[專題強(qiáng)化(十六)]帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)________________________________________________________________________(選擇題每題5分，解答題每題10分，建議用時(shí)：50分鐘)考點(diǎn)題目電場(chǎng)磁場(chǎng)疊加7，9電場(chǎng)磁場(chǎng)重力場(chǎng)疊加1，4，8，10疊加場(chǎng)中的動(dòng)量能量8，10疊加場(chǎng)的實(shí)例應(yīng)用2，3，5，61.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球，通過其中心的小孔套在半徑為R的豎直絕緣圓環(huán)上，整個(gè)裝置處在方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mg,q)，水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，重力加速度為g，MQ和PN分別為圓環(huán)的水平和豎直直徑，忽略所有摩擦?，F(xiàn)從P點(diǎn)由靜止釋放小球，對(duì)小球的運(yùn)動(dòng)說法正確的是()A．若小球帶正電，小球在Q點(diǎn)所受洛倫茲力最大B．若小球帶正電，小球在M點(diǎn)機(jī)械能最小C．若小球帶負(fù)電，小球在M點(diǎn)的動(dòng)能最大D．若小球帶負(fù)電，小球釋放后可以回到出發(fā)點(diǎn)P解析：選BD。小球帶正電時(shí)，在劣弧QN中點(diǎn)處合力做功最多，動(dòng)能最大，洛倫茲力最大，A錯(cuò)誤；由點(diǎn)Р到點(diǎn)M，電場(chǎng)力做負(fù)功最多，M點(diǎn)電勢(shì)能最大，機(jī)械能最小，B正確；小球帶負(fù)電時(shí)，在劣弧MN中點(diǎn)處合力做功最多，動(dòng)能最大，C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒，帶負(fù)電小球釋放后到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為零，之后恰好返回到出發(fā)點(diǎn)P，D正確。2．(多選)(2023·湖北武漢高三統(tǒng)考)電磁流量計(jì)可以測(cè)量導(dǎo)電流體的流量(單位時(shí)間內(nèi)流過某一橫截面的流體體積)。如圖所示，它是由一個(gè)產(chǎn)生磁場(chǎng)的線圈，以及用來測(cè)量電動(dòng)勢(shì)的兩個(gè)電極a、b所構(gòu)成，可架設(shè)于管路外來測(cè)量液體流量。以v表示流速，B表示電磁線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)，D表示管路內(nèi)徑，若磁場(chǎng)B的方向、流速v的方向與測(cè)量電磁線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)兩電極連線的方向三者相互垂直，則測(cè)得的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為U0，下列判斷正確的是()A．電極a為負(fù)，電極b為正B．電極a為正，電極b為負(fù)C．U與液體流量成正比D．U與液體流量成反比解析：選AC。根據(jù)左手定則，帶正電離子受洛倫茲力向b極移動(dòng)，帶負(fù)電離子受洛倫茲力向a極移動(dòng)，故電極a為負(fù)，電極b為正，故A正確，B錯(cuò)誤；帶電粒子受洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，有qeq\f(U0,D)＝qvB，又由流量為Q＝eq\f(V,t)＝eq\f(π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2)))\s\up12(2)vt,t)＝eq\f(πD2v,4)，聯(lián)立解得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)U0＝eq\f(4QB,πD)，可知U與液體流量成正比，故C正確，D錯(cuò)誤。3．(2023·廣東汕頭二模)如圖所示，一個(gè)粒子源發(fā)出很多種帶電粒子，經(jīng)速度選擇器后僅有甲、乙、丙、丁四種粒子沿平行于紙面的水平直線穿過豎直擋板MN上的小孔O，之后進(jìn)入正方形虛線框內(nèi)，虛線框內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，四種粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則關(guān)于速度選擇器兩極板間磁場(chǎng)方向和四種粒子的比荷大小，下列說法正確的是()A．垂直于紙面向里，甲的比荷最大B．垂直于紙面向里，丙的比荷最大C．垂直于紙面向外，丙的比荷最大D．垂直于紙面向外，丁的比荷最大解析：選A。由圖可知甲、乙粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知甲、乙粒子帶正電，所以甲、乙粒子在速度選擇器中所受電場(chǎng)力向下，則所受洛倫茲力向上，所以速度選擇器兩極板間磁場(chǎng)方向垂直紙面向里；易知四種粒子的速度大小相同，滿足qvB0＝qE，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,Bq)，即eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)，所以R越小，比荷越大，所以甲的比荷最大，故A正確。4．粗糙水平地面上方存在著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN邊界的左邊存在著如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)。已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(E,2v)，重力加速度為g，滑塊滑過邊界MN之后經(jīng)時(shí)間t，速度方向與水平面夾角30°。根據(jù)以上條件，下列結(jié)論正確的是()A．滑塊帶正電B．滑塊可帶正電也可以帶負(fù)電C．t＝eq\f(\r(3)v,3g)D．在時(shí)間t內(nèi)，滑塊在水平方向的位移為eq\f(\r(3)v2,g)解析：選C?；瑝K滑過邊界MN之后經(jīng)時(shí)間t，速度方向與水平面夾角30°，可知滑塊受電場(chǎng)力向上，所以滑塊帶負(fù)電，故A、B錯(cuò)誤；在MN左側(cè)，帶電滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則有qE＝qvB＋mg，結(jié)合題中B＝eq\f(E,2v)，解得qE＝2mg，滑塊在MN右側(cè)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有qE－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，經(jīng)t時(shí)間，根據(jù)速度的關(guān)系有tan30°＝eq\f(at,v)，解得t＝eq\f(\r(3)v,3g)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝vt＝eq\f(\r(3)v2,3g)，故C正確，D錯(cuò)誤。5．(多選)如圖所示，一塊長為a、寬為b、高為c的長方體半導(dǎo)體器件，其內(nèi)載流子數(shù)密度為n，沿＋y方向通有恒定電流I。在空間中施加一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向沿－x方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢(shì)差U。下列說法正確的是()A．若載流子為負(fù)電荷，則上表面電勢(shì)高于下表面電勢(shì)B．僅增大電流I，電勢(shì)差U可以保持不變C．半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小為eq\f(IB,nbc)D．半導(dǎo)體內(nèi)載流子定向移動(dòng)的速率為eq\f(U,aB)解析：選AC。沿＋y方向通有恒定電流，若載流子為負(fù)電荷，則電荷移動(dòng)方向沿－y方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿－x方向，根據(jù)左手定則可知，負(fù)電荷向下偏轉(zhuǎn)，故上表面電勢(shì)高于下表面電勢(shì)，A正確；半導(dǎo)體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢(shì)差時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則有eeq\f(U,c)＝evB，根據(jù)電流的微觀意義可知I＝nevS＝nevbc，聯(lián)立可得U＝eq\f(BI,enb)，則僅增大電流I，電勢(shì)差U增大，故B錯(cuò)誤；半導(dǎo)體內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小F＝evB＝eeq\f(U,c)＝eq\f(BI,nbc)，故C正確；根據(jù)eeq\f(U,c)＝evB，半導(dǎo)體內(nèi)載流子定向移動(dòng)的速率v＝eq\f(U,Bc)，故D錯(cuò)誤。6．磁流體發(fā)電機(jī)發(fā)電通道是一個(gè)長、高、寬分別為a、h、b的長方體空腔。上下兩個(gè)側(cè)面是電阻不計(jì)的電極，電極與固定在水平桌面上間距為L、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相連。發(fā)電通道內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于a、h組成的平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。電阻率為ρ的等離子體以速率v水平向右通過發(fā)電通道。導(dǎo)軌間勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面成θ角斜向右上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，質(zhì)量為m，電阻為R的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌道動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。棒的中點(diǎn)用一條水平垂直于棒的細(xì)線通過光滑定滑輪與重物相連。當(dāng)S閉合后，金屬棒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，則重物的質(zhì)量可能為()A．eq\f(B2Lva（sinθ＋μcosθ）,g（R＋ρ\f(a,hb)）)－μmB．eq\f(B2Lva（sinθ＋μcosθ）cosθ,g（R＋ρ\f(h,ab)）)－μmC.eq\f(B2Lvh（sinθ＋μcosθ）,g（R＋ρ\f(h,ab)）)－μmD．eq\f(B2Lvh（sinθ＋μcosθ）cosθ,g（R＋ρ\f(h,ab)）)－μm解析：選C。等離子體中的正電荷受向上的洛倫茲力偏向上極板，可知上極板為正極，電流流過導(dǎo)體棒，受安培力斜向左上方，若導(dǎo)體棒恰不向左運(yùn)動(dòng)，則摩擦力向右，對(duì)導(dǎo)體棒受力平衡，則Mg＝BILsinθ－μ(mg－BILcosθ)，其中I＝eq\f(U,R＋r)，eq\f(U,h)q＝qvB，r＝ρeq\f(h,ab)，解得M＝eq\f(B2Lvh（sinθ＋μcosθ）,g（R＋ρ\f(h,ab)）)－μm，同理若導(dǎo)體棒恰不向右運(yùn)動(dòng)，則摩擦力向左，導(dǎo)體棒受力平衡，則Mg＝BILsinθ＋μ(mg－BILcosθ)，解得M＝eq\f(B2Lvh（sinθ－μcosθ）,g（R＋ρ\f(h,ab)）)＋μm，故C正確。7．(2023·湖南高考)如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是()A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，則t＝eq\f(t0,2)D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，則t＝eq\r(2)t0解析：選D。粒子在Ⅰ中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，qv0B1＝qE，v0＝eq\f(E,B1)，粒子在Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r0＝eq\f(mv0,qB2)＝eq\f(mE,qB1B2)，所用時(shí)間t0＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB2)＝eq\f(πm,2qB2)。僅將B1變?yōu)?B1，v1＝eq\f(1,2)v0，r1＝eq\f(1,2)r0，從CF的四等分點(diǎn)處豎直向下射出；僅將E變?yōu)?E，v2＝2v0，r2＝2r0，從F點(diǎn)豎直向下射出，粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角均為90°，粒子在Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間仍為t0，A、B錯(cuò)誤；僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(3),4)B2，半徑r3＝eq\f(4,\r(3))r0>2r0，粒子從OF邊離開，如圖2所示→對(duì)應(yīng)圓心角的正弦值sinθ1＝eq\f(2r0,r3)＝eq\f(\r(3),2)，粒子轉(zhuǎn)過圓心角θ1＝60°，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,q·\f(\r(3),4)B2)＝eq\f(8\r(3),9)t0，C錯(cuò)誤；僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),4)B2，半徑r4＝eq\f(4,\r(2))r0>2r0，粒子從OF邊離開，如圖3所示，對(duì)應(yīng)圓心角的正弦值sinθ2＝eq\f(2r0,r4)＝eq\f(\r(2),2)，粒子轉(zhuǎn)過圓心角θ2＝45°，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(45°,360°)×eq\f(2πm,q·\f(\r(2),4)B2)＝eq\r(2)t0，D正確。8．(10分)如圖，xOy是豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一絕緣彈性擋板(圖中未畫出，不計(jì)擋板大小)，a、b是質(zhì)量均為m的金屬小球，電荷量為q(q>0)的a球在第一象限的P點(diǎn)以速度v0沿y軸負(fù)方向射出后，恰好以沿x軸負(fù)方向的速度與靜止在擋板上的不帶電b球發(fā)生時(shí)間極短的彈性正碰，碰后兩球的電荷量均為eq\f(q,2)。已知在x>0區(qū)域有與x軸負(fù)方向成53°角斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)；在x<－eq\f(9veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4g)區(qū)域有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中場(chǎng)強(qiáng)大小分別為E1＝eq\f(5mg,2q)、E2＝eq\f(2mg,q)。兩球均視為質(zhì)點(diǎn)，忽略碰后兩球之間的靜電力，重力加速度大小為g，sin53°＝0.8。(1)求P點(diǎn)的位置坐標(biāo)；(4分)(2)若要b球從x<0區(qū)域返回時(shí)與a球相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。(6分)解析：(1)從P點(diǎn)到O點(diǎn)，a球受重力、電場(chǎng)力作用做曲線運(yùn)動(dòng)，將力和運(yùn)動(dòng)分解在x、y方向，由牛頓第二定律，在x方向有q×eq\f(5mg,2q)cos53°＝max在y方向有q×eq\f(5mg,2q)sin53°－mg＝may可得ax＝1.5g，ay＝g即a球在x方向做勻加速運(yùn)動(dòng)(設(shè)與b球碰撞前的速度為v)，在y方向做勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度減為零，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，在x方向有v＝axt，x＝eq\f(1,2)vt在y方向有v0＝ayt，y＝eq\f(1,2)v0t解得v＝1.5v0，x＝eq\f(3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4g)，y＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g)故P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為P(eq\f(3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4g)，eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g))。(2)在O點(diǎn)，a、b發(fā)生彈性正碰，由題設(shè)條件，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可知，碰撞后a、b速度互換，即a球靜止，b球的速度變?yōu)?.5v0(或列出兩個(gè)守恒方程，得出b球速度為1.5v0)如圖所示，在x＜0區(qū)域，b球先做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)末速度為v′，v′與x軸負(fù)方向的夾角為θ在x方向有x1＝eq\f(9veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4g)＝1.5v0t1在y方向有y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))，vy＝gt1解得t1＝eq\f(3v0,2g)，y1＝eq\f(9veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),8g)，vy＝1.5v0，故v′＝eq\r(v2＋veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(y)))＝1.5eq\r(2)v0tanθ＝eq\f(vy,v)＝1，則θ＝45°在正交電、磁場(chǎng)區(qū)域eq\f(q,2)E2＝eq\f(q,2)×eq\f(2mg,q)＝mg故b球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開正交電、磁場(chǎng)區(qū)域后，b球做拋體運(yùn)動(dòng)直至撞擊a球，可知t2＝t1＝eq\f(3v0,2g)y2＝v′t2cosθ＋eq\f(1,2)gteq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(27veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),8g)由幾何關(guān)系可知，b球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝eq\f(y1＋y2,2sinθ)＝eq\f(9\r(2)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4g)由牛頓第二定律有eq\f(qv′B,2)＝meq\f(v′2,R)解得B＝eq\f(4mg,3qv0)。答案：(eq\f(3veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4g)，eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g))(2)eq\f(4mg,3qv0)9．(10分)(2023·江蘇高考)霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(3分)(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運(yùn)動(dòng)到速度為eq\f(v0,2)時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；(3分)(3)若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。(4分)解析：(1)電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，則電子受力平衡，即eE＝ev0B解得E＝Bv0。(2)電子在電、磁疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，受洛倫茲力和電場(chǎng)力的作用，只有電場(chǎng)力做功，則電子的速度由eq\f(v0,4)到eq\f(v0,2)的過程，由動(dòng)能定理得eEy1＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)m(eq\f(v0,4))2聯(lián)立解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)設(shè)電子的入射速度為v1時(shí)剛好能達(dá)到縱坐標(biāo)為y2＝eq\f(mv0,5eB)的位置，此時(shí)電子在最高點(diǎn)的速度沿水平方向，且大小假設(shè)為v2，則電子在最低點(diǎn)的合力為F1＝eE－ev1B電子在最高點(diǎn)的合力為F2＝ev2B－eE由題意可知，電子在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的合力大小相等，即F2＝F1整理得v1＋v2＝2v0電子由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得eEy2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))整理得v2－v1＝eq\f(v0,5)解得v1＝eq\f(9,10)v0又電子入射速度越小，電子運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)越大，則能到y(tǒng)2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)占總電子數(shù)的比例為η＝eq\f(N,N0)＝eq\f(v1,v0)×100%解得η＝90%。答案：(1)Bv0(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%10．(10分)如圖所示，某足夠大的區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一不帶電的質(zhì)量為m的絕緣小球a，沿著光滑絕緣的水平面向右運(yùn)動(dòng)。另一質(zhì)量也為m，帶電量為q(q>0)的小球b沿著水平面向左運(yùn)動(dòng)，速度大小為eq\f(mg,Bq)，運(yùn)動(dòng)過程中b和水平面接觸但恰好無擠壓。a與b在A點(diǎn)發(fā)生碰撞并粘在一起。已知兩小