《2026年高考领航卷物理》

15. (16分)在O-xyz三维空间坐标系中，y轴竖直，x、z轴水平，坐标系中存在沿x轴负方向的匀强磁场(位于yOz平面左侧，磁感应强度为B=$\frac{m}{q}\sqrt{\frac{g}{2h}}$)和平行xOy平面的电场(方向未知)，其中在yOz平面右侧的电场强度大小为E₁，左侧电场强度大小E₂=4E₁，两个电场方向相同。现将质量为m、带电荷量为+q的小球A和质量为3m的不带电小球B分别从(h,0,0)和(0,h,0)两点同时由静止释放，经过一段时间后，两小球恰在O点发生碰撞后粘在一起，此后当两小球再次经过x轴时撤去电场，二维碰撞在任意方向依然遵循动量守恒定律，重力加速度为g，求：
(1) 两小球在O点碰撞后的速度v₀；
(2) 两小球碰撞后再次经过x轴时的x坐标；
(3) 撤去电场后，小球距xOz平面的最大距离。

答案：
15.电场力、洛伦兹力、动量、速度的分解、带电体在复合场中的运动
过程拆解

解：
(1)[提示：$A$球带正电，在重力和电场力作用下做匀加速运动，$B$球不带电，仅在重力作用下做自由落体运动]
$A$、$B$同时释放，同时到达$O$点，两者到$O$点的距离相等，结合$x=\frac{1}{2}at^{2}$知碰前两者加速度大小相等，均为$g$
设电场$E_{1}$方向与$x$轴负方向成$\theta$角，则对$A$有$qE_{1}\sin\theta = mg$，$qE_{1}\cos\theta = mg$
解得$qE_{1}=\sqrt{2}mg$，$\theta = 45^{\circ}$
两小球到达$O$点的速度大小$v_{A}=v_{B}=\sqrt{2gh}$
两球碰撞后粘在一起运动，由动量守恒定律可知，在$x$轴方向有$mv_{A}=4mv_{x0}$
解得$v_{x0}=\frac{1}{4}\sqrt{2gh}$
在$y$轴方向有$3mv_{B}=4mv_{y0}$
解得$v_{y0}=\frac{3}{4}\sqrt{2gh}$
则两球碰后的速度$v_{0}=\sqrt{v_{x0}^{2}+v_{y0}^{2}}=\frac{\sqrt{5gh}}{2}$，在$xOy$平面内，速度方向斜向左下方，与$x$轴负方向夹角$\alpha$满足$\tan\alpha = 3$
(2)两小球碰撞后[提示：质量变为$4m$]进入$yOz$平面左侧，电场力方向不变，大小变为原来的$4$倍，可知电场力与重力的合力仍沿$x$轴负方向，大小等于$4mg$
之后的运动可分解为平行$yOz$平面的匀速圆周运动和沿$x$轴负方向的匀加速运动，再次通过$x$轴经历的时间$t_{1}=\frac{2\pi(4m)}{Bq}=\frac{8\pi m}{Bq}=\frac{8\pi\sqrt{2h}}{g}$
再次经过$x$轴时的$x$坐标$x_{1}=-(v_{x0}t_{1}+\frac{1}{2}gt_{1}^{2})=-(\frac{2\pi m\sqrt{2gh}}{Bq}+\frac{32\pi^{2}m^{2}g}{B^{2}q^{2}})=-4\pi h(1 + 16\pi)$
(3)撤去电场时，小球沿$x$轴负方向做匀速运动，将小球$y$轴分速度分解，如图所示，小球在重力和分速度$v_{1}$引起的洛伦兹力平衡，则有$v_{1}=\frac{4mg}{qB}=4\sqrt{2gh}$，沿$z$轴负方向[提示：注意碰后组合体的质量为$4m$]
剩下的分速度$v_{圆}=\sqrt{v_{1}^{2}+v_{圆y}^{2}}=\frac{\sqrt{265}}{4}\sqrt{2gh}$，与$y$轴负方向夹角$\beta$满足$\sin\beta=\frac{16}{\sqrt{265}}$
小球在$yOz$平面的圆周运动轨迹如图中所示，轨迹半径$R$满足$qv_{圆}B=\frac{4mv_{圆}^{2}}{R}$
则小球距面$xOz$的最大距离为$h = R(1 + \sin\beta)=2(16+\sqrt{265})h$