2021年高考物理最新模拟题精练专题3.44 复合场问题(能力篇)(解析版)

2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-1）
第三部分 磁场
专题3.44 复合场问题（能力篇）
计算题
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＝
2.5 N/C 的匀强电场，左侧空间有一竖直向上电场强度E 2＝1.25 N/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 ＝0.2 m ，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 ＝10 m/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－
4 C ，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 ≥1 T
【名师解析】(1)因粒子在电场E 1中受电场力F 1＝q 1E 1＝0.75×10－3 N ＝34mg ，
则受重力及电场力的合力F ＝54mg ，方向与L 成θ角．tan θ＝34mg mg ＝3
4，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
2mv 2C
－0
由牛顿第二定律得：N －F ＝mv 2C R ，解得：N ＝94
mg ＝2.25×10－
3 N
由牛顿第三定律可知P 对轨道最大压力为2.25×10－
3 N 。

(2)粒子到达轨道底时速度设为v ，
由动能定理得：mgR －q 1E 1R ＝1
2mv 2－0，解得：v ＝1 m/s
在电场E 2中，因电场力F 2＝q 2E 2＝10－
3 N ＝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 1
m
＝20 m/s 2
运动位移为R 时，需要时间为t ，R ＝vt ＋12a x t 2 ，即0.2＝1×t ＋1
2×20t 2
解得：t ＝－0.2 s(舍去)或t ＝0.1 s
竖直方向受重力以g 加速，t s 内下落位移h ＝1
2gt 2＝0.05 m
要使B 落到圆轨道内，即：2r ≤h ＋R ，r ＝mv
q 2B ，解得B ≥1 T 。

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 2 2分 根据能量守恒定律得：
22
212
02
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：2
2
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：0025
3
53v 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
3
v 逆时针圆周运动的合运动。

由R
v m B v q 2
00)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v0=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/s2，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/s2
所以小物块加速到与传送带共速的时间由v=v0+at得
t1=0.6s
加速位移
又因为传送带长L=16m
所以匀速运动的位移x2=L-x1=14.56m
匀速运动的时间
所以运动的总时间为t总=t1+t2=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
所以由得t3=0.8s
x=vt3=3.84m
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加=16m
所以物体进入复合场的初始速度v′=16m/s
由由得
r1=8m
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r2=4m 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
电场力水平向左，大小F=qE=3×10-5×103N=3×10-2N
G与F的合力F合=
解得F合=6×10-2N
设合力与水平方向成俯角α，则
tanα=
解得α=30°
洛伦兹力f应与F合等值反向，与水平方向成30°角（图中α角）
运用左手定则，根据f和B的方向判定，带电小球的运动方向与水平向右方向成β角，则β=60°
由f=qvB得v=4m/s
（2）小球离圆弧轨道后做平抛运动，设平抛运动的初速度为v0，小球进入平行金属板间的速度为平抛运动的末速度，将其速度分解如图：
得v0=vcosβ=4×0.5m/s=2m/s
小球沿圆弧轨道下滑过程，由机械能守恒得
mgH=
解得 H=0.2m
（3）小球进入磁场后，其水平向右的速度为2m/s ，对应的洛伦兹力正好抵消重力 物体的运动可看成是线速度为m/s 的匀速圆周运动和向右速度为2m/s 的匀速直线运动的合运动，到达
最低点的速度为m/s+2m/s≈5.464m/s
答：
（1）这个带电小球进入平行金属板间的速度是4m/s ，其方向与水平向右方向成60°角斜向下； （2）小球从圆弧轨道上释放时的高度H 是0.2m ；
（3）撤去电场，仍让小球从原位置由静止释放，小球在磁场中运动到最低点时的速度是5.464m/s 。

【关键点拨】（1）带电小球进入平行金属板间刚好做匀速直线运动，合力为零，其中小球受到的洛伦兹力与速度有关。

分析小球的受力情况，根据平衡条件和洛伦兹力公式f=qvB 相结合求解。

（2）小球离开圆弧轨道后做平抛运动，将小球刚进入平行金属板间的速度分解，其水平分速度等于小球离开圆弧轨道时的速度，再由机械能守恒定律求小球从圆弧轨道上释放时的高度H ；
（3）撤去电场，采用运动的分解法研究小球的运动情况，将小球的运动看成匀速圆周运动和向右的匀速直线运动的合运动，再求小球在磁场中运动到最低点时的速度。

本题的关键要能根据小球的运动情况正确分析小球的受力情况，运用力学的基本规律处理力平衡问题，运用运动的分解法研究小球在复合场中运动的问题。

5. （2020年3月贵阳调研）如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在y
轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为3
2810kg m -=⨯的不带电小物块静止在
原点O ，A 点距O 点0.045m l
=，质量31110kg m -=⨯的带电小物块以初速度00.5m /s v =从A 点水平向
右运动，在O 点与2m 发生正碰并把部分电量转移到2m 上，碰撞后2m 的速度为0.1m/s ，此后不再考虑1m 、
2m 间的库仑力。

已知电场强度40N /C E =，小物块m 与水平面的动摩擦因数为0.1μ=，取2
10m /s g =，
求：
（1）碰后1m 的速度
（2）若碰后2m 做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴的夹角30θ=︒，OP 长为0.4m OP l =，求磁
感应强度B 的大小
（3）其他条件不变，若改变磁场磁感应强度B 的大小，使2m 能与1m 再次相碰，求B '的大小
【参考答案】（1）0.4m /s ，方向水平向左（2）1T （3）0.25T 【名师解析】
（1）1m 与2m 碰前速度为1v ，由动能定理
22
11110
1122
m gl m v m v μ-=- 代入数据解得：10.4m /s v =
设20.1m /s v =，1m 、2m 正碰，由动量守恒有
1111
22m v m v m v '=+ 代入数据得：1
0.4m /s v '=-，方向水平向左 （2）2m 恰好匀速圆周运动，所以2qE m g = 得：3
210C q -=⨯
粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R ，则
22
22v qv B m R
=
轨迹如图，由几何关系有：OP R l =
解得：1B T =
（3）当2m 经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，1m 碰后做匀减速运动。

1m 匀减速运动至停，其平均速度为 121
0.2m /s 0.1m /s 2
v v v '==>= 所以2m 在1m 停止后与其相碰 由牛顿第二定律有：11f m g m a μ==
1m 停止后离O 点距离：21
2v s a
'=
则2m 平抛的时间：2
s t v = 平抛的高度：212
h gt =
设2m 做匀速圆周运动的半径为R '，由几何关系有：
12
R h '=
由222
2m v q B R '='
联立得：0.25B T '=
6.(2019·郑州模拟)如图所示，水平地面上放有一张正方形桌子，桌面abcd 边长为L ，桌面水平、光滑、绝缘，距地面高度为h ，正方形桌面内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在桌面以外有竖直向下的匀强电场，电场强度为E (电场、磁场图中没有画出)．一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球(可看作质点)，从桌面边缘ad 中点M ，以垂直于ad 边的速度v 进入磁场区域，重力加速度为g .
(1)要使小球能够从ab 边飞离桌面，求小球进入磁场时速度大小的范围；
(2)若小球恰好能从桌面上b 点飞出，求小球落地点到桌面上b 点的距离．
【名师解析】
(1)对小球受力分析可知．小球在桌面上运动时重力与支持力平衡，小球在磁场力的作用下做匀速圆周运动．
当小球从a 点飞离桌面时，速度最小，设此时小球运动半径为r 1，由几何关系可得r 1＝L 4
. 已知洛伦兹力提供向心力qv 1B ＝m v 21r 1
， 解得v 1＝qBL 4m
， 当小球从b 点飞离桌面时，速度最大，设此时小球运动半径为r 2，由几何关系可得
r 22＝L 2＋⎝⎛⎭⎫r 2－L 22
， 解得r 2＝5L 4
. 已知洛伦兹力提供向心力qv 2B ＝m v 22r 2，解得v 2＝5qBL 4m
， 可得速度大小范围qBL 4m ≤v ≤5qBL 4m
； (2)小球飞出桌面后受重力和电场力作用，可知
mg ＋qE ＝ma ，
小球做类平抛运动，可知h ＝12
at 2， x ＝v 2t .
由几何关系可知落地点到桌面上b 点的距离为
s ＝x 2＋h 2，
由以上各式可得s ＝ 25q 2B 2L 2h 8m （mg ＋qE ）
＋h 2. 答案：(1)qBL 4m ≤v ≤5qBL 4m
(2) 25q 2B 2L 2h 8m （mg ＋qE ）＋h 2 7.如图所示,MN 是一段在竖直平面内半径为R=1 m 的光滑的1/4圆弧轨道,y 圆心为O ,OM 水平,轨道上存在场强为E 的匀强电场.轨道的右侧OD 和EF 之间区域有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为
B 1=0.1T .EF 右侧有一水平放置的一对平行金属板,板间距离d=2 m,板长L=3 m,板间有恒定电压U AB =2 V 和方向垂直于纸面向里的匀强磁场.
现有一带电荷量为q=0.1 C 、质量为m=10 g 的带正电小球从M 点由静止开始自由下滑,恰能沿NP 方向做直线运动,经两板中点P 射入,恰能从上板边缘C 点射出.求:
(1)小球运动到N 点时的速度v ;
(2)轨道上的场强E ;
(3)平行金属板间的磁感应强度B 2.
【名师解析】.(1)小球沿NP 做直线运动,由平衡条件可得:mg=qvB 1,
代入数据解得:v=10 m/s .
(2)小球从M 点到N 点的过程中,由动能定理得:mgR+qER=mv 2,
代入数据解得:E=4N/C
(3)在板间复合场中小球受电场力为:=0.1N=mg ,与重力平衡,故小球做匀速圆周运动.
设运动半径为R',由几何关系得R'=5m,
又R'=得B 2=,
代入数据得B 2=0.2 N/C .
答案：(1)U 1U 2R (2)200 (3)＜ U 1′U 2′
R
8. （2020全国高考模拟10） 如图所示，虚线MN 左侧有水平向右的匀强电场，右侧有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

比荷为k 的带电小球从水平面上a 点由静止释放，过b 点进入MN 右侧后能沿半径为R 的半圆形轨道bcd 运动且对轨道始终无压力，小球从d 点再次进入MN 左
侧后正好落在b 点，不计一切摩擦，重力加速度为g 。

求：
(1)小球沿水平面经过b 点时的速度大小v ；
(2)MN 左侧的电场强度的大小E 1；
(3)小球释放点a 到b 点的距离x 。

【名师解析】
(1)小球进入MN 右侧电磁场区域后能沿半圆形轨道bcd 运动且始终对轨道无压力，表明重力与电场
力平衡，洛伦兹力充当小球做匀速圆周运动的向心力，即qvB ＝m v 2R
代入q m
＝k ，解得v ＝kBR 。

(2)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上先做匀减速运动，然后向右做匀加速运动，落在b 点时
0＝vt －12
a 1t 2 而a 1＝qE 1m
在竖直方向上做自由落体运动，则2R ＝12
gt 2 联立以上三式解得E 1＝B gR 。

(3)小球从a 点由静止释放运动到b 点，由动能定理得
qE 1x ＝12
mv 2 解得x ＝kBR gR 2g。

[答案] (1)kBR (2)B gR (3)kBR gR 2g。