《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第九章 磁場 能力課2 帶電粒子在復(fù)合場中的運動練習(xí)（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第九章 磁場 能力課2 帶電粒子在復(fù)合場中的運動練習(xí)（含解析）新人教版（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課2 帶電粒子在復(fù)合場中的運動 一、選擇題 1．醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的．使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達(dá)到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，磁感應(yīng)強度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a

2、、b的正負(fù)為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負(fù) B．2.7 m/s，a正、b負(fù) C．1.3 m/s，a負(fù)、b正 D．2.7 m/s，a負(fù)、b正 解析：選A　血液中正負(fù)離子流動時，根據(jù)左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負(fù)離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負(fù)離子向下偏，則a帶正電，b帶負(fù)電，故C、D錯誤；最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，有q＝qvB，所以血流速度v＝＝ m/s＝1.3 m/s，故A正確，B錯誤． 2．(多選)如圖所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球(可視為質(zhì)點)用不可伸長的絕緣細(xì)線拴住，細(xì)線的另一端系于O點，現(xiàn)加一豎直向下

3、的勻強磁場(磁感應(yīng)強度大小為B)和一勻強電場，使小球在水平面內(nèi)以某角速度做勻速圓周運動，這時細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝30°，且細(xì)線張力恰好為零，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(　　) A．小球運動的角速度ω＝ B．從上往下看，小球沿逆時針方向旋轉(zhuǎn) C．若某時刻撤去磁場，小球做圓周運動的角速度ω′＝ D．若某時刻撤去磁場，小球做圓周運動的線速度減小 解析：選AC　由題可知，細(xì)線上拉力為零，說明小球受到的電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，即Bqrω＝mrω2，解得ω＝，A正確；根據(jù)左手定則可知從上往下看，小球沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，B錯誤；若某時刻撤去磁場，重力和電場力仍平衡，線的

4、拉力與速度方向垂直，拉力不做功，故小球在速度和細(xì)線拉力所在平面內(nèi)做勻速圓周運動，并以O(shè)點為圓心，細(xì)線長為半徑，所以有ω′L＝ωr，依題意有r＝Lsin30°，所以ω′＝，C正確，D錯誤． 3．(多選)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域．如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是 (　　) A．電勢差UCD僅與材料有關(guān) B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD<0 C．僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差UCD變大 D．在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的

5、工作面應(yīng)保持水平 解析：選BC　電勢差UCD與磁感應(yīng)強度B、電流強度I、材料有關(guān)，選項A錯誤；若霍爾元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn)，則電勢差UCD<0，選項B正確；僅增大磁感應(yīng)強度時，電勢差UCD變大，選項C正確；在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應(yīng)保持豎直且東西放置，選項D錯誤． 4．(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從a點由靜止開始自由下落，到達(dá)一豎直放置的平行金屬板中軸線上的點P(P點與金屬板上邊緣等高)時，其加速度大小恰為重力加速度大小g，它過電磁場區(qū)域，最后恰好從左側(cè)金屬板的下邊緣離開電磁場區(qū)域．已知a點與P點之間的距離為h

6、，兩極板間的電壓為U，板長為L，兩極板間距為d，兩板間勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．小球剛進(jìn)入電磁場時電場力與磁場力大小相等 B．小球一定帶正電荷 C．小球開始下落的高度h＝ D．小球離開電磁場時的速度大小為 解析：選ACD　小球在P點受電場力、磁場力和重力的作用，因加速度大小恰為重力加速度大小g，可知電場力與磁場力大小相等，方向相反，選項A正確；設(shè)小球在P點的速度大小為v，由機械能守恒定律可得mgh＝mv2，又q＝qBv，聯(lián)立解得h＝，選項C正確；因小球在電磁場中加速運動，所以小球經(jīng)過P點后，它所受的洛倫茲力大于電

7、場力，由小球從左側(cè)金屬板的下邊緣離開電磁場可知，小球一定帶負(fù)電荷，選項B錯誤；由功能關(guān)系得mv′2＝mg(h＋L)－qU，v′為小球離開電磁場時的速度大小，解得v′＝，選項D正確． 二、非選擇題 5．如圖所示，帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移．(斜面足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 解析：經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面．所以，當(dāng)物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜

8、面的速度達(dá)到最大，同時位移達(dá)到最大，即qvmB＝mgcosθ① 物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得 mgssinθ＝mvm2② 由①②得vm＝＝. s＝＝. 答案：　 6．(2019屆湖南常德模擬)如圖所示，ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強電場和勻強磁場，有一帶電小球質(zhì)量為m，電荷量絕對值為q，小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，且從B點射出，已知AB長度為L，AD長度為L，求： (1)小球帶何種電性及進(jìn)入復(fù)合場時的速度大??； (2)小球在復(fù)合場中做圓周運動的軌道半徑； (3)小球

9、在復(fù)合場中運動的時間． 解析：(1)小球在電場、磁場和重力場的復(fù)合場中，做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電．小球進(jìn)入復(fù)合場之前由動能定理：qU＝mv2，解得v＝ . (2)設(shè)做圓周運動的軌道半徑為r，由幾何關(guān)系： r2＝(r－L)2＋(L)2，解得r＝2L. (3)由(2)知圓周運動對應(yīng)圓心角：θ＝ 粒子運動周期：T＝ 運動時間為：t＝T 聯(lián)立以上可得t＝ . 答案：(1)負(fù)電　　(2)2L　(3) 7．(2018屆貴陽市花溪清華中學(xué)模擬)如圖，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有與水平方向成45°角的勻強電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場E2，區(qū)域?qū)挾葹閐2

10、，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒在區(qū)域Ⅰ左邊界的P點，由靜止釋放后水平向右做直線運動，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了60°，重力加速度為g，求： (1)區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度E1、E2的大??； (2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??； (3)微粒從P運動到Q的時間有多長？ 解析：(1)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有 qE1sin45°＝mg，解得E1＝ 微粒在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，則在豎直方向上有 mg＝qE2，E2＝. (2)設(shè)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)水平向右做直

11、線運動時加速度為a，離開區(qū)域 Ⅰ 時速度為v，在區(qū)域 Ⅱ 內(nèi)做勻速圓周運動的軌道半徑為R，則：a＝＝g，v2＝2ad1，Rsin60°＝d2，qvB＝m，解得B＝. (3)微粒在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻加速運動，t1＝，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心角為60°，則：T＝，t2＝＝，解得t＝t1＋t2＝＋. 答案：(1)　 (2) (3)＋ 8．(2019屆福建泉州檢測)如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢差為U，PQ板電勢高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強磁場．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從PQ板的P端以速度v0

12、豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g.求： (1)磁感應(yīng)強度的大小和方向； (2)小球在金屬板之間的運動時間． 解析：(1)小球在金屬板之間做勻速直線運動，受重力G、電場力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，三力合力為零，結(jié)合平衡條件可知小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外，且有 qv0B＝mgtan45°① 得B＝.② (2)解法一：設(shè)兩金屬板之間的距離為d，則板間電場強度E＝③ 又qE＝mg④ h＝d⑤ 小球在金屬板之間的運動時間t＝⑥ 解得t＝. 解法二：由于f＝qv0B不做功，WG

13、＝－mgh，W電＝qU，則由動能定理得 qU－mgh＝0 h＝v0t 得t＝. 答案：(1)　垂直紙面向外　(2) |學(xué)霸作業(yè)|——自選 一、選擇題 1．(2018屆東北三省四市教研聯(lián)合體一模)隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個系統(tǒng)中．其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測量發(fā)動機轉(zhuǎn)速時，情境可簡化如圖甲所示，被測轉(zhuǎn)子的輪齒(表面具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發(fā)生變化．霍爾元件的原理如圖乙所示，傳感器的內(nèi)置電路會將霍爾電壓調(diào)整放大，輸出一個脈沖信號．下列說法正確的是(　　) A．霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的 B．其他條件

14、不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高 C．若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為負(fù)電荷 D．若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號 解析：選C　霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的，選項A錯誤；載流子沿電流方向通過霍爾元件，根據(jù)左手定則，正離子偏向前方，設(shè)產(chǎn)生的霍爾電壓為U，則有＝evB，解得U＝Bbv，I＝nqacv，所以U＝·，即其他條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越低，選項B錯誤；根據(jù)左手定則，載流子是負(fù)電荷時，霍爾元件的前端電勢比后端低，選項C正

15、確；若轉(zhuǎn)速表顯示1 800 r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出1 800×150＝2.7×105個脈沖，選項D錯誤． 2．如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強電場E1和一垂直紙面向里的勻強磁場B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強電場E2.一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點運動到圖中C點，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則(　　) A．微粒一定帶負(fù)電 B．電場強度E2一定豎直向下 C．兩電場強度之比＝ D．微粒的初速度為v＝ 解析：選D　微粒從A到P受重力、電場力和洛倫茲力作用

16、做直線運動，則微粒做勻速直線運動，由左手定則及電場力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，此時有qE1＝mgtan37°，A錯誤；微粒從P到C在電場力、重力作用下做直線運動，必有mg＝qE2，所以E2的方向豎直向上，B錯誤；由以上分析可知＝，C錯誤；AP段有mg＝Bqvcos37°，即v＝，D正確． 3．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個裝置處于正交的勻強電場與磁場中，電場強度大小為E＝，方向水平向右，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是(　　) A．物塊最

17、終停在A點 B．物塊最終停在最低點 C．物塊做往復(fù)運動 D．物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mg＋qB 解析：選CD　由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點受到的電場力方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達(dá)某位置速度變?yōu)榱?，然后又向左運動，即物塊做往復(fù)運動，選項C正確，A、B錯誤；物塊從A點運動到最低點，由動能定理得mgR－qER＝mv2－0，且E＝，聯(lián)立得v＝，物塊運動到最低點時，由牛頓第二定律得N－mg－qvB＝m，解得N＝2mg＋qB，由牛頓第三定律知，選項D正確． 4．如圖所示，粗糙的足夠長的豎直木桿上套有一個帶電的小球，整個裝置處在由水平勻強電場和垂

18、直紙面向外的勻強磁場組成的足夠大的復(fù)合場中，小球由靜止開始下滑，在整個運動過程中小球的v-t圖象如圖所示，其中正確的是(　　) 解析：選C　該題中，小球的運動性質(zhì)與電性無關(guān)．設(shè)小球帶正電，對帶電小球進(jìn)行受力分析如圖所示，剛開始速度v比較小，F(xiàn)洛＝qvB比較小，電場力F>F洛，G－Ff＝ma，即ma＝G－μ(F－qvB)，隨著速度v的不斷增大，a也不斷增大．當(dāng)F＝F洛時，a最大，為重力加速度g.再隨著速度v的不斷增大，F(xiàn)

19、勻強電場，電場強度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1.0×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. 解析：(1)小球勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有 qvB＝① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s② 速度v的

20、方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tanθ＝③ 代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝ 則θ＝60°.④ (2)撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設(shè)其加速度為a，有 a＝⑤ 設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有 x＝vt⑥ 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又 tanθ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得 t＝2 s≈3.5 s. 答案：(1)20 m/s　與電場E的方向之間的夾角為60°斜向上　(2)3.5 s 6．(2018屆河北衡水中學(xué)一調(diào))如圖所示，質(zhì)量M為5.0 kg的

21、小車以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左運動，小車上AD部分是表面粗糙的水平軌道，DC部分是光滑圓弧軌道，整個軌道都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度E大小為50 N/C，磁感應(yīng)強度B大小為2.0 T．現(xiàn)有一質(zhì)量m為2.0 kg、帶負(fù)電且電荷量為0.10 C的滑塊以10 m/s的水平速度向右沖上小車，當(dāng)它運動到D點時速度為5 m/s.滑塊可視為質(zhì)點，g取10 m/s2，計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字． (1)求滑塊從A到D的過程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能； (2)如果滑塊剛過D點時對軌道的壓力為76 N，求圓弧軌道的半

22、徑r； (3)當(dāng)滑塊通過D點時，立即撤去磁場，要使滑塊沖出圓弧軌道，求此圓弧軌道的最大半徑． 解析：(1)設(shè)滑塊運動到D點時的速度大小為v1，小車在此時的速度大小為v2，物塊從A運動到D的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向， 有mv0－Mv＝mv1＋Mv2，解得v2＝0. 設(shè)小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為ΔE，則有 ΔE＝mv02＋Mv2－mv12， 解得ΔE＝85 J. (2)設(shè)滑塊剛過D點時受到軌道的支持力為FN，則由牛頓第三定律可得FN＝76 N，由牛頓第二定律可得 FN－(mg＋qE＋qv1B)＝m，解得r＝1 m. (3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度

23、時，滑塊與小車具有共同的速度v′，水平方向系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得 mv1＝(m＋M)v′，解得v′＝ m/s. 設(shè)圓弧軌道的最大半徑為Rm，由能量守恒定律有 mv12＝(m＋M)v′2＋(mg＋qE)Rm，解得Rm＝0.71 m. 答案：(1)85 J　(2)1 m　(3)0.71 m 7．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.

24、 (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. 解析：(1)小滑塊沿MN運動過程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE① 小滑塊在C點離開MN時 N＝0② 解得vC＝.③ (2)滑塊從A到C由動能定理 mgh－Wf＝mvC2－0④ 解得Wf＝mgh－.⑤ (3)如圖，小滑塊速

25、度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，等效加速度為g′ g′＝⑥ 且vP2＝vD2＋g′2t2⑦ 解得vP＝. 答案：(1)　(2)mgh－ (3) 8．(2018屆四川成都第二次診斷)如圖所示為豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy，A點的坐標(biāo)為(－8 m,0)，C點的坐標(biāo)為(－4 m,0)；A點右側(cè)的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場，－8 m≤x<－4 m區(qū)域的場強大小為E1＝5 V/m，－4 m≤x<0區(qū)域的場強大小為E2＝7 V/m，x≥0區(qū)域的場強大小為E3＝5 V/m；第一、四象限內(nèi)的磁場方向相反且垂直于坐標(biāo)平面，磁感應(yīng)強度大小均

26、為B＝2 T．現(xiàn)讓一帶正電的小球從A點沿x軸正方向以v0＝4 m/s的速率進(jìn)入電場．已知小球的質(zhì)量m＝2×10－3 kg，電荷量q＝4×10－3 C，假設(shè)電場和磁場區(qū)域足夠?qū)拸V，小球可視為質(zhì)點且電荷量保持不變，忽略小球在運動中的電磁輻射，重力加速度取g＝10 m/s2.求： (1)小球到達(dá)y軸時的速度； (2)小球從A點運動到坐標(biāo)為(56 m)的點經(jīng)歷的時間． 解析：(1)在－8 m≤x<－4 m區(qū)域，小球所受電場力F＝qE1 代入數(shù)據(jù)得F＝2×10－2 N，方向向上． 由題知mg＝2×10－2 N 因F＝mg 所以小球做勻速直線運動，設(shè)該過程經(jīng)歷時間為t1 在－4 m≤

27、x<0區(qū)域，qE2>mg，小球做類平拋運動，設(shè)該過程經(jīng)歷時間為t2，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律 在y軸方向上有qE2－mg＝ma 代入數(shù)據(jù)得a＝4 m/s2 y＝at22，vy＝at2 在x軸方向上有CO＝v0t2 代入數(shù)據(jù)得t2＝1 s＝2 m，vy＝4 m/s 由v＝ 代入數(shù)據(jù)解得v＝4 m/s 設(shè)v與y軸正方向的夾角為α 由tanα＝，代入數(shù)據(jù)解得α＝45°. (2)在x≥0區(qū)域，qE3＝mg，分析知，小球先在第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，接著交替在第四、第一象限做半徑為r、周期為的勻速圓周運動，軌跡如圖所示 洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m 代入數(shù)據(jù)得r＝

28、m 設(shè)小球在第一象限第一次到達(dá)x軸的位置為P點，第二次到達(dá)x軸的位置為G點 由幾何關(guān)系得OP＝2 m，PG＝2rcosα＝2 m 小球做勻速圓周運動的周期為T＝ 代入數(shù)據(jù)得T＝ s 設(shè)小球從O點到達(dá)x軸上H(56 m,0)點的時間為t3 因＝28，即OH＝OP＋27PG 故t3＝tOP＋tPH＝＋27× 代入數(shù)據(jù)得t3＝＝ s 又t1＝＝1 s 由答圖可知，達(dá)到橫坐標(biāo)為56 m的點有以下三種情況： ①到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的I點，tAI＝t1＋t2＋t3－＝ s ②到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的H點，tAH＝t1＋t2＋t3＝ s ③到達(dá)橫坐標(biāo)為56 m的J點，tAJ＝t1＋t2＋t3＋＝ s. 答案：見解析 14