精品解析：湖南省七校2019-2020学年高三上学期12月联考物理试题(浏阳一中、株洲二中等)(解析版)

湖南省湘东七校2019年下期高三联考物理试卷

一、选择题

1.如图所示，在光电效应实验中，用不相同频率的单色光照射光电管的阴极，关于光电效应，下列判断正确的是()

A.光电管的阴极材料不同，在入射光频率相同时，则遏止电压U C 一定相同

B.光电管的阴极材料不同，在入射光频率相同时，光电子的最大初动能一定相同

C.如图电路中，只要入射光频率大于光电管阴极材料的极限频率，电流表示数一定不为零

D.光电管阴极材料不同，但遏止电压U C －ν图像的斜率相同【答案】D 【解析】

【详解】AB.根据光电效应方程有

E km =hγ-W 0

根据能量守恒定律得：

eU C =E Km

联立得：

eU C =hv -W 0

即

C h W U e

γ-=

可知，入射光的频率相同，逸出功W 0不同，则最大初动能和遏止电压U C 也不同，故AB 错误。

C.入射光频率大于光电管阴极材料的极限频率，有光电子射出，但是当最大初动能小于eU C ，仍无法到达阳极，回路无电流，故C 错误。

D.根据

0C W h

U e e

γ=

?-可知遏止电压U C －ν图像的斜率相同都为

h

e

，故D 正确。2.下列对几种物理现象的解释中，正确的是(

)

A.泥工师傅贴瓷片时为了使瓷片平整用橡皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产生的冲量小

B.小朋友用力推门而没推动，但推力产生的冲量并不为零

C.动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用时，速度小的将先停下来

D.竖直抛出物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量为零【答案】B 【解析】

【详解】A.用橡皮锤是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理

Ft =△P

产生的力小，而不是产生的冲量小，故A 错误。

B.在推时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量Ft 不为零，故B 正确；

C.动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，根据动量定理

Ft =△P

两个物体将同时停下来，故C 错误；

D.竖直抛出物体上升到一定高度后又落回抛出点，重力冲量mgt 不为零，故D 错误。

3.一小球从光滑的斜面上的O 点由静止开始向下运动，依次经过A 、B 、C 、D 、E 五个点，已知AB=BC=CD=DE ，物体经过B 点时的速度和AE 一小球从光滑的斜面上的O 点由静止开始向下运动段

的平均速度v 的大小关系是

A.B v v <

B.B v v =

C.B v v

> D.无法确定

【答案】A

【解析】

试题分析：物体从光滑的斜面上下滑，物体运动的越来越快，通过相同的路程，所用时间越来越短；所以有：4AE BC x x =,4,AE AB BC AB t t t t <<，故

，而

BC

BC

x t 表示BC 之间的平均速度，因为物体是做加速运动的，所以在B 点的速度B v 小于BC 之间的平均速度，故B v v <，B 正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的综合应用

4.如图所示，

光滑圆环竖直固定，A 为最高点，橡皮条上端固定在A 点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于B 点，AB 与竖直方向的夹角为30°，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至C 点时，钩的拉力大小为F ，为保持小环静止于B 点，需给小环施加一作用力F '，下列说法中正确的是（

）

A.若F '

沿水平方向，则2F F '=

B.若F '

沿竖直方向，则3

F F '=

C.F '的最小值为

36

D.F '

的最大值为

3

【答案】C 【解析】

【详解】A.设橡皮条的拉力大小为T ．则有：

2T cos30°=F

得：

3

T F =

若F '沿水平方向，小环只受橡皮条的拉力和F '，由平衡条件知：

3

F T F '==

故A 错误。

B.若F '沿竖直方向，则有：

1

'tan 303

F T F

?==故B 错误。

C.作出小环的受力图

由三角形定则知，当F '⊥N 时，F '有最小值，且最小值为：

3

sin 306

min F T F '?==

故C 正确。

D.根据平行四边形定则可知F ′的最大值可取无穷大，故D 错误；

5.竖直升降的电梯内的天花板上竖直悬挂一根轻质弹簧，

弹簧下方有一个质量为m 的物体.当电梯静止时弹簧被伸长了x ；在一次电梯运行过程中弹簧又伸长了x .试判断电梯运动的可能情况是()

A.以大小为2g 的加速度加速上升

B.以大小为2g 的加速度减速上升

C.以大小为g 的加速度加速下降

D.以大小为g 的加速度减速下降【答案】D 【解析】

【详解】电梯静止时有：

kx =mg

当电梯运动时弹簧又被压缩了x ，对物体分析有：

2kx -mg =ma

解得

a =g ，方向竖直向上

所以电梯可能向上做加速度为g 的匀加速运动，或向下做加速度为g 的匀减速运动。A.以大小为2g 的加速度加速上升与分析不符，故A 错误。B.以大小为2g 的加速度减速上升与分析不符，故B 错误。C.以大小为g 的加速度加速下降与分析不符，故C 错误。D.以大小为g 的加速度减速下降与分析相符，故D 正确。

6.“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A 、B 两颗均匀球形天体，两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是（

）

A.天体A 、B 的质量一定相等

B.两颗卫星的线速度一定相等

C.天体A 、B 表面的重力加速度之比等于它们的半径之比

D.天体A 、B 的密度一定相等【答案】CD 【解析】

【详解】AD.两天体A 、B 各有一颗靠近其表面飞行的卫星，根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：

2

22Mm m R R T G π??

???

=解得：

232

4R M GT π=

密度：

ρ=2

3

34

3

M

GT R ππ=

因为两颗卫星的周期相等，故天体A 、B 的密度一定相等，天体的质量与半径的三次方成正比，故A 错误D 正确。

B.根据万有引力提供向心力，有

22Mm v G m R R

=解得：

v =

=即两颗卫星的线速度与半径成正比，故B 错误；C.根据重力等于万有引力有：

2

Mm

G

mg R =解得：

243

GM G

g R R πρ=

=天体A 、B 表面的重力加速度之比等于它们的半径之比，故C 正确。

7.如图所示，在等腰三角形abc 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d 是ac 上任意一点，e 是bc 上任意一点．大量相同的带电粒子从a 点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac 和bc 上不同点离开磁场．不计粒子重力，则从c 点离开的粒子在三角形abc 磁场区域内经过的弧长和运动时间，与从d 点和e 点离开的粒子相比较（

）

A.经过的弧长一定小于于从d 点离开的粒子经过的弧长

B.经过的弧长一定小于从e 点离开的粒子经过的弧长

C.运动时间一定大于从d 点离开的粒子的运动时间

D.运动时间一定大于从e 点离开的粒子的运动时间【答案】D 【解析】

【详解】AC.如图所示

若粒子从ac 边射出，粒子依次从ac 上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间

2t T θπ

=

运动周期2m

T Bq

π=

相同，则运动时间相同，所以A C 错误；BD.如果从bc 边射出，粒子从b 到c 上依次射出时，弧长会先变小后变大，但都会小于从c 点射出的弧长。圆心角也会变大，但小于从c 点射出时的圆心角，所以运动时间变小，故B 错误D 正确。

8.如图所示，面积为0.01m 2，内阻不计的100匝矩形线圈ABCD ，绕垂直于磁场的轴'OO 匀速转动，转动的角速度为100rad/s 2T 。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P 可移动，副线圈所接电阻R 100=Ω,电表均为理想交流电表，当线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，下列说法正确的是（

）

A.P 上移时，电阻R 上消耗的功率增大

B.线圈中感应电动势的表达式为2)e t V =

C.0t =时刻，电压表示数为0

D.当原副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为400W 【答案】A 【解析】

【详解】AB ．根据题意可知，感应电动势瞬时值表达式：sin e NBS t ωω=，

代入数据得：e t =，

所以电动势有效值：100V E =

=，根据变压器原理：2

211

n U U n =

，输入电压1U E =，P 上移，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，根据2

U P R

=可知，电阻消耗功率变大，A 正确B 错误。

C

．电压表示数为有效值，即100V U E ==

=，C 错误。

D ．此时，副线圈电压：221150V n U U n ==，电阻消耗功率：225W U P R

==，D 错误。

9.一根重为G 的金属棒中通以恒定电流，平放在倾角为30°光滑斜面上，如图所示为截面图。当匀强磁场的方向与斜面成60°斜向上时，金属棒处于静止状态，此时金属棒对斜面的压力为F N1，保持磁感应强度的大小不变，将磁场的方向顺时针旋转α角时，金属棒再次处于平衡状态，此时金属棒对斜面的压力为F N2，则下列说法不正确．．．

的是（

）

A.金属棒中的电流方向垂直纸面向外

B.

金属棒受到的安培力为2

G C.α＝60°D.

121

2

N N F F =【答案】AB 【解析】

【详解】A.根据左手定则可知金属棒中的电流方向垂直纸面向里，故A 错误符合题意；B.根据左手定则可知安培力的方向垂直于磁场方向向上，如图所示

沿斜面方向根据平衡条件可得：

F A sin60°=

G sin30°

解得金属棒受到的安培力为

A 33

F =

故B 错误符合题意。

C.由于安培力沿斜面方向的分力与重力沿斜面向下的分力相等，则磁场旋转后安培力方向关于斜面对称，根据几何关系可得磁场的方向顺时针旋转α=60°，故C 正确不符合题意；

D.根据平衡条件可得：

N1A N2A 33cos30sin 30,cos30sin 3033

F G F F G F G ????=-=

=+=所以

121

2

N N F F =故D 正确不符合题意。

10.如图所示，倾角为θ=37?的光滑斜面足够长，一质量为m 的小物体，在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ，力F 做功为120J ，此后撤去力F ，物体又经过相同的时间t 回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，则下列说法正确的是(

)

A.撤去力F 时，物体的动能为120J

B.恒力F ＝0.8mg

C.撤去力F 时，物体的重力势能是90J

D.撤去力F 后物体沿斜面向上运动的距离为撤去F 前的13

【答案】BCD 【解析】

【详解】AB.设有拉力与没拉力时物体的加速度大小分别为a 1、a 2，根据物体在拉力作用向上运动的位移与撤去拉力后回到出发点的位移大小相等，方向相反，得

2211211

022

a t a t t a t +?-=得到

a 2=3a 1

又由牛顿第二定律得

F -mg sin θ=ma 1，mg sinθ=ma 2

得到

4sin 0.83

mg

F mg θ=

=因为拉力做功为

0.8120J

F W mgx ==克服重力做功为

3

sin 374

90J

F mgh mgx W ?===根据动能定理可知，此时的动能为30J ，故A 错误B 正确。

C.根据以上分析可知，撤去外力时，克服重力做功90J ，所以物体的重力势能是90J ，故C 正确。

D.撤去外力前物体匀加速，撤去外力后物体匀减速，匀加速初速度为零，匀减速末速度为零，根据速度位移关系

22v x a

=

可知，撤去力F 后物体沿斜面向上运动的距离为撤去F 前的

1

3

，故D 正确。

11.K 、A 是密封在真空玻璃管中的两平行正对圆形金属板，直径为L ，板间距离为

2

L ，金属板接入电路如图所示（只画出了纸面内的剖面图），M 、N 两端外加电压为U MN ．K 极板正中间有一粒子源，可向其左侧空间均匀的发射速度大小为v ，质量为m ，电荷量为-q （q >0）的粒子，平行板间的电场看做匀强电场，

则（）

A.当U MN =2

-4mv q

时，电流表示数为0B.当U MN =2

-2mv q

时，电流表示数为0C.当U MN =0时，电流表示数数为I ，则当U MN （U MN >0）增大时，电流表最大示数为3I

D.当U MN =0时，电流表有示数，设读数为I ，则当U MN （U MN >0【答案】BC 【解析】

【详解】AB.当正对A 板的粒子无法到达A 板时，所有粒子均无法到达，回路电流为零，根据动能定理

2MN

1

02

mv qU -=解得：

U MN =2

-2mv q

故A 错误B 正确。

CD.当U MN =0时，设粒子恰好打在A 板上的速度方向与水平夹角为θ，则有

sin 2L v t θ?=

，cos 2

v t θ?=解得：

30θ=?

根据对称性可知，60?范围内的粒子均会到达A 板，则当U MN （U MN >0）增大时，所有粒子均会到达A 板，所以电流变为原来的3倍，故C 正确D 错误。

12.如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场区域，MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现

让金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t 图象(其中OA 、BC 、DE 相互平行)。已知金属线框的边长为L （L 小于磁场上下边界宽度）

、质量为m ，电阻为R ，当地的重力加速度为g ，图象中坐标轴上所标出的字母v 1、v 2、t 1、t 2、t 3、t 4均为已知量．(下落过程中bc 边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是（

）

A.可以求出磁场上下边界的宽度

B.若磁场上下边界宽度为S ，则从bc 边进入磁场到ad 边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热为mgS

C.v 1的大小为

22

mgR

B L D.线框穿出磁场过程中流经线框横截面的电荷量比线框进入磁场过程中流经框横截面的电荷量多【答案】A

C 【解析】

【详解】A.0-t 1时间内做自由落体运动，可知从t 1时刻进入磁场，开始做加速度减小的减速运动，t 2时刻又做匀加速运动，且与自由落体运动的加速度相同，可知线框全部进入磁场，即t 2是线框全部进入磁场瞬间，t 3时刻开始做变减速运动，线框到达下边界，根据题意可知，t 1到t 2的位移为边长L ，t 2到t 3的位移根据图像的面积可求，所以可以求出磁场上下边界的宽度即t 1到t 3的位移，故A 正确。B.从t 1到t 3应用动能定理

A mgS W -=所以进入过程产热为

A Q W mgS

==根据图像可知，进入与穿出磁场时，过程对称，所以总产热为2mgS ，故B 错误。C.线框全部进入磁场前的瞬间，重力和安培力平衡，有：

221

B L v mg R

=

解得：

122

mgR v B L =

故C 正确。D.根据

q R

?Φ=

知，线框进入磁场和出磁场的过程中，磁通量的变化量相同，则通过的电荷量相同，故D 错误。

二、实验题

13.某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A 、B ，滑块P 上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A 、B 时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U 随时间t

变化的图像。

（1）实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）至于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的?t 1_______?t 2(选填“大于”、“等于”或“小于”)时，说明气垫导轨已调水平。

（2）用螺旋测微器测遮光条宽度d ，测量结果如图丙所示，则d =________mm 。

（3）滑块P 用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m 的钩码Q 相连，将滑块P 由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示，若?t 1、?t 2、m 、g 和d 已知，若已测出滑块质量M ，两光电门间距离L 。上述物理量间满足关系式_______________，则表明在上述过程中，滑块和砝码组成的系统机械能守恒。【答案】

(1).

等于(2).8.475（在8.474～8.478之间）

(3).

2

2

211

1()22d d mgL M m M m t t ????=+-+ ? ?

??????

（）【解析】

【详解】(1)[1]实验前，接通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的△t 1等于△t 2，说明滑块匀速运动，气垫导轨已经水平．

(2)[2]螺旋测微器的固定刻度读数为8mm ，可动刻度读数为

0.01×47.5mm=0.475mm

所以最终读数为：

8mm+0.475mm=8.475mm

(3)[3]光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法．由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．

21

,B A d d v v t t =

=??滑块和砝码组成的系统动能的增加量

22

22

211111()()()()2222k B A d d E M m v M m v M m M m t t ?????=+-+=+-+ ? ?

??????

滑块和砝码组成的系统动能的重力势能的减小量

△E p =mgL

如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，那么滑块和砝码组成的系统机械能守恒，即：

22

211

1()22d d mgL M m M m t t ????=+-+ ? ?

??????

（）14.有一电压表V 1,其量程为3V,内阻约为3000Ω,要准确测量该电压表的内阻,提供的实验器材有:电源E ：电动势约15V,内阻不计；

电流表A 1：量程100mA,内阻r 1="20Ω"；电压表V 2：量程2V,内阻r 2="2000Ω"；定值电阻R 1：阻值20Ω；定值电阻R 2：阻值3Ω；

滑动变阻器R 0：最大阻值10Ω，额定电流1A ；电键一个,导线若干。（1）实验中应选用的电表是

；定值电阻应选用

。

（2）请你设计一个测量电压表V 1的实验电路图，画在虚线框内

（3）说明实验所要测量的物理量：（4）写出电压表V 1内阻的计算表达式

。

【答案】（1）V 2；R 1（各2分）（2）电路图如图所示。（3

分）

（3）电压表V 1的示数U 1，电压表V 2的示数U 2（各1分）（4）12U U r 2

（2分）

【解析】

本题考查伏安法测电阻的问题，被测电阻很大3000Ω，而用电流表A 1不能与它明显的分流或分压，故当选一个阻值相当的即电压表v 2与之串联分压；定值电阻选择较大的一个20Ω的；设计电路图如图所示，只要测出电压表V 1的示数U 1，电压表V 2的示数U 2即可算出V 1的电阻11

22

=

v U R r U ；三、解答题

15.如图所示，水平地面与一半径为L 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点位置处于圈心O 的正下方。距离地面高度也为L 的水平平台边缘上的A 点，质量为m 2gL 球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g ，试求：

（1）B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ？（2）圆弧BC 段所对的圆心角θ？（3）小球滑到C 点时，对圆轨道的压力？

【答案】（1）B 点与抛出点A 正下方的水平距离为2l ．（2）圆弧BC 段所对的圆心角θ为45度．（3）小球滑到C 点时，对轨道的压力为（7﹣）mg ．

【解析】

(1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，

由平抛运动规律:2

1

2

l gt =，0x v t =联立解得: x 2l

=(2)小球到达B 点时竖直分速度2

2y v gl =，设α为速度方向与水平方向的夹角，则

tanαy v v =

，解得: ，由几何关系得0

45θ=(3)设小球到达C 点时速度大小为v C ，根据动能定理，小球从A 运动到C 点的过程中

有:22

0211 mg 11222C l mv mv ??+-=- ? ???

,

设轨道对小球的支持力为F ，根据牛顿第二定律有:2

C

v F mg m l

=－解得:()7F mg

＝－由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为:

()/7F F mg =＝－，方向竖直向下．

16.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m 1＝1kg 。P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L ＝2m ，质量m 2＝0.5kg 的物体P （可看成质点）与P 2的AB 部分之间的动摩擦因数μ＝0.1，P 2的B 点右侧光滑。P 置于P 1的右端，P 1与P 以大小v 0＝6m/s 的共同速度向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起。弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小g ＝10m/s 2．求：

（1）P 1、P 2碰撞后瞬间的共同速度大小；

（2）在P 与弹簧相互作用的过程中弹簧的最大弹性势能。

【答案】（1）3m/s ，方向水平向右；（2）0.8J ；【解析】

【详解】（1）P 1、P 2碰撞过程，选水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv 0=2mv 1

解得：

1=3m/s 2

v v =

，方向水平向右（2）当弹簧压缩最大时弹性势能最大，P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2，选向右为正方向，P 在P 2上滑行过程中，P 1、P 2、P 系统动量守恒，

m 2v 0+2m 1v 1=（2m 1+m 2）v 2

解得：

v 2=3.6m/s

由能量守恒定律：

()222

2201212111

22222

p m gL E m v mv m m v μ+=+?-+解得：

E p =0.8J

17.如图所示，在空间坐标系x ＜0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD ＝2L ，OC ＝L ，E 2＝4E 1．在-x 轴上有一质量为m 、电量为+q 的金属a 球以速度v 0沿x 轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O 处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b 球不粘连、无摩擦）质量为2m 、不带电金属b 球发生弹性碰撞。已知a 、b 球体积大小、材料

相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g ，不计a 、b 球间的静电力，不计a 、b 球产生

的场对电场、磁场的影响，求：

(1)碰撞后，a 、b 两球的速度大小；

(2)a 、b 碰后，若b 球从CD 边界射出，求b 球运动时间的范围；

(3)若将磁场反向,两球可否再次碰撞，若可以，请求出磁感应强度；若不可以，请简述理由.

【答案】（1）0012

33

a b v v v v =-=，；（2）00533482l l t v v ππ<<；（3）可以，20158mg B qv π=【解析】

【详解】（1）a 匀速运动，则：1mg qE ＝,ab 碰撞，由动量守恒定律得：02a b

mv mv mv +＝碰撞过程由能量守恒得：

()222

01112222a b mv mv m v =+联立解得：00

12

33

a b v v v v =-=，（2）碰撞后，b 受到的电场力为：F 电21

22

qE mg ==故b 做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

21

22b b v qv B m r

=解得：0

83mv r qB

=

若b 恰好从C 射出，则：L ＝2r 联立解得：01163mv B qL

=；max 101228322m m l

t q B q v B πππ?===

若b 恰好从D 射出，则由几何关系得：222

4r L r L +＝（﹣）

；解得：52

r L =联立解得：021615mv B qL =；min 20

2

5322535336045482m m l

t q B q v B πππ?=?==

故若b 从CD 边界射出，则其在磁场中运动时间满足：

00

533482l l

t v v ππ<<

（3）碰后a 、b 电量总量平分，即：12

a b q q q ==

碰后a 在电场中向左做类平抛运动，b 在垂直纸面向外的磁场中偏转半周再进入电场中做类平抛运动，设两球再次相遇的位置在P 点，其坐标为（-x ，-y ）根据类平抛运动：x ＝vt

则类平抛运动时间差满足：0

022233

x x m v v q B π?-=由牛顿第二定律得球a ：11

2

mg qE ma -=a

同理球b ：11

222b

mg qE ma -=解得：13

24

a b a g a g

==根据类平抛运动2

12

y at

=则类平抛运动的侧向位移差满足：

022

002221131333222422

v m x x g g q v v B ??

?????-?= ? ?????

?联立方程得：

20

158mg B qv π=