高考物理压轴题--电磁综合计算题压轴题.pdf

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1、高考物理压轴题电磁综合计算题压轴题1.如图，M、N是电压U=1 0 V 的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF相接，其中CD段光滑,D F段粗糙、长度k 1.0 m.F点紧邻半径为R的绝缘圆筒（图示为圆筒的横截面），圆筒上开一小孔与圆心O在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B=0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E.一质量加=0.0 1 k g、电荷量q=-0.0 2 C 的小球a 从 C点静止释放，运动到F点时与质量为2 m、不带电的静止小球b发生碰撞，碰撞后a 球恰好返回D点，b 球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动.不计空气阻力，小球a、b均视为质点，碰时两球电量

2、平分，小球a 在 DF段与轨道的动摩因数=0.2,重力加速度大小g=I O m/s?.求（1）圆筒内电场强度的大小；（2）两球碰撞时损失的能量；若 b 球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N点射出，则圆筒的半径.CM2.如图所示，在平面直角坐标系x O y 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x 轴上坐标为（-,0）的 A 点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为%的电子，电子通过 y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成a =4 5。角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与

3、x 轴正方向成尸=1 5 角的射线OM已知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用）。求：E :cM（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）电子在电场和磁场中运动的总时间t（3）矩形磁场区域的最小面积Smi n。3.如图所示，在 xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，线段CO=OD=L,CD边在x 轴上，ZADC=30%电子束沿y 轴方向以相同的速度vo从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为|，在第四象限正方形ODQP内存在沿x 轴正方向、大小为E=Bvo的匀强电场，在丫=-L 处垂直于y 轴放

4、置一足够大的平面荧光屏，屏与y 轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。(2)从 x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P 点间的距离：(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P 的最远距离。4.如图所示，虚 线 沿 竖 直 方 向，其左侧区域内有匀强电场(图中未画出)和方向垂直纸面向里,磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线的右侧区域有方向水平向右的匀强电场.水平线段AP与相交于。点.在 A 点有一质量为，凡 电量为+夕的带电质点，以大小为出的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与。点 间 的 距 离 为 当 竺 虚 线 MN右侧电qB场 强

5、度 为 息 俎，重力加速度为g.求：Q(1)MN左侧区域内电场强度的大小和方向；(2)带电质点在A 点的入射方向与A。间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到。点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；(3)带电质点从O 点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小功.5.如图甲所示，两根与水平面成0=30。角的足够长光滑金属导轨平行放置，导轨间距为L,导轨的电阻忽略不 计.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面斜向上.现将质量均为m、电阴均为R 的金属棒a、b 垂直于导轨放置，一不可伸长的绝缘细线的P 端系在金属杆b 的中点，另一端N 通过滑轮与质量为M 的物体相连，

6、细绳与导轨平面平行.导轨与金属棒接触良好，不计一切摩擦，运动过程中物体始终末与地面接触，重力加速度g 取 10m/s2.(1)若金属棒a 固定，M=m,由静止释放b,求释放瞬间金属棒b 的加速度大小.(2)若金属棒a 固定，L=lm,B=1T,m=0.2kg,R=1Q,改变物体的质量M,使金属棒b 沿斜面向上运动，请写出金属棒b 获得的最大速度v 与物体质量M 的关系式，并在乙图中画出v-M 图像(3)若撤去物体，改在绳的N 端施加一大小为 F=m g,方向竖直向下的恒力，将金属棒a、b 同时由静止释放.从静止释放到a 刚开始匀速运动的过程中，a 产生的焦耳热为Q,求这个过程流过金属棒a的电量

7、.6.如图甲所示，空间存在一宽度为2 L 的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.在光滑绝缘水平面内有一边长为的正方形金属线框，其 质 量 机=1kg、电 阻 在 水 平 向 左 的 外 力 厂 作 用 下,以初速度=4 m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示，以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：(1)匀强磁场的磁感应强度3;(2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量4；(3)线框向右运动的最大位移为多少？(4)当线框左侧导线即将离开磁场的瞬间，撤去外力 尸，则线框离开磁场过程中产生的焦耳热。多大？7 .如图，间距为的光滑金属导轨，半径为r 的,圆弧部

8、分竖直放置、直的部分固定于水平地面，4MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.金属棒岫和“垂直导轨放置且接触良好,便静止在磁场中，时 从 圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与必 在运动中始终不接触.已知两根导体棒的质量均为?、电阻均为R.金属导轨电阻不计，重力加速度为g.求c P(1)讪棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：(2)当时棒速度为:而 7时，棒加速度的大小(此时两棒均未离开磁场)(3)若 c d 棒 以;J 砺 离 开 磁场，已知从c d 棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通 过 棒 的 电荷量为7.求此过程系统产生的焦耳热是多少.(此过程油棒始终在磁场中运动)8

9、 .如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d的狭缝.D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为v的电子；与 A同轴放置的金属网C的半径为2 a.不考虑A、C的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m,电荷量为e.若 A、C间加速电压为U,求电子通过金属网C发射出来的速度大小v c；(2)若在A、C间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I,求圆柱体A在 t 时间内发射电子的数量N.(忽略C、D 间的距离以及电子碰撞到C、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若 A

10、、C间不加电压，要使由A发射的电子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值.9 .如图所示，P1。尸2。2和 M M M 2 N 2 为水平放置的两足够长的平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小8=0.4 T的匀强磁场中，巧。|与M M间的距离为L i =1.0 m,P2Q2与 例2M间的距离为 L 2=0.5 m,两导轨电阻可忽略不计.质量均为优=0.2 kg 的两金属棒外、放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路.已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为 R=1.0C;金属棒与导轨间的动摩擦因数4=

11、0.2,且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小5=10 m/s2.(1)在/=0 时刻,用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒4,使其从静止开始沿导轨以。=5.0 m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒ah开始运动？(2)若用一个适当的水平外力Fo(未知)向右拉金属棒cd,使其速度达到V2=2O m/s后沿导轨匀速运动,此时金属棒ab也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒cd匀速运动时水平外力尸 o的功率；(3)当金属棒ab运动到导轨Q M位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为Fi=0.4 N

12、,此时金属棒cd的速度变为vo=3O m/s,经过一段时间金属棒cd停止运动，求金属棒ab停止运动后金属棒cd运动的距离.1 0.欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为工 0质子束以初速度V0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两3质子束发生相碰。已知质子质量为m,电量为e;加速极板AB、AB，间电压均为Uo,且满足eUo=-mvo2o2两磁场磁感应强度相同，半径均为R,圆心0、(X在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂7直且

13、距离为H=-R;整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。2(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度v 和磁场磁感应强度B;(2)如果某次实验时将磁场0的圆心往上移了.，其余条件均不变，质子束能在0 0,连线的某位置相2碰，求质子束原来的长度4)应该满足的条件。1 1 .如图所示，在x O y坐标系中，第I、n象限内无电场和磁场。第I V象限内(含坐标轴)有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第i n象限内有沿x轴正向、电场强度大小为E的匀强磁场。一质量为 电荷量为g的带正电粒子，从X轴上的P点以大小为V。的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻力，P、。两 点 间 的 距

14、离 为 O2q E(1)求粒子进入磁场时的速度大小V以及进入磁场时到原点的距离X；(2)若粒子由第I V象限的磁场直接回到第I H象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。1 2.如图所示，在平面直角坐标系x O y的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域 A B C,A点坐标为(0,3 a),C点坐标为(0,-3 a；,B点坐标为(-2屈，-3.).在直角坐标系x O y的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场 强 大 小 为 的 匀 强 电 场，在x=3 a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，其与x轴的交点为Q.粒子束以相同的速度如由。、C间的各位置垂直y轴射入，

15、已知从y轴上)=-2 a的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过0点.忽略粒子问的相互作用，不计粒子的重力.(1)求粒子的比荷；(2)求粒子束射入电场的纵坐标范围；(3)从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q点最远？求出最远距离.13.“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如 图 1 所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为0,外圆弧面A B的电势为上(夕。)，内圆2弧面CD 的电势为。,足够长的收集板M N平行边界ACDB,ACDB与 MN板的距离为L.假设太空中漂浮着质量为m,电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到A B圆弧面上，并被

16、加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返(1)求粒子到达O 点时速度的大小；(2)如图2 所示，在 PQ(与ACDB重合且足够长)和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向2垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经0 点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；(3)如图3 所示，在 PQ(与ACDB重合且足够长)和收集板MN之间区域加一个垂直M N的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E 若从A B圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后4L到达收集板MN离 0 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ与

17、 M N间运动的时间.14.如图所示，绝缘斜面倾角为0,虚线下方有方向垂直于斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线与斜面底边平行.将质量为m,电阻为R,边长为1的正方形金属框abed从斜面上由静止释放,释放时cd边与磁场边界距离为x o,不计摩擦，重力加速度为g.求：(1)金属框cd边进入磁场时，金属框中的电动势大小E;(2)金属框cd边进入磁场时的加速度大小a;（3）金属框进入磁场的整个过程中，通过金属框的电荷量q.1 5.如图所示，MN 为绝缘板,C 为板上两个小孔，A0为 CD的中垂线，在 的 下 方 有 匀 强 磁 场,方向垂直纸面向外（图中未画出），质量为n t电荷量为q的粒子（

18、不计重力）以某一速度从A点平行于 MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场（电场方向指向。点），已知图中虚线圆弧的半径为R,其所在处场强大小为E,若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于 MN进入下方磁场.（1）求粒子运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动，与 MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔。进入上方的-个三角形匀强磁场，从 A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？（3）粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？1 6.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道A B C D

19、P,由半径r=0.5 m 的圆弧轨道C D P 和与之相切于 C点的水平轨道A B C 组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径0C间的夹角0=3 7,A、B两点间的距离d=0.2 m.质量m i=0.0 5 k g 的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m 2=O.l k g、电荷量q=l x l（）-5 c 的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场.现用大小F=4.5 N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动,到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心.小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦.

20、取 g=1 0 m/s 2,s i n 3 7=0.6,c o s 3 7=0.8.(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小V以及匀强电场的电场强度大小E;(2)求小球到达P 点时的速度大小VP和 B、C 两点间的距离x.1 7.如图所示,在空间坐标系x,说明线框能从磁场中离开.则有：B I L Z=m v mv-E BI)解得 u =2m/s4i i 39所以线框离开磁场过程中产生的焦耳热Q =5机/-/m v2=J7 m B。!历,八”r T 1 B-I q27.(1)3m g.(2)-v.(3)BL q -mg r-.4 m R 16 2 m【解析】(1)而 下 滑过程机械能守恒，由机械能守

21、恒定律得：叫尸耳2 4，解得：v o=yf 2g r ,2时 运 动到底端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m-,r解得：F=3mg,由牛顿第三定律知：外对轨道压力大小：F=F=3mg;(2)两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律：mv o-mvah+mv,解得：血 还，ab棒产生的电动势：Eai,=BL Vab,c d棒产生的感应电动势：E”尸B L M,E -E回路中电流：/=*云,2R解得：/=B L历,4R此时 棒所受安培力：F=BI L,此时c d棒加速度：a=,t n解得：”=里豆宓;4 m R(3)由题意可知，“棒 以;J丽 离 开磁场后向右匀速运动，且从C d棒开

22、始运动到通过其电荷量为q的时间内，通过ab棒电荷量也为q.对 他 棒，由动量定理可知：-B J L t=mvah-mv o,其中：q=i t,解得：Vab-l 2g r -,m1,1,此过程，由能量守恒定律得：m g -m v lb+-m v；d+Q,解得：Q=BL q J 2g r -mg r-2；16 2 m【解析】(1)根据动能定理求解求电子通过金属网C发射出来的速度大小；(2)根据/=：求解圆柱体A在时间t内发射电子的数量N;(3)使由A发射的电子不从金属网C射出，则电子在CA间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B.【详解】(1)对电子经CA间的电场

23、加速时，由动能定理得(2)设时间t从A中发射的电子数为N,由M 口射出的电子数为n,则2万 x 2a 471c l口 -4兀al t解得N=e d(3)电子在CA间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为3.设此轨迹圆的半径为一,则(2a-r)2=r2+a22v-Be v =m一4mv解得：B9.(1)2 s(2)vi=5 m/s 12 W(3)225 m【解析】(1)设金属棒加运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒c d的速度v=at金属棒c d产生的电动势EI=BL2V则通过整个回路的电流2 _ BL2at2 R 2R金属棒ab所受安培力=B L

24、l t金属棒ab刚要开始运动的临界条件为FM=n mg联立解得f(2)设金属棒c d以速度V2=20 m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动的速度大小为vi,根据法拉第电磁感应定律可得E=BL 2V2BLIVI此时通过回路的电流/=互=3(优 f a)2R 2R金属棒ab所受安培力FA=B1L,=,y=n g解得 vi=5 m/s以金属棒c d为研究对象，则有F0=pm g+811=0.6 水平外力尺的功率为PO=FOV2=12W(3)对于金属棒c d根据动量定理得(片-/J mg -B L J )/=()-mv0设金属棒ab停止运动后金属棒c d运动的距离为x,根据法拉第电磁感应定

25、律得E _ BL2Xt2根据闭合电路欧姆定律一 3H2联立解得：X=2=225”?10.(1)V =2vo；3 =*1(2)/eR7i+3/3+612【解析】1,1,解：（1）对于单个质子进入加速电场后，则有：e U0=-mv2-m v 又T7：eTU T o=-3 mv2o解得：V =2v（）;根据对称，两束质子会相遇于0。的中点P,粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿O P方向射出，出射点为D,过 C、D 点作速度的垂线相交于K,则 K,则 K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径x R根据洛伦磁力提供向心力有：e vB =m r可得磁场磁感应强度：B =为e RR（2）磁场0

26、的圆心上移了 5,则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R,对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F 点射入磁场，如图所示，E点是原来C点位置，连 O F、O D,并作F K平行且等于O D,连 K D,由于O D=O F=FK,故平行四边形O D K F 为菱形，即 K D=K F=R,故粒子束仍然会从D 点射出，但方向并不沿OD 方向，K为粒子束的圆心Li 1 jp由于磁场上移了一，故 s i n/C O F=2=，N C O F=，N DO F=N FK D=-2 7 2 6 3对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D点，4R下方粒子到达C后最

27、先到达D点的粒子所需时间为7,=2 2 =(万+4)火2%4%而上方粒子最后一个到达E点的试卷比下方粒子中第一个达到C的时间滞后加=?%兀 1上方最后的一个粒子从E点到达D点所需时间为t _ RSm J 6(2 7 r R)6+2 K-3 V 32 v0 2 v0 1 2 v0要使两质子束相碰，其运动时间满足f V f +A f联立解得1。2 叱 8+6 1 2”.小；坐B N地上咳q E%【解析】/W V 2 1 1(1)由动能定理有：q E -=-m v2-mv 12q E 2 2解得：丫=血丫0设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为9,则有c o s 9=%=Ev 2解 得:6=4 5根

28、据t an 8=2 一 =l ,所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为P 0两点距离的两倍，故y(2)要使粒子由第W象限的磁场直接回到第H I象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x轴相切,如图所示，由几何关系有：s=R+RsinQy2又：q v B-m 一R解得：B=(昌DE%故 小(应 +1*(v0 7 91 2.(1)-(2)0 W yg 2 (3)y ci,-ciBa 8 4【解析】(1)由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为r=a由牛顿第二定律得Bqvo=m 故粒子的比荷生=义_m Ba(2)能进入电场中且离。点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与A8 边相切，设粒子运动轨迹的圆心

29、为。点，如图所示.AB 一O A-r-=2aBC则OO=OA-OA=a即粒子离开磁场进入电场时，离。点上方最远距离为0D=ym=2a所 以 粒 子 束 从y轴 射 入 电 场的范围为0 y2 a(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a=vo-to所 以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t,竖直方向位移为y,水平方向位移为x,则水平方向有X=vo-t竖直方向有1吗2代入数据得x=yj2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距。点 为，粒子射出电场时与x轴 的 夹 角 为 仇 则qE x八匕 m v0tan 6=-匕%H=(3axtm 0=(3Ja-

30、y/2y)yl2y当36-后=而时，即 了=。时，”有最大值OO0由于一a)+-m2V:=-解得：匕=2m/s进入磁场后：。所受电场力尸=E=3xl(尸N=m2g,。在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：q匕4=也 叱Q刚好不从g/z边穿出磁场，由几何关系：ri=d =.6m解得：B,=1.25Tm W”(3)当所加磁场8 =2T,弓=i;=lmqB1要让。从g/z边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则。在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当g/?边或4,边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：d r设最大圆心角为a,由几何关系得：cos(180-a)=-2-r2解得：a =127运动周期：丁 =三在

31、则Q在磁场中运动的最长时间：a 丁_ 127.2 万 加 2360-360*qB2127万-s360此时对应的小角：以=9 0 和用=1 4 3 2 0.(l)v0=4 m/s (2)v=2 m/s (3)AP=3.2 J【解析】【分析】对小球a,由动量定理可得小球“与人发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：(1)对小球a,由动量定理可得/=%-

32、0由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量，由圆方程可知5 =1病代入数据可得：v0=4m/s(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞，由动量守恒可得mav0=叫匕+(mh+mc)v2由机械能守恒可得(帆,%2 =1也“2 +g(/+”.)彩2解得 V,=0,v2=4m/s小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理1 ,1 2mcg R-q ER =-(mh+mc)v -(mh+mt.)v2代入数据可得v =2m/s(3)由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b球与O点连线与竖直方向的夹角为。从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：mhg R(-co s)+mcg Rs in +(mh+mc)v2=q ER s i n 6解得 s in 6 =0.6,8 =3 7 因此小球c电势能的增加量：=q ER(l +s in 6)=3.2 J