(jìn)入虛線OP右側(cè)的復(fù)合場(chǎng)中沿直線OQ運(yùn)動(dòng)且恰好對(duì)水平軌道無壓力，最后離開復(fù)合場(chǎng)區(qū)域．已知：重力加速度g、電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(8m,q)eq\r(\f(2g,h))，求：圖6(1)物塊D進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)的速度大小；(2)物塊C反彈后滑回斜面LM的最大高度H；(3)若已知OQ間距為h，保持其他條件不變，僅將電場(chǎng)強(qiáng)度增大為E2＝5E，同時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度減小為B2＝eq\f(B,8)，求物塊D離開電磁場(chǎng)后所到達(dá)軌跡最高點(diǎn)與水平軌道MN之間的高度差．答案(1)eq\f(\r(2gh),4)(2)eq\f(h,16)(3)0.54h解析(1)物塊D進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)且對(duì)軌道無壓力，可知D帶正電，且Eq＋qvDB＝5mg解得vD＝eq\r(\f(1,8)gh)＝eq\f(\r(2gh),4)(2)對(duì)物塊C在斜面上由L→M的過程有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02)即v0＝eq\r(2gh)C碰D瞬間動(dòng)量守恒mv0＝mvC＋5mvD解得vC＝－eq\f(1,4)v0＝－eq\r(\f(1,8)gh)物塊C返回斜面過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(C2)＝mgH解得H＝eq\f(h,16)(3)物塊D在電磁場(chǎng)中5Eq＝5mg，重力與靜電力平衡，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qB2vD＝5meq\f(v\o\al(D2),r)做圓周運(yùn)動(dòng)半徑r＝eq\f(5mvD,qB2)＝eq\f(5,4)h設(shè)物塊D在有界場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為θ，sinθ＝eq\f(h,r)＝eq\f(4,5)h1＝r－rcosθ從Q點(diǎn)正上方處離開電磁場(chǎng)．物塊D離開電磁場(chǎng)后做曲線運(yùn)動(dòng)，豎直分速度為vy＝vDsinθ則h2＝eq\f(v\o\al(y2),2g)物塊D離開電磁場(chǎng)后所到達(dá)軌跡最高點(diǎn)與水平軌道MN之間