高考物理电磁学大题练习20题Word版含答案及解析

高考物理电磁学大题练习20题

1.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m。质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；

(2)求小球到达P点时的速度大小v P和B、C两点间的距离x。

【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m

【解析】

【详解】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：

解得：v=6m/s

小球到达P点时，受力如图所示:

则有：qE=m2g tanθ,

解得：E=7.5×104N/C

(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：

小球到达P点时，由牛顿第二定律有：

解得：v P=2.5m/s

滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，

则有：m1v=m1v1+m2v2

解得：v1=-2m/s(“-”表示v1的方向水平向左)，v2=4m/s

对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：

解得：x=0.85m

2.如图甲所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻的足够长光滑金属轨道AB、CD，轨道间距为d，其左端接一阻值为R的电阻。一长为L且与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，单位长度的电阻为r。在电阻、导轨和金属棒中间有一边长为a的正方形区域，区域中存在垂直于水平桌面向下的均匀磁场，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示，其中坐标值已知。在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界M(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直于水平桌面向上。某时刻，金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下从静止开始向右运动，在t1时刻恰好以速度v1越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好。求：

(1)在t=0到t=t1时间间隔内，电阻R产生的焦耳热；

(2)在时刻t(t>t1)流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率。

【答案】（1）（2）；电流由A经R到C；

【解析】

【详解】（1）0到t1过程：，根据闭合电路欧姆定律：

根据焦耳定律：解得：

（2）金属棒匀速，安培力水平向左，电流由A经R到C

T时刻，动生电动势：，感生电动势方向逆时针，故总电动势为：

同理得：，解得：

发动机的牵引力与安培力相等：解得：

3.如图，竖直平面内（纸面）存在平行于纸面的匀强电场，方向与水平方向成θ= 60°角，

纸面内的线段MN 与水平方向成α=30°角，MN 长度为d 。现将一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电小球从M 由静止释放，小球沿MN 方向运动，到达N 点的速度大小为N v （待求）；若将该小球从M 点沿垂直于MN 的方向，以大小N v 的速度抛出，小球将经过M 点正上方的P 点（未画出），已知重力加速度大小为g ，求：

(l)匀强电场的电场强度E 及小球在N 点的速度N v ； (2)M 点和P 点之间的电势差；

(3)小球在P 点动能与在M 点动能的比值。 【答案】（1）gd 2 （2）4mgd q - （3）3

7

【解析】

【详解】解：（1）由小球运动方向可知，小球受合力沿MN 方向，如图甲，由正弦定理：

sin30sin30sin120mg F Eq == 得：E q

=

合力：F =mg 从M N →,有：2

2N ad υ= 得：N υ

（2）如图乙，设MP 为h ，作PC 垂直于电场线，小球做类平抛运动：

21cos602

h at =

sin60N h t υ= cos30MC U Eh

=

MP MC U U =

得：4MP mgd

U q

=-

（3）如图乙，作PD 垂直于MN ，从M P →，由动能定理：MD KP KM FS E E =-

sin30MD S h

=

21

2

KM N E mv =

7

3

KP MD KM KM KM E FS E E E +== 4.如图所示，在xOy 平面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与

x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ ，P ，Q 两点在坐标轴上，且O ，P 两点间的距离大于2R ，

在圆形磁场的左侧0

(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)挡板端点P 的坐标；

(3)挡板上被粒子打中的区域长度． 【答案】（1） (2)

(3)

【解析】

试题分析：（1）（8分）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r,C 为该轨迹圆的圆心.连接AOˊ、CO ，可证得ACOOˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R ，（3分）

由（3分）

得：（2分）

（2）（4分）有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D做挡板的垂线交于E点，（1分）

（2分）

P点的坐标为（，0 ）（1分）

（3）（7分）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF=2R ① （1分）

过O点做挡板的垂线交于G点，

② （2分）

③ （2分）

④ （1分）

挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=+=⑤ （1分）

（说明：如果用余弦定理求解，也给相应分，将②③ 的4分分为公式和结果各给2分）考点：洛伦兹力，圆周运动。

5.如图所示，间距为L的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R，两质量均为m的导体棒ab和cd垂直放置在导轨上，两导体棒电阻均为R，棒与导轨间动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。现用某一水平恒力向右拉导体棒ab使其从静止开始运动，当棒ab匀速运动时，棒cd恰要开始滑动，从开始运动到匀速的过程中流过棒ab的电荷量为q，(重力加速度为g)求：

(1)棒ab匀速运动的速度大小；

(2)棒ab从开始运动到匀速运动所经历的时间是多少？

(3)棒ab从开始运动到匀速的过程中棒ab产生的焦耳热是多少？

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【详解】（1）设棒ab速度为v，则棒ab中的感应电流①

棒cd中的感应电流为：②

cd受安培力③

当棒cd恰要滑动时，，即④

得棒ab的匀速速度为：⑤

（2）设棒ab受恒定外力为F，匀速运动时棒ab中的电流为I，

棒ab所受安培力为⑥

对棒cd：⑦

棒ab：⑧

由⑥⑦⑧⑨式得⑨

对棒ab从开始运动到匀速过程，设运动时间为t；

由动量定理：⑩

而

故

由⑤式解得

（3）棒ab所受安培力为，设棒ab从开始运动到匀速的过程中位移为x，由动量定理：

而由⑤⑨得：

设棒ab此过程克服安培力做功W

由动能定理：

由⑤⑨得

由功能关系知，此过程产生的总焦耳热等于W，根据电路关系有棒ab此过程产生的焦耳热等于

由得棒ab产生的焦耳热为。

6.如图所示，竖直分界线MN左侧存在水平向右的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度大小B＝×10—2T，P为电场中的一点，在其下方离P点距离处有一垂直于MN的足够大的板电场和磁场的范围足大，现将一重力不计、比荷C ／kg的正电荷从P点由静止释放，经过△t＝4s，电荷以的速度过MN第一次进人右侧磁场。求

（1）P点到MN的距离及匀强电场的电场强度E的大小

（2）电荷打到挡板的位置到MN的距离

（3）电荷从P点出发至运动到挡板所用的时间

【答案】（1）0.5m；100N/C（2）0.28m（3）4.67×10-4s

【解析】（1）根据平均速度公式求解P点到MN的距离；根据牛顿第二定律结合运动公式求解匀强电场的电场强度E的大小；

（2）电荷在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合结合关系求解电荷打到挡板的位置到MN的距离；

（3）根据几何关系求解电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角，根据求解时间；根据运动公式求解在电场中的运动时间.

【详解】（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，P点到MN的距离为

解得x=0.5m

由速度公式v0=a?t

由牛顿第二定律qE=ma

解得E=100N/C

（2）电荷在电场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：

解得

运动周期

电荷在电场、磁场中的运动轨迹如图，

Q点到挡板的距离为

则，即

A点到MN的距离x=rcos600=m=0.28m.

（3）电荷在电场中运动的总时间：

电荷在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为

电荷在磁场中运动的总时间

解得

则电荷从P

点出发至运动到挡板所需的时间为

【点睛】本题的关键是要求出正电荷在交变磁场中运动半径和周期，从而确定正电荷在交变磁场中的周期性运动的轨迹，再由几何关系求出距离和时间．

7.如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E 的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的P 点以大小为v 0的速度垂直射入电场，

不计粒子重力和空气阻力，P 、O 两点间的距离为2

2mv qE

。

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x ；

（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

【答案】（10；20mv qE （2）0

B ≥

【解析】

【详解】（1）由动能定理有：2

22

0011222

mv qE mv mv qE ?=- 解得：v v 0

设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为θ，则有cos θ＝02

v v =

解得：θ＝45° 根据tan 21x

y

θ=?

=，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故2

mv x qE

=

（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与

x 轴相切，如图所示，由几何关系有：

s ＝R +R sin θ

又：2

v qvB m R

=

解得：0

1)E

B v +=

故0

1)E

B v ≥

8.一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。以小球静止位置为坐标原点O ，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其中x 轴水平。现剪断细线，经0.1s ，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s ，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E 2，又经0.1s 小球速度为零。已知小球质量m=1.0×10－2kg ，电荷量q=1.0×10－8C ，g 取10m/s 2，空气阻力不计。求

(1)E 1和E 2；

(2)细线剪断0.3s 末小球的位置坐标。 【答案】(1)

(2)

【解析】

【详解】（1）当小球静止时，

则

电场力与重力的合力

剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为

经过0.1s 小球的速度大小为

速度的方向与x轴正方向成斜向右下方

在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度

竖直分速度

即第2个0.1s末，小球的速度大小为，方向竖直向下依题意，在第3个0.1s内小球做匀减速直线运动，

由运动学公式知

根据牛顿第二定律得

代入数据得

（2）第1个0.1s内，小球的位移大小

则小球沿x方向移动的距离

沿y方向移动的距离

在第2 个0.1s内，小球沿x方向移动的距离

沿y方向移动的距离

在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离

即小球速度为零时的位置坐标是

9.如图所示，坐标原点O左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为q m

=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V的加速电场，经加速后沿x轴正方向运动，O点右侧有以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子重力不计。

(1)求粒子打到荧光屏上的位置到A点的距离；

(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小

E=1.0×103V/m ，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN 的距离。 【答案】（1）0.267m （2）0.867m 【解析】

【详解】（1）粒子射入O 点时的速度v ，由动能定理得到：2

1

2

qU m v =

进入磁场后做匀速圆周运动，2

qvB m R

v

=

设圆周运动的速度偏向角为α，则联立以上方程可以得到：1tan 2

2

r R α

=

=，故4tan 3α=

由几何关系可知纵坐标为y ，则tan y

r

α= 解得：4

0.26715

y m m =

=；

（2）粒子在电场中做类平抛运动，Eq ma =，2r vt =，2

112

y at =，y v at = 射出电场时的偏向角为β，tan y v v

β=

磁场右边界到荧光屏的距离为x ，由几何关系1

tan y y x

β-=

，解得：0.867x m =。

10.在平面直角坐标系x0y 中，第I 象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A (L ，0)点有一粒子源，沿y 轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m ，电荷量为q 。在B (0，L )、C (0，3L )、D (0，5L )放一个粒子接收器，B 点的接收器只能吸收来自y 轴右侧到达该点的粒子，C 、D 两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子。已知速率为υ的粒子恰好到达B 点并被吸收，不计粒子重力。

(1)求第I 象限内磁场的磁感应强度B 1;

(2)计算说明速率为5v 、9v 的粒子能否到达接收器;

(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B 2的大小和方向。 【答案】(1)1mv

B qL

=

(2)故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收(3)

2'B =

（或2'B =），垂直坐标平面向外

【解析】

【详解】（1）由几何关系知，速率为0R U 额

的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为L R =①

由牛顿运动定律得2

1v qvB m R

=②

得1mv B qL

=

③ （2）由（1）中关系式可得速率为v 5、9v 的粒子在磁场中的半径分别为5L 、9L . 设粒子与y 轴的交点到O 的距离为y ，将5R L =和9R L =分别代入下式

222()R L y R -+=④

得这两种粒子在y 轴上的交点到O 的距离分别为L 3⑤ 故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收。⑥

（3）若速度为9v 的粒子能到达D 点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦ 设离子在所加磁场中的运动半径为1R ，由几何关系有

159L R L = 又2

21(9)9v q vB m R ?=⑨

解得2B =

（或217)4mv

B qL =）⑩

若粒子到达C 点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里

同理：29R L =2

22

(9)9'v q vB m R ?=

解得2'B =

2'B =）

11.实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹。如图所示，氕（1

1H ）、氘（2

1H ）、氚（3

1H ）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E 、磁感应强度为B 的复合场区域。进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d ，射出复合场后进入y 轴与MN 之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN 射出。虚线MN 与PQ 间为真空区域Ⅱ且PQ 与MN 平行。已知质子比荷为

q

m

，不计重力。 （1）求粒子做直线运动时的速度大小v ； （2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B 1；

（3）若虚线PQ 右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN 上的一点，求该磁场的最小面积S 和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差Δt 。

【答案】(1) E B (2) mE qdB (3) (2)Bd

E

πθ+

【解析】 【分析】

（1）粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求粒子的速度大小；

（2）由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；

（3）由氚粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积。根据氕、氚得运动周期，结合几何关系，可求氕、氚到汇聚点的时间差。 【详解】(1) 由电场力与洛伦兹力平衡， Bqv ＝Eq 解得v ＝E/B.

(2) 由洛伦兹力提供向心力，

B 1vq ＝m 2

v r

由几何关系得r ＝d 解得B 1＝

mE

qdB

.

(3) 分析可得氚粒子圆周运动直径为3r

磁场最小面积S ＝1

2

π

22322r r ??????-?? ? ????????

? 解得S ＝πd 2 由题意得B 2＝2B 1 由T ＝

2r

v

π得T ＝2m qB π

由轨迹可知Δt 1＝(3T 1－T 1) 2θ

π

，其中T 1＝12m qB π

Δt 2＝1

2

(3T 2－T 2)，其中T 2＝22m qB π)

解得12(2)Bd E

t t t πθ+=

?=??＋

12.如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角37θ=?，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L =1m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B =0.2T 。质量

m =0. 02kg ，阻值r =2Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数

0.25μ=.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2=2Ω，R 1为滑动变阻器，

电源电动势E =4V ，内阻不计.（sin 370.6,cos370.8?=?=，g 取10m/s 2）求：

（1）开关S 断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度； （2）开关S 闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R 1接入电路的阻值范围。 【答案】(1)v =8m/s (2)11.54R Ω≤≤Ω 【解析】

【详解】（1）当金属棒的合力为零时，达到最大速度：

sin cos mg BIL mg θμθ=+ ①

其中2BLv

I R r

=

+ ② 联立①②可得v =8m/s

（2）当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下

max sin cos mg mg BI L θμθ+= ③ max 2I I =干 ④

1min 22E I R r R R r

=

+

+干 ⑤ 联立③④⑤可1min 1.5R =Ω

当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上

min sin cos mg mg BI L θμθ=+ ⑥

m n 'i 2I I =干 ⑦

12'2m ax E I R r R R r

=

+

+干 ⑧

联立⑥⑦⑧可得1max 4R =Ω 综上11.54R Ω≤≤Ω

13.如图所示，空间充满了磁感应强度为B 的匀强磁场其方向垂直纸面向里。在平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L 的刚性等边三角形框架△DEF ，DE 边中点S 处有一带正电的粒子，电量为q ，质量为m ，现给粒子一个垂直于DE 边向下的速度，若粒子每一次与三角形框架的碰撞时速度方向垂直于被碰的边，且碰撞均为弹性碰撞，当速度的大小取某些特殊数值时可使由S 点发出的粒子最终又回到S 点。求：

（1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S 点，粒子的速度大小。

（2）若S 点不在DE 边的中点，而是距D 点的距离DS ＝L /4，仍然使粒子能回到S 点，求满足条件的粒子的速度大小。

【答案】（1）若粒子只与三角形框架碰撞两次就回到S 点，粒子的速度大小为

2qBL

m

； （2）若S 点不在DE 边的中点，而是距D 点的距离DS ＝L /4，仍然使粒子能回到S 点，满足

条件的粒子的速度大小为4(21)

BqL

m n - 。

【解析】

【详解】（1）粒子从S 点以垂直于DE 边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE 线上，根

据牛顿第二定律可得：2

v Bqv m R

=， 解得：mv R Bq = ，若粒子只与三角形框架碰撞两次

就回到S 点，则圆心在三角形顶点，由几何关系得：2L R =

，联立解得：2qBL

v m

=。

（2）要使粒子能回到S 点，要求粒子每次与△DEF 碰撞时，v 都垂直于边，且通过三角形顶点处时，圆心必为三角形顶点，故：(21),

(1,2,3)DS n R n =-=?，即：

,(1,2,3)4(21)L R n n ==- ，2

mv qvB R = 联立解得：

,(1,2,3)4(21)

Bq L v n m n ==- 14.如图所示,光滑平行金属轨道的倾角为θ,宽度为L .在此空间存在着垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B .在轨道上端连接阻值为R 的电阻.质量为m 电阻为

1

2

R 的金属棒搁在轨道上,由静止释放,在下滑过程中,始终与轨道垂直,且接触良好.轨道的电阻不计.当金属棒下滑高度达h 时,其速度恰好达最大.试求:

(1)金属棒下滑过程中的最大加速度. (2)金属棒下滑过程中的最大速度.

(3)金属棒从开始下滑到速度达最大的过程中,电阻R 所产生的热量

【答案】(1) gsin θ(2) 223sin 2m mgR v B L θ= (3)322244

23sin 34m g R mgh B L θ

-

【解析】

【详解】(1) 以金属棒为研究对象, 当安培力为零时, 金属棒的加速度最大，由牛顿第二定律得mg sin θ= ma m ，a m = g sin θ。

(2)金属棒切割磁场线产生的感应电动势E =BLv ，感应电流23E BLv

I R r R

=

=+，金属棒在轨道上做加速度减小的加速运动,当所受合外力为零时,速度达最大：mg sin θ=BIL ，即：

mg sin θ=22m

23B L v R

，最大速度m 22

3sin 2mgR v B L θ= (3)从开始运动到金属下滑速度达最大的过程中,由能量守恒可得2

m 12

mgh mv Q =

+，电阻R 所产生的热量3222144

223sin 334m g R Q Q mgh B L

θ

==-。 15.如图1，光滑绝缘水平平台MNQP 为矩形， GH ∥PQ ，MP =NQ =1m ，MN =GH =PQ =0.4m ，平台离地面高度为h =2.45m 。半径为R =0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B =0.05T ，方向竖直向上，与MP 边相切于A 点，与NQ 边相切于D 点，与GH 相切于C 点。平台上PGHQ 区域内有方向由P 指向G 的匀强电场，场强大小为E =0.25V/m 。平台右方整个空间存在方向水平向

右的电场，场强大小也为E=0.25V/m，俯视图如图2。两个质量均为m=2×10-5kg的小球a、b，小球a带正电，电量q=4×10-4C，小球b不带电，小球a、b均可视为质点。小球a从A 点正对圆心O射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D点的小球b发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计。已知重力加速度g=10m/s2，π=3.14，不计空气阻力，求：

(1)小球a射入磁场时的速度大小；

(2)从小球a射入磁场到第一次与小球b相碰撞，小球a运动的路程；

(3)两个小球落地点与NQ的水平距离。

【答案】（1）0.2m/s （2）0.636m（3）0.684m

【解析】

【详解】(1)小球a从A点正对圆心O射入磁场，偏转90°后离开磁场，小球a洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图：

分析得半径R=0.2m

由

2

v qvB m

R

得：v=0.2m/s

(2)磁场中运动的路程s1=πR=0.628m

电场中加速度25m/s qE

a m

=

= 电场的路程2

220.008m 2v s a

=?=

小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+= (3)a 、b 球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换。

D 点碰后，两球速度分别为v a D =0，v b D =0.2m/s

此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动

由2

2

gt h =得，两小球在空中运动时间0.7s t == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qE

a m

=

= 每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v —t 图如图所示：

可得，每两次碰撞间隔时间是定值：21

()2

bD v t a t ??=

? 0.08s t ?= 由

0.7380.084

t t ==? 所以小球在空中碰8次后，再过0.06s 落地

小球b 在空中碰n 次后速度为v bN =(n +1)v bD =0.2(n +1) m/s

小球离开D 点后在空中第一次碰撞前，水平位移x 1=v b 1·△t=0.016m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x 2=2v b 1·△t=0.032m 以此类推，小球在空中第n -1次到第n 次碰撞水平位移x n =nx 1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x 0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后

v b 8=1.8m/s v a 8=1.6m/s

所以，8次碰后0.06s 内，△x b =v b 8×0.06=0.108m △x a =v a 8×0.06+

a 2

1

×0.062=0.105m 所以，水平位移分别为x a =x 0+△x a =0.681m

x b =x 0+△x b =0.684m

16.如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度