专题18 电场磁场和重力场复合场模型-2023年高考物理磁场常用模型精练(解析版)

2023年高考物理《磁场》常用模型最新模拟题精练
专题18.电场磁场和重力场复合场模型
1.（2022山东聊城重点高中质检）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m 、带电量大小为q 的小球，以初速度v 0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。

经过时间t ，小球到达C 点（图中没标出），电场方向突然变为竖直向上，电场强度大小不变。

已知重力加速度为g ，则（
）
A.小球一定带负电
B.时间t 内小球做匀速直线运动
C.匀强磁场的磁感应强度为
2mg
qv D.电场方向突然变为竖直向上，则小球做匀加速直线运动【参考答案】BC 【名师解析】
假设小球做变速直线运动，小球所受重力与电场力不变，而洛伦兹力随速度的变化而变化，则小球将不可能沿直线运动，故假设不成立，所以小球一定受力平衡做匀速直线运动，故B 正确；
小球做匀速直线运动，根据平衡条件可以判断，小球所受合力方向必然与速度方向在一条直线上，故电场力水平向右，洛伦兹力垂直直线斜向左上方，故小球一定带正电，故A 错误；
根据平衡条件，得0cos 45mg qv B =︒
解得0
2mg
B qv =
，故C 正确；根据平衡条件可知
tan 45mg qE =︒
电场方向突然变为竖直向上，则电场力竖直向上，与重力恰好平衡，洛伦兹力提供向心力，小球将做匀速圆周运动，故D 错误。

二、计算题
1.（2022山东四县区质检）如图所示，在xOy 坐标系内，圆心角为120°内壁光滑、绝缘的圆管ab ，圆心位于原点O 处，Oa 连线与x 轴重合，bc 段为沿b 点切线延伸的直管，c 点恰在x 轴上。

坐标系内第三、四象限内有水平向左的匀强电场，场强为E 1（未知）；在第二象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E 2（未知）。

在第二、三象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B 。

现将一质量为m 、带电量为+q 的小球从圆管的a 端无初速度释放，小球到达圆管的b 端后沿直线运动到x 轴，在bc 段运动时与管壁恰无作用力，从圆管c 端飞出后在第二象限内恰好做匀速圆周运动。

已知圆管直径略大于小球直径，重力加速度为g 。

求：（1）该匀强电场的场强E 1的大小；
（2）小球沿圆管ab 下滑到达y 轴前的瞬间对管壁的作用力；
（3）Oc 间距离，并通过计算判断小球从c 端飞出后能否第二次到达y 轴。

【参考答案】（1）133mg E q =
；（2）923
3
mg +，竖直向下；（3）小球能第二次到达y 轴【名师解析】
（1）小球到达圆管的b 端沿直线运动到x 轴，与管壁恰无作用力，必然是匀速直线运动，对小球受力分析如图所示，可知1tan30qE mg =︒
解得133E q
=
（2）设到到达y 轴前瞬间小球速度为v 1，设Oa 间距离为R ，对小球的这一过程应用动能定理可得
2112
mgR qER mv +=
此时小球受到管下壁的弹力，设为F N ，由向心力公式可得
2
1N mv F mg R
-=
联立可得
N 923
3
F mg +=
由牛顿第三定律可知，球对管下壁的弹力竖直向下。

（3）从c 端飞出时，设速度为v 2，由第一问受力分析可知
2cos30qv B mg
︒=可得
2233v qB
=
对小球从a 到b 的这一过程应用动能定理可得
2121
cos30(1sin 30)2
mgR qE R mv ++=
联立得
222
9m g R q B =
以v 2到达x 轴，Oc 间距离为
2122
4329g
x R q B ==
设带电小球在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，洛伦兹力提供向心力
2
22mv Bqv r
=
则222
3g r q B =
因21
22332g r x q B
=>故小球能第二次到达y 轴。

2.（2022浙江湖州期末）如图甲所示，水平绝缘板AB 的正上方的竖直平面内有一竖直向下的匀强电场E ，离板A 端正上方高h =1m 的O 点有一发射源，能水平发射质量为m =1.0×10-9kg ，电量大小为q =8.0×10-10C 的带电粒子，带电粒子恰好能沿水平直线从P 点飞离电场区域。

若在场区再叠加上一水平向内的匀强磁场B ，如图乙所示，发现从O 点飞出的初速v 0=1.0m/s 的带电粒子恰好能到达板的A 端。

（1）求电场强度E 的大小和磁感应强度B 的大小；
（2）若AB 板的长度l =2m ，要使得带电粒子不能击中板且从右侧飞离场区，求带电粒子的最小初速度大小；
（3）若AB 板换成弹性绝缘板且长度(72l =m （含场区的宽度），粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。

要使带电粒子从右侧离开场区，求带电粒子的最小发射初速度大小及该过程飞行的时间。

【参考答案】（1）12.5N/C ；2.5T ；（2）5m/s ；
（3）(8-；31s 12
π
【名师解析】
（1）依题意，带电粒子恰好能沿水平直线从P 点飞离电场区域，有
mg qE
=解得
12.5N /C
E =带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得
20
0v qv B m
r
=又
2
h r =
联立，可得
2 2.5T mv B qh
=
=（2
）带电粒子以最小初速度飞出时，恰好从板右侧飞离场区，如图
由几何关系可得
()
2
22
11r h l r -+=解得
1 2.5m
r =又
111
v qv B m
r =联立，可得
15m/s
v =（3
）依题意，画出带电粒子以最小初速度飞出时，恰好从板右侧飞离场区的轨迹：
设轨迹圆的半径为r 2，由几何关系可得
22sin 60r r h
︒+=
解得
2(4r =-又
222
v qv B m
r =
联立，可得
2(8v =-
由图可知7(2l =对应的时间为
31(
)
2316s 212m t qB ππππ==3.（2022安徽巢湖一中等十校联盟最后一卷）如图，在竖直平面内存在两个相邻的场区Ⅰ和Ⅱ。

场区：Ⅰ是两个正对平行金属板间的匀强电场，平行金属板长1 3.6m L =，金属板与水平方向的夹角θ=30°。

无限长的平行边界MN 、PQ 间有垂直纸面向外的匀强磁场B 和竖直向上的匀强电场2E （图中未画出），组成宽度24m L =的场区Ⅱ。

现有一
个210C q -=
，m =0.2kg 可视为质点的带正电的小球，以010m/s v =的速度垂直电
场方向射入场区Ⅰ，小球恰好能做直线运动。

已知T 3B =
，2N/C 3
E =，210m/s =g
1.732=场区Ⅰ、Ⅱ的边界为理想边界。

求：
（1）场区Ⅰ的电场强度大小1E ；（2）小球离开场区Ⅰ时速度的大小v ；
（3）小球从射入场区Ⅰ至第二次进入场区Ⅱ的时间（结果保留两位有效数字）。

【参考答案】（1）100N/C ；（2）8m/s ；（3）3.7s 【名师解析】
(1)依题意，小球恰能好能做直线运动，可知小球所受合力方向与电场线垂直，如图
有
1cos mg qE θ=，sin mg ma
θ=解得
2
1100N /C 5m /s E a ==，(2)由动能定理，可得
22
1011sin 3022
mgL mv mv -︒=
-解得
8m /s
v =(3)小球在场区Ⅰ的运动时间设为1t ，有
01
v v at =-解得
10.2s
t =小球进入场区Ⅱ后，有
2qE mg
=可知，小球所受合力为洛伦兹力，将做匀速圆周运动，有
2
v qvB m
R
=解得
8m
R =由几何关系
2sin L R
α=
解得
30α=︒
小球在场区Ⅱ做匀速圆周运动的周期为
2m T qB
π=
设其运动时间为2t ，则有
2303606
t T π
︒=
=︒由几何关系易知小球速度方向水平离开场区Ⅱ后做平抛运动，设经3t 再次进入场区Ⅱ，有
2
312tan 60gt vt
︒=解得3 2.8s
t =小球从射入场区Ⅰ至第二次进入场区Ⅱ的时间为
123 3.7s
t t t t =++=4.（2022湖北武汉4月调研）如图所示，在空间建立O-xyz 坐标系，水平向右为x 轴正方向，竖直向下为y 轴正方向，垂直纸面向里为z 轴正方向（图中未画出），自0y =起，沿y 方向间距为d 的水平区域，有均匀电磁场区域和无电磁场区域相间排列，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度方向竖直向上。

一电荷量为q ，质量为m 的带正电小球从坐标原点O 由静止自由下落，在有电磁场的区域中做匀速圆周运动，重力加速度大小为g 。

（1）带电小球从第1个电磁场区域的下边界穿出时，设其速度方向与竖直方向的夹角为β1，求sin β1；
（2）若已知222
421m g d q B
=，则带电小球到达第几个有电磁场分布的区域时，将不能从
该区域的下边界射出？（不考虑带电小球从该区域的上边界穿出后的运动）
【参考答案】（1）1sin β=（2）11【名师解析】
（1）小球在无电磁场区域内做自由落体运动，设进入电磁场时的速度为v 0
202v gd
=
解得0v =
小球进入电磁场区域做匀速圆周运动，根据平衡条件得
qE mg
=根据牛顿第二定律得
200v qv B m
R
=根据直角三角形得
1sin d R β=
解得
1sin β=
（2）根据题意，小球在无电磁场区域只受重力作用，速率增大，在有电磁场区域内，重力与电场力平衡，洛仑兹力不做功，速率不变。

设小球进入第n 个电磁场区域时的速度为v n ，恰好不能射出，根据动能定理得
212
n mg nd mv ⋅=
在电磁场中，根据牛顿第二定律得
y x qv B ma =x y
qv B ma =小球每次从进入到射出一个电磁场所获得的x 方向上的速度增量设为Δv x ，则
x qBd v m
∆=
由于小球进入第n 个电磁场区域而不能射出，应该满足
x x
v n v ≤∆小球进入该区域过程中，v x 是变化的，只有小球在运动到轨道的最低点时，有
()max x x n
v v v ==解得
11
n =所以小球不能从第11个电磁场区域射出。

5.(2022重庆涪陵高中冲刺)如图所示，竖直平面坐标系xOy 的第一象限有垂直xOy 面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N ，一质量为m 的带电小球从y 轴上(y ＞0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g )．
(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)P 点距坐标原点O 至少多高；
(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计
时，经时间t ＝小球距坐标原点O 的距离s 为多远？
【参考答案】（1）正电，q mg E =，（2）22y r ==（3）
【名师解析】
（1）小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡
qE＝mg①
小球带正电
mg
q
E
=②
（2）小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设匀速圆周运动的速度为v．轨道半径为r．
有：
2
v
qvB m
r
=③
小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，有
2
v
mg m
R
=④
由③④得
r=⑤
PO的最小距离为
2
y r
==
（3）小球由O运动到N的过程中机械能守恒
mg·2R＋mv2＝mv⑦
由④⑦得
N
v==
根据运动的独立性可知，小球从N点进入电场区域后，在x轴方向以速度v N做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，则沿x轴方向有
x＝v N t⑨）
沿电场方向有z＝at2⑩
qE
a g
m
==
t时刻小球距O点
x==
6.(2021江西上饶一模)如图所示，在光滑绝缘水平面上，存在两个相邻的相同矩形区域CDMN 和NMHG ，CD=NM=GH=2d 、CN=NG=d ，区域CDMN 中存在方向竖直向下的匀强磁场B 1，区域NMHG 中存在方向竖直向上的匀强磁场B 2，且大小B 1=B 2。

不可伸长的轻质细线，一端固定于O 点，另一端栓有绝缘小球a 。

拉紧细线使小球a 从距离水平面高h 的位置有静止释放，当小球a 沿圆弧运动至悬点正下方位置时，与静止于该处的带正电小球b 发生弹性碰撞，碰后小球b 从CD 边界中点P 垂直进入CDMN 区域。

小球b 质量为m ，带电量为+q ，且始终保持不变；当小球a 质量也为m 时，小球b 刚好从N 点射出磁场。

题中只有质量m ，高度h ，重力加速度g 为已知量，其它为未知量。

则：
（1）若小球a 的质量为
1
2
m ，求碰小球a 上升到最高处离水平面的高度是多少；（2）若要使小球b 恰好从G 点射出磁场，求小球a 的质量为多少；（3）若小球a 的质量为
5
3
m ，区域CDMN 中磁感应强度不变，将区域NMHG 中磁场改为匀强电场，电场方向水平且由N 指向M ，场强大小合适，判断小球b 能否由H 点离开电场区域。

若能请计算出小球b 由H 点离开电场区域的动能，若不能请说明理由。

【名师解析】（20分）（1）（5分）小球a 碰前的速率为a v ，碰后小球a 速率为'a v ，小球b 的速率为b v ，碰后小球a 上升的最大高度为/h ,a 小球与b 小球碰撞前：
mgh mv a 2
1
21212=⨯gh
v a 2=（1分）
a 小球与
b 小球碰撞后：
/2/2
1
2121mgh mv a =⨯（1分）
a 小球与
b 小球碰撞时，以水平向右为正方向：
b a a mv mv mv +=/2
121（1分）
22/22
121212121b a a mv mv mv +⨯=⨯（1分）
联立得：
h
h 9
1/
=（1分）
(2)（7分）当小球a 的质量为m,a 小球与b 小球碰撞时，以水平向右为正方向：
1
1b a a mv mv mv +=2
12122
12121b a a mv mv mv +=（1分）
小球b 恰好从N
点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示。

由几何关系得：
R 1=d （1分）而
1
2
1
1R mv B qv b b =
（1分）
若小球b 恰好从G
点射出，作出小球的运动轨迹，如图所示。

由几何关系可得：
2
2
222)2
(R d d R =+-（1分）
2
22
2R mv B qv b b =
（1分）
a 小球与
b 小球碰撞时，以水平向右为正方向：
2
2b a a a a mv v m v m +=222222
12121b a a a a mv v m v m +=（1分）
联立解得：
m
m a 3
5
=（1分）(3)（8分）由(2)可知当小球a 的质量为
m 3
5
时，小球b 在CDMN 区域里做圆周运动后小球从距离N 点2
d
处以速度v b2斜射入MNGH 区域中，设v b2与边界NM 夹角为θ，由几何关系得：
2
cos R d =
θ由运动合成分解可知：
26.0b x v v =2
8.0b y v v =（1分）
假设小球恰好能从H 点离开电场，运动时间为t 。

x 轴方向做匀速直线运动，y 轴方向做类竖直上抛运动。

x=d
x =v x t
（1分）
32y d
=-2
1
2
y y v t at =-（1分）
（以电场相反方向为正方向）
a b v v 4
5
2=
联立解得：
d
v a b 255122=
（1分）
令v y 减为0时，小球沿y 轴向上的最大位移
2max 82512
y
v d d y a
=
=
<（1分）
小球b 未从NG 边界离开电场区域，故假设成立，小球b 能由H 点离开电场区域。

设小球b 在H 点时y 轴方向上的速度大小为
2
/5
13
b y y
v at v v =-=（1分）
小球b 由H 点离开电场区域时的动能
()
mgh v v m mv E y x K 8
8921212/22=+==
（1分）
（其它合理解法酌情给分）
7.（2020年深圳二模）在竖直面内建立如图所示直角坐标系xOy ，第一象限内((含坐标轴))有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第三象限内有水平向右的匀强电场。

两个大小相同的金属小球a 、b(均可视为质点)质量分别为m 、3m ，不带电的小球b(静置于固定在原点O 处的绝缘支架((图中未画出))上。

小球a 带电量为+2q ，从第三象限的P 点，以速度v 0竖直向上射出，小球a 运动到原点O 时，速度方向恰好沿x 轴正方向、大小为v 0，并与b 球发生弹性正碰，碰撞时间极短。

碰后两个小球带电量均变为+q +q ，小球b 恰好经过x x 轴上的N N 点，小球a 经过y 轴上的Q 点((图中未画出))。

已知磁感应强度B=12mg/qv 0，不计两个小球之间的库仑力和空气阻力，重力加速度为g g 。

求：
（1）碰后a 、b 球的速度v a 、v b ；
（2）电场强度E 的大小和Q 点到原点O 的距离s 1；（3）N 点到原点O 的距离s 2。

【名师解析】（1）球和球在点发生弹性碰撞，取向右为正方向，
根据运动守恒定律得：，
根据能量守恒定律可得：，
联立解得：；
（2）在第三象限中，球做匀变速曲线运动，水平方向做匀加速直线运动，设加速度为a2，
根据速度时间关系可得：，
竖直方向做匀减速直线运动：，
联立解得：，
碰后两个小球带电量均为+q，a球在第三象限内，水平方向做匀变速直线运动，经t2时间到Q点时水平方向速度变为-va，设加速度为a，
水平方向：，
根据牛顿第二定律可得：，
Q点到原点O的距离，
联立解得；
（3）碰后b球所受洛伦兹力，
球的运动分解成速率的匀速圆周运动和水平向右的速度为的匀速运动，
运动到点时，由于各个力做功为0，所以速度依然为，设球运动时间为，
将分解，
根据洛伦兹力提供向心力可得：，
根据几何关系：，
根据平衡条件可得：，
所以水平方向：，，
联立解得：，
25.（18分）（2021陕西西安重点高中模拟）如图所示，带等量异种电荷的正对平行金属板倾斜放置，金属板长为L，金属板和水平面夹角。

一电量为、质量为m的带电
微粒从下板边缘P点由静止释放后沿水平直线运动到上板边缘，从Q点射出板间，并立即正对着圆心O射入半径为R的圆形区域，圆形区域中存在电场强度为E的匀强电场图中没有画出和匀强磁场。

带电微粒刚进入圆形区域的瞬间，在A点与一个静止的中性微粒发生正碰，碰后粘合成一个微粒在圆形区域中做匀速圆周运动，从圆形区域射出时，微粒速度方向相比初速度方向偏转了，重力加速度为g。

求：带电粒子从Q点射出时的速度；
中性微粒的质量M；
区域中匀强磁场的磁感应强度B。

【名师解析】：在平行板间，带电微粒受力如图：
F为电场力，在垂直于运动方向，由平衡条件有：
由P到Q，由动能定理得：
由式联立，得
微粒碰撞后，结合在一起并在圆形区域内做圆周运动的条件为：
由式解得：
碰后粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设v，r分别为圆周运动的速度和半径
则：
由动量守恒，碰撞过程中
由几何关系得：
联立得：
5.(2020·呼伦贝尔一模)如图所示，在光滑水平面上距离竖直线MN 左侧较远处用弹簧锁定不带电的绝缘小球A ，弹簧弹性势能为0.45J ，A 球质量M ＝0.1kg ，解除锁定后与静止在M 点处的小球B 发生弹性正碰，B 球质量m ＝0.2kg 、带电荷量q ＝＋10C 。

MN 左侧存在水平向右的匀强电场E 2，MN 右侧空间区域范围内存在竖直向上、场强大小E 1＝0.2N /C 的匀强电场和方向垂直纸面向里磁感应强度为B ＝0.2T 的匀强磁场。

(g ＝10m/s 2，不计一切阻力)求：
(1)解除锁定后A 球获得的速度v 1；(2)碰后瞬间B 球的速度v 2；
(3)E 2大小满足什么条件时，B 球能经电场E 2通过MN 所在的直线；(不考虑B 球与地面碰撞再次弹起的情况)
(4)在满足(3)问情景下B 球在电场E 2中与MN 的最大距离。

解析：(1)A 球和弹簧组成的系统机械能守恒，有E p ＝1
2M v 12
解得v 1＝
2E p
M
＝3m/s 即解除锁定后A 球获得的速度大小为3m/s ，方向水平向右。

(2)A 球、B 球在碰撞过程动量守恒，系统机械能守恒，有M v 1＝M v 1′＋m v 212M v 12＝12M v 1′2＋12
m v 22解得v 2＝2M M ＋m v 1＝2m/s ，方向水平向右。

(3)B 球进入MN 右侧后，电场力qE 1＝2N ＝mg
即重力与电场力平衡，因此B 球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得q v B ＝
m v 22
R
B 球在电磁场区域运动半个圆周后速度方向垂直MN 水平向左射出，出射点距M 点距离y ＝2R ＝0.4m
B 球在MN 左侧的运动可分解为在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做类似于竖直上抛运动，若B
球能通过MN 所在的直线，必须满足(向右为正方向)：v 2－(－v 2)＝qE
2m
·t
y ＝2R ≥1
2gt 2
解得E 2≥
m v 2q
2g y ＝25
V /m ＝0.283V/m 。

(4)由以上可知当E 2＝
2
5
V /m(0.283V/m)时，B 球恰好能回到M 点，在此过程中B 球在水平方向速度为零时距离MN 最远，s m ＝v 222qE 2m
＝2
10m ＝0.141m 。

答案：(1)3m /s ，方向水平向右(2)2m/s ，方向水平向右
(3)E 2≥0.283V/m
(4)0.141m
1.(12分)（2020北京高考模拟1）如图18所示，虚线L 右侧空间有水平向右电场强度E 1＝
2.5N/C 的匀强电场，左侧空间有一竖直向上电场强度E 2＝1.25N/C 的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场B ，在E 1场区有四分之一的光滑绝缘圆轨道，半径为R ＝0.2m ，圆心在虚线O 点，过低端点Q 的切线水平，现将一视为质点的带正电荷的粒子从轨道的最高点P 由静止释放，粒子沿轨道向底部运动，已知粒子的质量为m ＝1×10
－4
kg ，粒子所带电荷量q 1＝＋3×10
－4
C ，取g ＝10m/s 2。

求：
(1)粒子沿轨道向下运动过程中对轨道的最大压力；
(2)若粒子运动到Q 点瞬间仅使其电荷量变为q 2＝＋8×10－4C ，要使粒子再次通过虚线位置落到圆轨道内，磁感应强度B 大小应满足的条件。

【参考答案】(1)2.25×10
－3
N (2)B ≥1T
【名师解析】(1)因粒子在电场E 1中受电场力F 1＝q 1E 1＝0.75×10－3N ＝3
4mg ，
则受重力及电场力的合力F ＝5
4mg ，方向与L 成θ角．tan θ＝3
4mg mg ＝34，θ＝37°。

设粒子到达C 点对轨道压力最大，设此时速度为v C ，轨道对粒子支持力为N ，由动能定理：mgR cos θ－q 1E 1R (1－sin θ)＝1
2
m v 2C －0
由牛顿第二定律得：N －F ＝m v 2C
R ，解得：N ＝94mg ＝2.25×10－3N
由牛顿第三定律可知P 对轨道最大压力为2.25×10－3N 。

(2)粒子到达轨道底时速度设为v ，
由动能定理得：mgR －q 1E 1R ＝12
m v 2－0，解得：v ＝1m/s 在电场E 2中，因电场力F 2＝q 2E 2＝10－3N ＝mg
故粒子在L 左侧复合场中受B 作用做匀速圆周运动，再次到L 时速度大小仍为v ，然后在E 1中受力及状态如图。

水平方向受力为q 2E 1加速运动，a x ＝
q 2E 1m ＝20m/s 2运动位移为R 时，需要时间为t ，R ＝v t ＋12a x t 2，即0.2＝1×t ＋12
20t 2解得：t ＝－0.2s(舍去)或t ＝0.1s
竖直方向受重力以g 加速，t s 内下落位移h ＝12
gt 2＝0.05m 要使B 落到圆轨道内，即：2r ≤h ＋R ，r ＝m v q 2B
，解得B ≥1T 。

2.(15分)（2020山西吕梁一模）如图所示，在光滑水平平台右侧空间，存在着范围无限大，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外的匀强磁场。

平台右端放一个质量为m ，带负电-q 的小球Q ，左侧有一个质量为M ＝4m ，不带电的绝缘小球P ，以水平初速度0mg v qB
正对Q 向右运动发生正碰，撞过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移。

已知水平平台距地面的高度为h ，重力加速度为g ，不计空气阻力。

求：
(1)P 、Q 两球发生弹性正碰后速度分别为多少?
(2)碰后小球P 落地点到平台右端的水平距离x 为多少?
(3)碰后小球Q 电量不变，在重力和磁场力作用下运动，求小球Q 碰后离地面的最大高度H 为多少?此时小球Q 的速度v 为多少?
【名师解析】
(1)设向右为正方向，则据动量守恒定律可得：Mv 0＝Mv 1＋mv 22分根据能量守恒定律得：
2221202
12121mv Mv Mv +=2分由以上两式解得：
P 球的速度：qB mg v 531=
，方向向右．1分Q 球的速度qB mg v 582=，方向向右．1分
(2)碰后小球P 做平抛运动，由平抛规律得：
水平方向：X=v 1t
1分竖直方向：22
1gt h =1分由上述二式联立求得gh qB m X 253=2分
（3）碰后小球Q 离开平台，受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力。

Q 球的速度可分解为：0025353v v qB mg qB mg v +=+=1分
即可看作以v 0速度向右匀速直线运动和以05
3v 逆时针圆周运动的合运动。

由R
v m B v q 200)53(53=得：1分22253B
q g m R =1分
则小球Q 碰后离地面的最大高度H 为：222562B
q g m h R h H +=+=1分
此时小球Q 的速度v 为：qB mg v v v v 525253000==-=1分
3（2020湖南长沙期末）如图所示，在竖直平面xOy 内，在y 轴右侧存在着竖直向上且E=2N/C 的匀强电场，在第一象限内存在着垂直纸面向外且B 1=0.4T 的匀强磁场，第四象限内存在着垂直纸面向外且B 2=0.8T 的匀强磁场。

长为L=16m 的水平绝缘传送带AB 以速度v 0=4.8m/s 顺时针匀速转动，传送带左右侧轮的半径
R=0.2m ，右侧轮的圆心坐标是（0，h ），其中h=7.8m ，一个质量为m=2g 、电荷量为q=+0.01C 的小物块（不计小物块的大小，可视为点电荷）轻轻放在传带左端，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8．小物块从传送带滑下后，经过x 轴上的P 点（图中未画出），重力加速度g 取10m/s 2，不考虑空气阻力及边界对电场、磁场的影响。

求：
（1）小物块在传送带上加速运动的时间；
（2）P 点的坐标；
（3）若把传送带匀速运行的速率增加到v=16m/s ，把一块挡板MN 垂直于x 轴放置且下端在x 轴上，挡板高为H=8m ，正中间有一小孔。

为了让小物块能穿过挡板上的小孔，求挡板放置的位置与y 轴之间的距离。

【名师解析】（1）由题可知，小物块初速度为零，在传送带上水平方向只受摩擦力
由牛顿第二定律可得μmg=ma，解得α=8m/s 2
所以小物块加速到与传送带共速的时间由v=v 0+at 得
t 1=0.6s
加速位移
又因为传送带长L=16m
所以匀速运动的位移x 2=L-x 1=14.56m
匀速运动的时间
所以运动的总时间为t 总=t 1+t 2=3.6s
（2）物体进入第一象限
重力G=mg=0.02N 方向竖直向下
静电力F=Eq=0.02N 方向竖直向上
所以重力和静电力平衡，物体只受洛伦兹力
又因为传送带左右侧轮的半径R=0.2m，右侧轮的圆心坐标高h=7.8m
所以物体在第一象限运动半个圆周后从Y轴上的y=3.2m处水平射出，做平抛运动
物体的运动轨迹如图
=0.8s
所以由得t
3
x=vt
=3.84m
3
所以P点坐标为（-3.84，0）
（3）讲速度增加至v=16m/s，物块在传送带上加速运动
由（1）得，加速度a=8m/s2
所以当物体和传送带共速时的位移由得
加速位移x
=16m
加
所以物体进入复合场的初始速度v′=16m/s
由由得
=8m
r
1
物体在第一象限运动轨迹为四分之一圆周，垂直于x轴进入第四象限，在第四象限中的半径r
=4m
2
所以物体运动的轨迹如图
为了让小物块能穿过挡板上的小孔，所以由几何关系可得
答：（1）小物块在传送带上加速运动的时间为3.6s；
（2）P点的坐标为（-3.84，0）
（3）挡板放置的位置与y轴之间的距离为
【思路分析】
（1）小物块轻放在传送带上，相对于传送带向左运动，受到向右的摩擦力作用下加速运动，传送带长已知，可以算出小物块加速位移以及匀速位移，进而通过运动学公式求解运动时间。

（2）物体进入第一象限复合场中，受到重力，静电力，洛伦兹力的作用，重力向下与静电力向上平衡，所以物体相当于只受洛伦兹力，在第一象限做匀速圆周运动，由洛伦兹力等于向心力求得半径，画出轨迹，通过几何关系从而求得P点坐标。

（3）将传送带速度增加到v=16m/s，物块在传送带上加速，同理，进入复合场中，计算半径，画出轨迹，通过几何关系求得位置。

本题综合性比较强，解决复合场问题一定要注意受力分析，分析电场力，重力，洛伦兹力的关系，并画出轨迹，解决相关几何问题。

4.(16分）（2020山东三校联考）如图所示，一个质量m=3g，带电量q=-3×10-5C的小球从绝缘光滑的圆弧轨道下滑至水平轨道末端，从末端飞出后恰好自小孔S进入两竖直放置的平行金属板间。

两平行金属板间存在正交的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感强度大小为B=5T；匀强电场方向水平向右，电场强度大小为E=103N/C．小球在平行金属板间刚好做匀速直线运动，g=10m/s2．试求：
（1）这个带电小球进入平行金属板间的速度及其方向；
（2）小球从圆弧轨道上释放时的高度H；
（3）撤去电场，仍让小球从原位置由静止释放，求小球在磁场中运动到最低点时的速度。

【名师解析】
（1）带负电的小球进入平行金属板间刚好做匀速直线运动，受力平衡。

小球受三个力的作用如图所示，其中重力竖直向下，大小G=mg=3×10-3×10N=3×10-2N。