专题18 电场磁场与重力场复合场模型-高考物理磁场常用模型最新模拟题精练

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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v0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
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
解得，故C正确；
根据平衡条件可知

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E1（未知）；在第二象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E2（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E1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）；（2），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

解得
（2）设到到达y轴前瞬间小球速度为v1，设Oa间距离为R，对小球的这一过程应用动能定理可得

此时小球受到管下壁的弹力，设为FN，由向心力公式可得

联立可得

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v2，由第一问受力分析可知

可得

对小球从a到b的这一过程应用动能定理可得

联立得

以v2到达x轴，Oc间距离为

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

则
因
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v0=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=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）；；（2）；
（3）；
【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

解得

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

又

联立，可得

（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

解得

又

联立，可得

（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r2，由几何关系可得

解得

又

联立，可得

由图可知对应的时间为

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，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（图中未画出），组成宽度的场区Ⅱ。现有一个，m=0.2kg可视为质点的带正电的小球，以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，，，场区Ⅰ、Ⅱ的边界为理想边界。求：
（1）场区Ⅰ的电场强度大小；
（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
，
解得

(2)由动能定理，可得

解得

(3)小球在场区Ⅰ的运动时间设为，有

解得

小球进入场区Ⅱ后，有

可知，小球所受合力为洛伦兹力，将做匀速圆周运动，有

解得

由几何关系

解得

小球在场区Ⅱ做匀速圆周运动的周期为

设其运动时间为，则有

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，设经再次进入场区Ⅱ，有

解得
小球从射入场区Ⅰ至第二次进入场区Ⅱ的时间为

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sinβ1；
（2）若已知，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）；（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v0

解得
小球进入电磁场区域做匀速圆周运动，根据平衡条件得

根据牛顿第二定律得

根据直角三角形得

解得

（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vn，恰好不能射出，根据动能定理得

在电磁场中，根据牛顿第二定律得


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Δvx，则

由于小球进入第n个电磁场区域而不能射出，应该满足

小球进入该区域过程中，vx是变化的，只有小球在运动到轨道的最低点时，有

解得

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＝2小球距坐标原点O的距离s为多远？
【参考答案】（1）正电，，（2）（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
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：
③
小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，有
④
由③④得
⑤
PO的最小距离为
⑥
（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
⑧
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vN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＝vNt⑨）
沿电场方向有z＝at2⑩
t时刻小球距O点

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B1，区域NMHG中存在方向竖直向上的匀强磁场B2，且大小B1= B2。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，碰后小球a速率为，小球b的速率为，碰后小球a上升的最大高度为 , a小球与b小球碰撞前：
（1分）
a小球与b小球碰撞后：
（1分）
a小球与b小球碰撞时，以水平向右为正方向：
（1分）
（1分）
联立得：
（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：

R1=d （1分）
而 （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：
（1分）
（1分）
a小球与b小球碰撞时，以水平向右为正方向：

（1分）
联立解得： （1分）
(3)（8分）由(2)可知当小球a的质量为时，小球b在CDMN区域里做圆周运动后小球从距离N点处以速度vb2斜射入MNGH区域中，设vb2与边界NM夹角为θ，由几何关系得：

由运动合成分解可知：
（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=vxt （1分）
（1分）
（以电场相反方向为正方向）
联立解得： （1分）
令vy减为0时，小球沿y轴向上的最大位移
（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
（1分）
小球b由H点离开电场区域时的动能
（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v0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v0，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xx轴上的NN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/qv0，不计两个小球之间的库仑力和空气阻力，重力加速度为gg。求：

（1）碰后a、b球的速度va、vb；
（2）电场强度E的大小和Q点到原点O的距离s1；
（3）N点到原点O的距离s2。
【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0.45 J，A球质量M＝0.1 kg，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＝0.2 kg、带电荷量q＝＋10 C。MN左侧存在水平向右的匀强电场E2，MN右侧空间区域范围内存在竖直向上、场强大小E1＝0.2 N/C的匀强电场和方向垂直纸面向里磁感应强度为B＝0.2 T的匀强磁场。(g＝10 m/s2，不计一切阻力)求：

(1)解除锁定后A球获得的速度v1；
(2)碰后瞬间B球的速度v2；
(3)E2大小满足什么条件时，B球能经电场E2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E2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Ep＝Mv12
解得v1＝＝3 m/s
即解除锁定后A球获得的速度大小为3 m/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Mv1＝Mv1′＋mv2
Mv12＝Mv1′2＋mv22
解得v2＝v1＝2 m/s，方向水平向右。
(3)B球进入MN右侧后，电场力qE1＝2 N＝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
qvB＝
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＝0.4 m
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)：v2－(－v2)＝·t
y＝2R≥gt2
解得E2≥＝ V/m＝0.283 V/m。
(4)由以上可知当E2＝ V/m(0.283 V/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，sm＝＝ m＝0.141 m。
答案：(1)3 m/s，方向水平向右　(2)2 m/s，方向水平向右
(3)E2≥0.283 V/m　(4)0.141 m
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E1＝2.5 N/C的匀强电场，左侧空间有一竖直向上电场强度E2＝1.25 N/C的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场B，在E1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q1＝＋3×10－4 C，取g＝10 m/s2。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q2＝＋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E1中受电场力F1＝q1E1＝0.75×10－3 N＝mg，
则受重力及电场力的合力F＝mg，方向与L成θ角．tan θ＝＝，θ＝37°。
设粒子到达C点对轨道压力最大，设此时速度为vC，轨道对粒子支持力为N，
由动能定理：mgRcos θ－q1E1R(1－sin θ)＝mv－0
由牛顿第二定律得：N－F＝，解得：N＝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－q1E1R＝mv2－0，解得：v＝1 m/s
在电场E2中，因电场力F2＝q2E2＝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E1中受力及状态如图。水平方向受力为q2E1加速运动，ax＝＝20 m/s2
运动位移为R时，需要时间为t，R＝vt＋axt2 ，即0.2＝1×t＋×20t2
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＝gt2＝0.05 m　
要使B落到圆轨道内，即：2r≤h＋R，r＝，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：
Mv0＝Mv1＋mv2 2分
根据能量守恒定律得：
2分
由以上两式解得：
P球的速度：，方向向右． 1分
Q球的速度，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=v1t 1分
竖直方向： 1分
由上述二式联立求得 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： 1分
即可看作以v0速度向右匀速直线运动和以逆时针圆周运动的合运动。
由得： 1分
1分
则小球Q碰后离地面的最大高度H为：
1分
此时小球Q的速度v为：
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B1=0.4T的匀强磁场，第四象限内存在着垂直纸面向外且B2=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.质量为的不带电小物块静止在原点O，A点距O点，质量的带电小物块以初速度从A点水平向右运动，在O点与发生正碰并把部分电量转移到上，碰撞后的速度为0.1m/s，此后不再考虑、间的库仑力。已知电场强度，小物块m与水平面的动摩擦因数为，取，求：
（1）碰后的速度
（2）若碰后做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角，OP长为，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，使能与再次相碰，求的大小

【参考答案】（1），方向水平向左（2）1T （3）0.25T
【名师解析】
（1）与碰前速度为，由动能定理

代入数据解得：
设，、正碰，由动量守恒有

代入数据得：，方向水平向左
（2）恰好匀速圆周运动，所以
得：
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

轨迹如图，由几何关系有：

解得：
（3）当经过轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，碰后做匀减速运动。
匀减速运动至停，其平均速度为

所以在停止后与其相碰
由牛顿第二定律有：
停止后离O点距离：
则平抛的时间：
平抛的高度：
设做匀速圆周运动的半径为，由几何关系有：

由
联立得：

6. 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r1，由几何关系可得r1＝.
已知洛伦兹力提供向心力qv1B＝m，
解得v1＝，
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r2，由几何关系可得
r＝L2＋，
解得r2＝.
已知洛伦兹力提供向心力qv2B＝m，解得v2＝，
可得速度大小范围≤v≤；
(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＝at2，
x＝v2t.
由几何关系可知落地点到桌面上b点的距离为
s＝，
由以上各式可得s＝ .
答案：(1)≤v≤　(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B1=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UAB=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B2.
【名师解析】.(1)小球沿NP做直线运动,由平衡条件可得:mg=qvB1,
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=mv2,
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B2=,
代入数据得B2=0.2 N/C.
答案：(1)R　(2)200　(3)＜　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E1；
(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
代入＝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－a1t2
而a1＝
在竖直方向上做自由落体运动，则2R＝gt2
联立以上三式解得E1＝B。
(3)小球从a点由静止释放运动到b点，由动能定理得
qE1x＝mv2
解得x＝。
[答案]　(1)kBR　(2)B　(3)
9（2022湖北十堰四模）如图所示，在竖直平面内的坐标系的第Ⅰ象限内存在电场强度方向与x轴正方向的夹角的匀强电场，第Ⅱ象限内的虚线与x轴负方向的夹角也为，第Ⅱ象限内下方以及第Ⅲ、Ⅳ象限内存在匀强电场（图中未画出）和磁感应强度大小、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量、电荷量的带正电小球以大小的初速度从A点沿x轴负方向做直线运动，到达y轴上的C点后经时间经过上的D点，然后在磁场中做匀速圆周运动，并经过x正半轴上的F点。已知A点的横坐标，取重力加速度大小，，，不计空气阻力，不考虑小球经过F点后的运动。求：
（1）第Ⅰ象限内的电场的电场强度大小E以及小球经过C点时的速度大小；
（2）A点的纵坐标以及小球经过D点时的速度大小；
（3）F点的横坐标。

【参考答案】（1）；；（2）；（2）
【名师解析】
（1）小球在电场中沿x轴负方向做直线运动，则重力与电场力的合力沿竖直方向，根据平行四边形定则可知

解得

根据牛顿第二定律

解得

根据速度位移关系式有

解得

（2）到达y轴上的C点后经时间经过上的D点，则CD之间的水平距离为

CD之间的竖直距离为

DO之间的竖直距离为

A点的纵坐标

到D点时的竖直速度

经过D点时的速度大小

因为

则小球经过D点时的速度方向垂直于OP。
（3）根据几何关系

根据洛伦兹力提供向心力

解得轨迹半径

故轨迹圆心在原点，故F点的横坐标也为。
10.如图所示，绝缘粗糙的竖直平面左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿下滑，到达C点时离开做曲线运动。两点间距离为h，重力加速度为g。

(1)求小滑块运动到C点时的速度大小;
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功;
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为,从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小。
【参考答案】：(1)
(2)
(3)
【名师解析】：(1)由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力时，滑块离开开始做曲线运动，即，
解得。
(2)从A到C根据动能定理：,
解得：。
(3)设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度的方向与F的方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向上做匀加速运动，
t时间内在F方向的位移为，
从D到P,根据动能定理得：,
其中,
联立解得.