2021-2022学年云南省曲靖二中高二（下）第一次月考物理试卷（含答案解析）

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2021-2022学年云南省曲靖二中高二（下）第一次月考物理试卷1.  关于简谐运动的回复力，以下说法正确的是(    )A. 简谐运动的回复力一定是合力
B. 简谐运动公式中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度
C. 做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反
D. 做简谐运动的物体每次经过平衡位置合力一定为零2.  2021年5月16日至6月24日，运行在约555km高度轨道上的“星链”卫星降轨至平均高度为382km的近圆轨道上，后持续运行于这一与中国空间站相近的高度，在此期间，中国空间站采取了紧急避碰措施。关于卫星的降轨，下列说法正确的是(    )A. 降轨前，卫星在原轨道上处于平衡状态
B. 降轨时，卫星在原轨道上需要先行减速
C. 降轨后，卫星在新轨道上运动周期变大
D. 降轨后，卫星在新轨道上的速度将大于第一宇宙速度3.  如图，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个重球A与截面为三角形垫块B叠放在一起，用水平外力F可以缓缓向左推动B，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中(    )
 A. A和B均受三个力作用而平衡 B. B对桌面的压力越来越大
C. A对B的压力越来越小 D. 推力F的大小恒定不变4.  如图所示，一质点做简谐运动，先后以相同的速度依次通过M、N两点，历时1s，质点通过N点后再经过1s又第2次通过N点，在这2s内质点通过的总路程为则质点的振动周期和振幅分别为(    )A. 3 s、6 cm B. 4 s、6 cm C. 4 s、9 cm D. 2 s、8 cm5.  如图所示为单摆做阻尼振动的位移x随时间t变化的图像，、时刻的位移大小均为2cm，时刻的位移大于2cm。关于摆球在、和时刻的速度、重力势能、动能、机械能的分析，下列说法正确的是(    )
A. 摆球在时刻的机械能等于时刻的机械能
B. 摆球在时刻的动能等于时刻的动能
C. 摆球在时刻的重力势能等于时刻的重力势能
D. 摆球在时刻的速度大于时刻的速度6.  如图所示，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，则(    )
 A. 小球和槽组成的系统动量守恒
B. 小球可以到达与A等高的C点
C. 小球下滑到底端B的过程中，小球对地的运动轨迹为圆
D. 小球下滑到底端B的过程中，小球所受合力的瞬时功率增大7.  理想变压器的输入电压如图甲所示，输出端并联2只相同的小灯泡，，如图乙所示，灯泡的额定电压为20V，额定功率为10W，电路连接了两只理想电流表，，导线电阻不计，开始电键S断开，恰好正常发光，则(    )A. 原副线圈的匝数比为：：1
B. 流过灯的电流方向每秒改变5次
C. 电键S闭合后，灯变暗
D. 电键S闭合后，电流的读数变大，与的比值不变8.  第二十四届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京举行。跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员包括滑雪板以速度从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员包括滑雪板视为质点。则运动员在空中运动的过程中(    )A. 动量变化量的大小为
B. 距离赛道最远时的速度大小为
C. 距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的
D. 从飞出到落到倾斜赛道通过的位移大小为9.  如图所示为两个相同的弹簧振子，但偏离平衡位置的最大距离不同。振动时间图像如下，已知弹簧劲度系数都是k，弹性势能公式为下面的说法中正确的是(    )A. 甲的振动能量是乙的4倍 B. 甲的振动频率是乙的2倍
C. 乙的振动周期是甲的倍 D. 两弹簧振子所受回复力最大值之比1：210.  一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(    )
 A. 时物块的速率为 B. 时物块的动量大小为
C. 时物块的动量大小为 D. 时物块的速度为零11.  如图所示为单摆在两次受迫振动中振幅与驱动力频率的关系曲线，下列说法正确的是(    )A. 若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线Ⅱ是在月球表面上完成的
B. 图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则该单摆摆长约为2m
C. 图线Ⅰ中可知驱动力频率从到的变化过程中单摆的能量逐渐增加
D. 若两次受迫振动是在同一地点进行的，则两次摆长之比为：：4
 12.  如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端有一阻值为R的电阻，一质量为m、电阻也为R的金属棒横跨在导轨上，棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒以初速度沿导轨向右运动，前进距离为s。在金属棒整个运动过程中，下列说法正确的是(    )A. 金属棒运动平均速度大于
B. 金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C. 通过电阻R电荷量为
D. 电阻R上产生的焦耳热为13.  某同学用如图甲所示的装置通过A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。先将A球从斜槽轨道上某点由静止释放，在水平地面的记录纸上留下压痕，重复实验多次，记下落地点为P；再把同样大小的B球放在斜槽轨道水平段的最右端，让A球仍从同一位置由静止释放，和B球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置，重复实验多次，记下落地点为M、N，图中O点为斜槽轨道水平段的最右端悬挂的重锤线所指位置。

为完成此实验，以下所提供的器材中必需的是______；
A.直尺
B.打点计时器
C.天平
D.秒表
实验中需要满足的条件是______。
A.轨道必须光滑
B.两球材质必须相同
C.A球的半径必须大于B球的半径
D.A球的质量必须大于B球的质量
经测定。A、B两球的质量分别为、，小球落地点的位置距O点的距离如图乙所示。利用此次实验中测得的数据计算碰撞前的总动量p与碰撞后的总动量的比值为______结果保留三位有效数字。
实验中，对产生误差的主要原因分析正确的是______；
A.碰撞前入射小球的速度方向与碰撞后两小球的速度方向不在同一直线上
B.轨道的倾斜部分不光滑，与入射小球存在摩擦力作用
C.没有测量小球平抛下落的高度算出具体的平抛时间14.  学习小组的同学在实验室用如图甲所示的装置研究单摆。将单摆挂在力传感器的下端，通过计算机来记录力传感器测定单摆摆动过程中摆线受到拉力大小的变化情况，以及单摆摆动的时间。
实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图乙所示，该摆球的直径______mm；
实验测得摆长为L，传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图像如图丙所示，则重力加速度的表达式为：______用题目中物理量的字母表示。

小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是______填选项前的字母。
A.把单摆从平衡位置拉开的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B.测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C.用悬线的长度加摆球直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D.选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小15.  一水平弹簧振子做简谐运动，其位移和时间关系如图所示．
求时的位移．
从到的时间内，质点的路程、位移各为多大？
16.  如图所示，有一质量为m的小球，以速度滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：
①小球在圆弧轨道上能上升的最大高度用、g表示
②小球离开圆弧轨道时的速度大小．
17.  如图所示，在足够大的光滑水平面内，一个矩形区域内有水平向右的匀强电场，电场宽度为，电场左侧边界上有一质量为未知、电荷量为2q的带正电小球a，电场右侧有一质量的不带电小球b，两小球的连线与电场线平行，且初始时皆处于静止状态，小球b右侧有一个竖直向下的匀强磁场区域，且与电场线垂直，，，现释放小球a，经电场加速后与小球b发生弹性碰撞，碰撞瞬间电荷量均分，碰后两小球的速度方向相同，并先后从OP的中点D进入磁场，且在磁场中依次沿着同一条轨迹运动，最后均会垂直OQ离开磁场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计碰后两小球之间的库仑力，两小球均视为质点，求：
小球a的质量；
该匀强电场的电场强度大小。
答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：A、简谐振动的回复力可以是某一个力的分力，不一定是合力，如单摆的回复力，故A错误；
B、物体做简谐运动时，回复力为，k是比例系数，x是物体相对平衡位置的位移，不是弹簧的长度，故B错误；
C、回复力方向总是指向平衡位置，与位移方向相反，根据牛顿第二定律，加速度，方向与合外力的方向相同，所以做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反，故C正确；
D、做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力一定为零，只是合力不一定为零，故D错误。
故选：C。
简谐运动中，回复力总是指向平衡位置，为，加速度为；做简谐运动的物体每次经过平衡位置合力不一定为零，如单摆时，小球在平衡位置最低点受到的合外力提供向心力。
本题关键是明确简谐运动中回复力、速度、加速度、位移的变化特点，结合对称性和周期性分析，基础题．
 2.【答案】B 【解析】【分析】低轨变高轨需要加速，使卫星做离心运动，高轨变低轨需要减速，使卫星做近心运动。
而比较不同绕地轨道的周期大小时，往往使用开普勒第三定律。
掌握第一宇宙速度的三大表述。
【解答】A、卫星在轨道上运动时，万有引力提供向心力，卫星处于完全失重状态，故A错误；
B、卫星降轨时做近心运动，变轨时需要减速，故B正确；
C、根据开普勒第三定律可知，轨道半径或椭圆的半长轴越大，卫星的周期越大，因此降轨后，卫星在新轨道上运动周期变小，故C错误；
D、第一宇宙速度是卫星在靠近地球表面做匀速圆周运动的线速度大小，降轨后，卫星在新轨道上的速度仍然小于第一宇宙速度，故D错误。
故选：B。  3.【答案】D 【解析】解：A、先以小球A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力。B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力。故A错误。
B、当柱状物体向左移动时，斜面B对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变。则A对B的压力也保持不变。
对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，
，墙对A的支持力不变，则推力F不变。
地面对整体的支持力，保持不变。则B对地面的压力不变。故BC错误，D正确。
故选：D。
先以小球A和B为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和挡板对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和地面的支持力如何变化．
本题首先要对小球受力分析，根据共点力平衡条件分析小球受力情况，再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化．
 4.【答案】B 【解析】【分析】
简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过M、N两点，则可判定这两点关于平衡位置对称，则平衡位置到N点的时间为1s的一半；由当再次经过N点的时间，即可求出从N点到最大位置的时间为1s的一半，因此质点的振动同期为平衡位置到最大位置时间的4倍；由题意可知，2s内质点总路程的一半，即为振幅。
对于简谐运动，要抓住对称性和周期性进行分析．要明确质点以同样的速度经过某两点时，它们的位置关于平衡位置对称；当经过同一位置时，它们的速度大小相同，方向相反。
【解答】
简谐运动的质点，先后以同样大小的速度通过M、N两点，则可判定M、N两点关于平衡位置O点对称，所以质点由M到O时间与由O到N的时间相等；
那么平衡位置O到N点的时间，因过N点后再经过质点以方向相反、大小相同的速度再次通过N点，则有从N点到最大位置的时间；
因此，质点振动的周期是
质点在这2s内总路程的一半，即为振幅，所以振幅
故选：B。  5.【答案】C 【解析】解：摆球做阻尼振动，机械能随时间不断减小，所以摆球在时刻的机械能大于时刻的机械能，故A错误；
根据对称性可知摆球在时刻的重力势能等于时刻的重力势能，而摆球的机械能等于动能与重力势能之和，根据A项分析可知摆球在时刻的动能大于时刻的动能，故B错误，C正确；
D.摆球在时刻的速度等于零，摆球在时刻的速度大于零，所以摆球在时刻的速度小于时刻的速度，故D错误。
故选：C。
摆球做阻尼振动，机械能随时间不断减小，所以摆球在时刻的机械能大于时刻的机械能；根据对称性可知摆球在时刻的重力势能等于时刻的重力势能，而摆球的机械能等于动能与重力势能之和，根据A项分析可知摆球在时刻的动能大于时刻的动能；摆球在时刻的速度等于零，摆球在时刻的速度大于零；
本题考查的是单摆做阻尼振动的位移x随时间t变化的图像相关的能量在不同时刻大小关系，不同时刻如果位移大小一样则重力势能一样，摆球的机械能等于动能与重力势能之和，按选项逐个判断即可求解。
 6.【答案】B 【解析】解：小球有竖直方向的分加速度，小球和槽在竖直方向上系统的合力不为零，则小球和槽组成的系统动量不守恒，故A错误；
B.小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与等高的C点，故B正确；
C.小球下滑到底端B的过程中，小球对槽的运动轨迹为圆，而槽相对于地面在水平方向上运动，所以小球对地的运动轨迹不是圆，故C错误；
D.小球开始下滑时，速度为零，根据，合力的瞬时功率为零，小球滑到底端B时，速度与合力垂直，合力的瞬时功率也为零，故D错误。
故选：B。
小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，同时系统的能量守恒，根据，可分析合力的瞬时功率。
本题考查动量守恒定律的应用，解答本题要掌握动量守恒的条件：系统的合外力为零，要知道系统在某一方向不受外力或合外力为零，则系统在该方向上动量守恒。
 7.【答案】D 【解析】解；A、由图甲知电压有效值为60V，电压与匝数成正比，故原副线圈的匝数比：：：1，故A错误；
B、由图甲知交流电的频率为5Hz，所以流过灯的电流方向每秒改变10次，故B错误；
C、闭合电键S，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯亮度不变，故C错误；
D、闭合电键S，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电流表示数都变大，比值等于匝数的反比，不变，故D正确；
故选：D。
由图甲知电压有效值为60V，频率为5Hz，电压与匝数成正比，开关闭合后，判断副线圈电阻如何变化，然后由欧姆定律判断电流如何变化，根据变压器的变压比与变流比分析答题。
本题是一道变压器的动态分析题，应用并联电路特点、欧姆定律、变压器变压比与变流比即可正确解题。
 8.【答案】C 【解析】解：A、运动员做平抛运动，当运动员落到斜面上时，运动员的位移偏转角等于斜面倾角，即
，
规定向下为正方向，因为运动员的速度变化量只发生在竖直方向上，则
解得：，故A错误；
BC、当距离赛道最远时，运动员的速度方向与斜面平行，即
，
此时，
根据几何关系可知，此时的速度为，竖直方向上运动员做自由落体运动，根据公式可知，距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的，故B错误，C正确；
D、根据选项A分析可知，运动员水平方向的位移为
，
则总位移为，故D错误；
故选：C。
根据运动员的位移偏转角得出运动的时间，再结合动量变化量的计算公式完成分析；先分析出运动员水平方向的位移，结合几何关系计算出总位移；当运动员距离赛道最远时，运动员的速度与斜面平行，根据几何关系得出此时的速度，再结合自由落体的运动学公式得出总位移的大小。
本题主要考查了平抛运动和斜面的结合，熟悉平抛运动不同方向上的运动特点，解题的关键点是理解运动员距离斜面最远时，运动员的速度与斜面平行。
 9.【答案】AB 【解析】解：由图，甲的振幅是乙的2倍，由弹性势能公式可知：，故A正确；
B.由图，甲的周期是乙的一半，由可知：，故B正确；
C.由图像可知，甲的周期是乙的，故C错误；
D.根据回复力公式可知，两弹簧振子所受回复力最大值之比，故D错误
故选：AB。
根据图像确定最大位移的比值和周期的比值，依据弹性势能公式、频率公式、回复力公式计算弹性势能公式、频率公式、回复力的比值。
本题考查简谐运动，要求掌握简谐运动图像的意义，会根据图像计算有关物理量。
 10.【答案】AB 【解析】【分析】
结合图像分别求出在相应时间段内力F的冲量，再结合动量定理列式求解。
本题考查动量定理的简单应用。
【解答】
A.在内，力F的冲量为：，由动量定理得：，解得：，故A正确。
B.在内，力F的冲量为：，由动量定理得：，解得：，故B正确。
C.在内，力F的冲量为：，由动量定理得：，解得：，故C错误。
D.在内，力F的冲量为：，由动量定理得：，解得：，由，时物块的速度不为零，故D错误。  11.【答案】CD 【解析】解：A、若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据，知，周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线。故A错误。
B、图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则固有频率为，则，解得。故B错误；
C、若外驱动力的频率由变为时，由图可知，图线Ⅰ的振幅随频率的增大而增大，振幅增大，单摆能量增加，故C正确；
D、若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2：5，则固有周期比为5：2，根据，知摆长比为25：故D正确。
故选：CD。
当受迫振动的频率等于单摆的固有频率，将发生共振，根据共振的频率大小，得出固有周期的大小，根据单摆的周期公式进行分析．
本题主要考查了受迫振动的特点，解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振．以及掌握单摆的周期公式。
 12.【答案】C 【解析】解：A、金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，故金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，其平均速度小于，故A错误；
BD、由能量守恒金属棒ab克服安培力做的功等于电阻R和金属棒上产生的焦耳热，即，且有，故BD错误；
C、据电荷量的推论公式得，回路中的电荷量，故C正确；
故选：C。
对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，再判断金属棒的运动性质；
由能量守恒定律求出电阻R上产生的焦耳热；
根据电荷量的推论公式求解电荷量；
金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理分析。
 13.【答案】 【解析】解：规定向右为正，由动量守恒定律可知：
根据平抛运动规律可知

整理可得
为完成此实验，以下所提供的器材中必需的是直尺测量各点的距离；天平测量小球的质量；故AC正确，BD错误；
故选：AC。
、本实验要求入射球碰撞前的速度保持相同，只要满足入射球从同一位置释放即可，斜槽轨道并不需要光滑，故A错误；
BCD、为保证入射球碰后不会被弹回，必须要满足，并且满足两小球半径相等，所以材质不能相同，故D正确，BC错误；
故选：D。
由可知，可以用质量与水平方向位移的乘积表示动量，可得碰撞前
碰撞后
代入数据解得：
碰撞前入射小球的速度方向与碰撞后两小球的速度方向不在同一直线上，导致前后动量不同，故A正确；
B.轨道的倾斜部分不光滑，仅影响碰撞前速度，不影响碰撞过程，故B错误；
C.做平抛运动的时间都相等，不必测量，故C错误。
故选：A。
故答案为：；；；
根据实验注意事项进行分析；根据小球平抛运动水平方向速度位移关系可得出结论。
根据实验原理分析解答。
本题考查动量守恒实验中注意事项和误差分析以及实验数据分析，学生需掌握动量守恒定理内容并熟练应用。
 14.【答案】  C 【解析】解：由图乙所示游标卡尺可知，其精度是，摆球的直径
摆球经过最低点时，绳子的拉力最大，一个周期内，两次经过最低点，由图丙所示图象可知，单摆的周期
根据单摆周期公式可知，重力加速度：
、单摆在小摆角情况下的运动是简谐运动，用单摆的最大摆角应小于，故A错误；
B、一个周期的时间内，摆球通过最低点2次，所以测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为，B故错误；
C、由单摆的周期公式可得，摆长偏大则代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大，故C正确；
D、为减小空气阻力对实验的影响，应选择密度较大的摆球，故D错误。
故选：C。
故答案为：；；。
游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数。
根据图丙所示图象求出单摆的周期，根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式。
根据实验注意事项与实验原理分析答题。
本题考查了应用单摆测重力加速度实验，理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提，根据题意分析清楚图象图象、应用单摆周期公式即可解题。
 15.【答案】解：由图知，，，则
所以振子的振动方程为
当时位移为
时，

所以在这段时间内能过后路程为
质点的位移为0cm
答：时的位移为。
从到的时间内，质点的路程、位移各为34cm，0。 【解析】本题考查运用数学知识处理物理问题的能力，关键要能写出振动方程．书写振动方程抓住三要素：振幅、圆频率和初相位。
由图读出周期T，由公式求出圆频率，即可写出振动方程，再求出时的位移。
根据与周期的关系，结合一个周期内质点通过的路程是4个振幅，求路程，并确定位移。
 16.【答案】解：①小球和滑块在水平方向上动量守恒，规定小球运动的初速度方向为正方向，根据动量守恒，则有：，得：，
根据机械能守恒得：
解得：
②小球从轨道左端离开滑块时，根据动量守恒，则有：，
根据机械能守恒，则有：，
联立③④可得：，则小球离开圆弧轨道时的速度大小为
答：①小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为；
②小球离开圆弧轨道时的速度大小为 【解析】①小球和滑块在水平方向上动量守恒，规定小球运动的初速度方向为正方向，根据动量守恒列式，再根据机械能守恒列式，联立方程即可求解；
②小球从轨道左端离开滑块时，根据动量守恒和机械能守恒定律列式，联立方程即可求解．
本题关键要判断出系统水平方向动量守恒和小球离开轨道后小球和轨道的运动情况，再运用机械能守恒定律列式求解，难度适中．
 17.【答案】解：设小球a碰前瞬间的速度大小，碰后瞬间的速度大小为，小球b碰后瞬间的速度大小为，
两小球碰后电荷量均分，有：
在磁场中，有洛伦兹力提供向心力：
a球：
b球：
小球a和小球b发生弹性碰撞，动量守恒和能量守恒：


解得：，
画出带电粒子的轨迹图，如图所示，有几何关系可知，a球和b球在磁场中运动的半径均为：
由以上分析洛伦兹力提供向心力可知，，则：
小球a在电场中运动，动能定理可知：
解得：

答：小球a的质量为3m；
该匀强电场的电场强度大小为。 【解析】小球碰撞后电量平分，洛伦兹力提供向心力，弹性碰撞动量守恒和能量守恒，即可求出小球a的质量；
两小球在磁场中的轨迹相同，根据几何关系可知轨迹圆的半径，根据洛伦兹力提供向心力求a球的半径，进而求出a球的速度，小球a在电场中动能定理可求出电场强度。
本题考查带电粒子在电场中加速，弹性碰撞之后在磁场中偏转的问题，关键是弹性碰撞动量守恒和能量守恒求速度，在磁场中的关键突破口是由几何关系求半径。