2024年高考物理二轮复习模型56 复合场模型（解析版）

2024高考物理二轮复习80热点模型

最新高考题模拟题专项训练

模型56复合场模型

最新高考题

1.（2023高考江苏学业水平选择性考试）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。

。冲平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为瓦质

量为机、电荷量为e的电子从。点沿x轴正方向水平入射。入射速度为比时，电子沿x轴做

直线运动；入射速度小于W时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低

点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。

（1）求电场强度的大小E；

（2）若电子入射速度为九，求运动到速度为为时位置的纵坐标yi；

42

（3）若电子入射速度在0<V<M范围内均匀分布，求能到达纵坐标％=竺^位置的电子

5eB

数N占总电子数No的百分比。

【参考答案】（1）w山；（2）网&；（3）90%

32eB

【名师解析】

（1）由题知，入射速度为V0时，电子沿X轴做直线运动则有

Ee-ev（）B

解得

E-voB

(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹

力不做功，且由于电子入射速度为昆，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏

4

转，根据动能定理有

eE%皿/％）2-（侬/%）2

解得

■132eB

(3)若电子以丫入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为必则根据动能定理有

eEy=-mvl--mv2

-2m2

由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有

F含=evmB—eE

在最低点有

F台=eE-evB

联立有

2E

V=----V

mB

二2皿％i）

）一eB

=以位置，即

要让电子达纵坐标出;

5eB

y>y2

解得

/9

v<—v

10°0

则若电子入射速度在范围内均匀分布，能到达纵坐标5eB位置的电子数"

占总电子数No的90%«

2.18.（2022•全国理综甲卷•18）空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于

纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用

下，从坐标原点。由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）

【参考答案】B

【命题意图】本题考查带电粒子在电磁场中的运动。

【解题思路】带电粒子受到竖直向上的电场力和垂直速度方向的洛伦兹力作用，由左手

定则可判断出洛伦兹力方向向左，轨迹可能正确的是Bo

【名师解析】运用运动的分解，将该运动分解为匀速圆周运动和匀速直线运动，如下,

qE

v-a八

因为，初速度为零，所以匀速圆周运动的速度大小和匀速直线的速度大小相等，运动到X

轴时，电场力做功为零、洛伦兹力不做功，都有V.s=v“，因此两运动的合成，其速度不会

出现反向，排除CD。由左手定则可判断出所受洛伦兹力向左，轨迹向左偏转,

由匀速直线运动可知，整体运动向左，由匀速圆周运动可知，初始时刻速度向上，所以轨迹

可能正确的是B。

然后，我们补充说明一下几种不同情况下的轨迹形状,

（1）若v/=0,轨迹为直线.

（2）若VH=O,轨迹为圆。

（3）若VM=vrt,如下，

【易错提醒】根据左手定则可以判断出AC是错误的。注意到洛伦兹力使带电粒子向左

下偏转后电场力做负功，带电粒子速度减小，洛伦兹力减小，可排除图像D。

3.（2022•高考广东物理）如图7所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和

垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。

已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（）

A.电子从N到P,电场力做正功

B.N点的电势高于P点的电势

C.电子从M到N,洛伦兹力不做功

D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力

【参考答案】BC

【命题意图】本题考查带电粒子在电场和磁场的复合场中运动，等势面，洛伦兹力，电势，

电场力做功，洛伦兹力做功等知识点。

【解题思路】

电子从M点由静止释放，从M到N,电场力做正功。由于M、P在同一等势面上，电子从

N到P,电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向，电势降低，可知N点电势高于P点

电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M

到N,洛伦兹力不做功，C正确；由于洛伦兹力不做功，M、P在同一等势面上，电子在M

点和P点速度都是零，所以电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所

受的合力等于在P点所受的合力，D错误。

最新模拟题

1.（2024河南名校联考）空间存在着匀强磁场B和匀强电场E,磁场的方向垂直于纸面（xOy

平面）向里，电场的方向沿），轴负方向。一带正电的粒子从坐标原点。沿x轴正方向以初

速度v0进入该电场和磁场区域，若0<wVE加，在电场和磁场的作用下，下列四幅图中，

可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）

【名师解析】磁场的方向垂直于纸面（x0y平面）向里，电场的方向沿y轴负方向，

可知带正电粒子所受洛伦兹力向上，所受电场力向下，因为v0<E/B,说明洛伦兹力小于电

场力，粒子所受合力向下，粒子轨迹向下弯曲，所以可能正确描述该粒子运动轨迹的是D。

2.（2023北京清华附中质检）.空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y

轴正方向，场强大小为E；磁场方向垂直纸面向外。质量为机、电荷量为+<7的粒子（重力不

计）从坐标原点O由静止释放，释放后，粒子恰能沿图中的曲线运动。已知该曲线的最高点

P的纵坐标为力，曲线在P点附近的一小部分，可以看做是半径为2〃的圆周上的一小段圆

弧，则（）

木》

A.粒子在y轴方向做匀加速运动

qEh

B.粒子在最高点P的速度大小为

2m

2mE

C.磁场的磁感应强度大小为

qh

D.粒子经过时间71—运动到最高点

qE

【参考答案】C

【名师解析】

受力分析可知，粒子受到洛伦兹力沿y轴方向的分力是变化的，故粒子在了轴方向的合力是

变化的，故加速度是变化的，故A错误；

1,

从。到P时，洛伦兹力不做功，由动能定理得4劭=于〃呼

\2qEh

解得vp=故B错误;

m

粒子经过最高点时，洛伦兹力和电场力的合力提供向心力，即

qvpB-qE=m^-

2h

联立解得B=故C正确:

因为粒子在空间中做比较复杂的曲线运动，无法计算出粒子运动到最高点的时间，故该时间

并非粒子运动到最高点的时间，故D错误。

3.（2023湖南二轮复习联考）如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的

粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的。点，出现一个光斑.在垂直纸面向里的方向

上加一宽度为1、磁感应强度为8的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为厂的圆弧运

动，最后打在距磁场右侧距离为L的荧光屏上的P点.现在磁场区域再加一竖直方向、电场

强度大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到。点，不计粒子重力，则（）

B.粒子的初速度大小为二

A.粒子带正电

E

D.OP两点之间的距离为&L

C.粒子的比荷为

r

【参考答案】.AC

E

【名师解析】由左手定则可知，粒子带正电，A正确；由q田=述，得口=一,错误；由

B

2p

qvB=—,得"=F，C正确；粒子在磁场中偏转的距离x,出磁场

rmB'r

dL

后竖直方向的位移＞2OP两点之间的距离

-d2

IodL

D错误.

4.（2023河南开封二模）如图所示，在边长为L的正方形A88区域内有水平向右的匀

强电场E,一不计重力的带电粒子从C点沿CA方向以速度％射入，粒子经过B点打在8。

边右侧距离为L的光屏上的P点，现撤去电场，加上垂直纸面方向的匀强磁场B,仍让该带

电粒子以速度%从C点沿C4方向射入，粒子也经过B点打在光屏上的。点（P、Q点均未

标出）贝IJ（）

、

、

A\H\

•I\

III'\

桓________；

CD、

EE

A.一的比值为2%B.—的比值为%

BB

C.光屏上尸。两点的距离为乙D.光屏上PQ两点的距离为（

【参考答案】AD

【名师解析】

由题意可知该粒子带正电，设其电荷量为9,质量为加.粒子从C点沿C4方向以速度%射

入匀强电场后该粒子做类平抛运动，设粒子到达8点时所用的时间为九做类平抛运动的加

速度为“，则根据平抛运动的相关知识有

1,

L=vot,L=—at,Eq=ma

联立解得

E=2£〃I

qL

当撤去电场，加上垂直纸面方向的匀强磁场8时，粒子仍然经过8点，则由儿何关系可知，

粒子在磁场中做圆周运动的半径为H=L.则由洛伦兹力充当向心力可得

2

=吟

解得

B=吆、

qL

则可得

E2vhnqL-

-=—^—x-^—=2v0

BqLmv0

故A正确，B错误；

当粒子经电场偏转从3点出射时，根据粒子在电场中做类平抛运动可知

EqL个

4=%，匕=8=-----=2%

，mvQ

设粒子从B点到。点所用的时间为，，竖直向上的位移为y',则有

,LL

=M=%•丁=

2%2

而根据几何关系可知粒子在场中偏转后将从8点平行于8射向光屏上的。点，由此可知

尸。间的距离

LpQ=y，=g

故C错误，D正确。

5.（2023湖北五校联盟高二期中）如图所示,空间中存在在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，

有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，己知电场强度为E,磁感应强度

为B,重力加速度为g,则液滴环绕速度大小及方向分别为（）

A.E/B,顺时针B.E/B,逆时针

C.BgR/E,逆时针D.BgR/E,顺时针

【参考答案】D

【名师解析】带电液滴在竖宜面内做半径为R的匀速圆周运动，重力和电场力平衡，mg=qE,

洛伦兹力提供向心力，qvB=mv2/R,联立解得v=8g/?/E,

由于电场力方向竖直向上，油滴带负电，由左手定则可判断出油滴顺时针方向运动，选项D

正确。

6.（2023重庆信息联考卷3）如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度

为3的匀强磁场垂直电场向外，带电量为g的小球（视为质点）获得某一垂直磁场水平向右

的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.小球必须带正电

B.小球的质量为言

2江

C.小球做匀速圆周运动的周期为f—

Bg

F

D.若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为台

2B

【参考答案】C

【名师解析】

小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知,

电场力竖直向匕电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，A错误；

根据上述有qE=mg

解得m=变,B错误;

g

小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有4田=〃2匕，T=—

rv

_2JCE

结合上述解得T=F-,C正确;

Bg

若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有

mg+qE-qv{]B

2E

结合上述解得%=—,D错误。

B

7.（2023西南大学附中高考适应性考试）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COO

光滑，对应圆心角为120。，C、力两端等高，。为最低点，圆弧圆心为。'，半径为远

大于轨道内径），直线段AC4。粗糙，与圆弧段分别在C,。端相切，整个装置处于方向

垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和

右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为加、电荷

量恒为4、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，与直线段的动摩擦因数为〃，

从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若PC=/,小球所受电场力等于其重力的3倍。

3

重力加速度为g。则（）

A.小球在轨道AC上下滑的最大速度丫=迪空

31dqB

B.小球第一次沿轨道AC下滑的过程中先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动

C.经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是手机g/+（'〃gR

D.经足够长时间，小球经过O点时，对轨道的弹力一定为2冲+为厢

【参考答案】AB

【名师解析】

・小球第一次沿轨道4c下滑的过程中，小球所受电场力等于其重力的3倍，即

3

电场力垂直于轨道方向的分量为

重力垂直于轨道方向的分量为

G分=mgcos60°=-mg=盘分

因此，电场力与重力的合力方向恰好沿着AC方向，且刚开始时小球与管壁无作用力，当小

球从静止运动后，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力垂直于4c向上，导致小球对管壁

有作用力，小球将受到滑动摩擦力，随着速度增大，洛伦兹力增大，小球对管壁的压力，摩

擦力增大，合力减小，根据牛顿第二定律可知小球做加速度减小的加速运动，当加速度减至

零时做匀速运动，故B正确；

A.小球在轨道4C上下滑到匀速运动时，速度最大，此时有

/uqvB=——mgcos60°+mgsin60°

26mg

3/uqB

故A正确；

c.最终小球在CO间做往复运动，在。点和拉点速度为零，从开始到最终速度为零的。点

或。点，根据动能定理得

J(mg)2+(qE)2•/_%=()

则经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功

故C错误：

D.由于在AC、段要克服滑动摩擦力做功，小球最终将在圆弧段C。。做往复运动，设

小球经O点的速度为P,根据动能定理有

mgR(\-cos60°)=—mv

解得

v^y[gR

根据牛顿第二定律，小球从C向。运动经过。点时，有

V2

N-mg+qvB=m—

解得

N=2mg-Bqy[gR

小球从。点向。点运动经过。点时，有

V2

N-mg-qvB=m一

R

解得

N'=2mg+BqyfgR

根据牛顿第三定律可得，小球经过。点时对轨道的弹力大小为2，咫-氏/版或

2mg+BqyfgR.故D错误。

8.(2023重庆一中质检)如图所示，。点下方水平边界PQ之下充满了正交的匀强电场和

匀强磁场，电场方向沿纸面水平向右，磁场方向垂直于纸面向里。将一带正电小球从O点

由静止释放，小球穿过电磁场后到达水平地面，空气阻力忽略不计，下列说法中正确的是

()

0(?

p------------------------Q

5xXXXX

-----------------

XXXXX

XXXX*

77777777777777777T77

A.小球进入电磁场后做匀变速曲线运动

B.小球下落过程中增加的机械能等于减少的电势能

C.若仅增大磁感应强度，其他条件不变，小球下落到水平地面时的动能将变大

D.若仅将电场反向，其他条件不变，小球在电磁场中可能沿直线运动

【参考答案】BC

【名师解析】

小球进入电磁场后受到变化的洛伦兹力作用，加速度不恒定，选项A错误；

下落过程中电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒，减少的电势能等于增加的机械能,

选项B正确；

若仅增大磁感应强度，小球落地时的水平距离将增大，电场力做功增加，小球下落到水平地

面时的动能将变大，选项C正确；

若仅将电场反向，刚进入电磁场时电场力与洛伦兹力可能平衡，但洛伦兹力是变力，合力会

发生变化，小球不可能沿直线运动，选项D错误。

9..（2024湖北黄冈外国语学校质检）如图所示，空间有范围足够大的匀强磁场，一个带正电

的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上。现使圆环以一定的初速度向上运动，经

一段时间后圆环回到起始位置，已知杆与环间的动摩擦因数保持不变，圆环所带电荷量保持

不变，空气阻力不计，对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程，下面关于圆环的速度口、

加速度〃随时间f变化的图像、重力势能EP、机械能E随圆环离开出发点的高度变化的图

像，可能正确的是（）

【名师解析】•上升阶段，对圆环根据牛顿第二定律有

mg+f=ma

其中有

/=*="Bqv

联立解得

_mg+juqvB

m

故圆环在上升阶段做加速度逐渐减小的减速运动；在最高点时，圆环速度为零，此时加速度

为

T=g

m

下降阶段，对圆环根据牛顿第二定律有

mg-juBqv=ma

联立解得

@二mg-RqvB

m

可知下降阶段，圆环做加速度逐渐减小的加速运动，上升和下降时速度方向相反，加速度方

向相同，AB错误：

以初位置为零重力势能面，可知圆环的重力势能为Ep=mgh

可知Ep-h图像为过原点的倾斜直线，C错误；

圆环运动过程中克服摩擦阻力做的功等于机械能的减少量，在上升阶段有

f=出=/jBqv

随着速度的减小，圆环受到的摩擦力逐渐减小，故图线的斜率在减小；下降阶段随着

速度的增大，圆环受到的摩擦力逐渐增大，故后-/z图线的斜率在增大；由于受到摩擦力做

负功，故回到初始位置时机械能小于开始时的机械能，D正确。

10.（2023河南开封二模）如图所示，绝缘粗糙细直杆"c在匕处弯折为。角，水平历段

足够长，在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环（可视为点电荷）

从倾斜外段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失且圆环在运动过程中所带电

荷量保持不变。下列关于圆环速度丫随时间/的变化图像可能正确的是（）

【参考答案】ACD

【名师解析】

设带电圆环的质量为用，绝缘粗糙细直杆的动摩擦因数为4,当带电圆环从倾角为a角的

倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得

mgsina-pimgcosa=ma

解得

a=gsine-4gcosa

由此可知在带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线

运动，反映在丫一，图像上则为过圆点的倾斜直线。而当带电圆环进入虚线A8右侧的匀强磁

场中后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环

所受合外力为零，在磁场中将做匀速直线运动，图像为一条平行于时间轴的直线：若洛伦兹

力大于重力，则由牛顿第二定律可得

jd(Bqv-mg)=mat

可知小环将做加速度减小的减速运动，而随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力

减小到与重力大小相等时，小环将做匀速直线运动；若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定

律有

〃（根g-Bqv）=ma2

可知小环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，因此可知小环做加速

度增大的减速运动，直至速度减为零；若小环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二

定律可得

〃（根g+Bqv）=ma3

可知小环做减速运动，随着速度的减小洛伦兹力减小，加速度减小，小环做加速度减小的减

速运动，直至速度减为零。

11.（2023山东滕州质检）如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感

应强度大小为B,电场强度大小为后=工上直，且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空

q

间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60。夹角且处于竖直平面内。一质量为

m,带电量为+q的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度加，小球恰好做匀速

运动。已知小球电量保持不变，重力加速度为g,则以下说法正确的是（）

B.若小球的初速度为一？，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后停止

qB

c.若小球的初速度为W，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止

qB

3）

D.若小球的初速度为W，则运动中克服摩擦力做功为篝T

qB2qB

【参考答案】.ACD

【名师解析】A.对小球进行受力分析可知力gsinO=Egcos（9+〃外解得/=0

从而Eqsine+mgcos”解得%=-^A正确;

qB

B.若小球的初速度为a詈＞之理

qBBq

，小球下滑时受到垂直杆向下的支持力，下滑时有摩擦力，减速下滑，随速度减小，支持力

减小，导致摩擦力减小，当速度减小到等■时，支持力减小到零，没有摩擦力，小球匀速

运动，因此小球做加速度不断减小的减速运动，最后匀速运动，B错误：

C.若小球的初速度为等〈等，小球下滑时受到垂直杆向上的支持力，下滑时有摩擦力，

qBBq

减速下滑，随速度减小，洛伦兹力减小，支持力增大，导致摩擦力增大，加速度增大，因此

小球做加速度不断增大的减速运动，最后停止运动，C正确；

D.整个运动过程中，小球所受的合力就是摩擦力，根据动能定理

wf=^mvo器D正确。

12.（2023湖北六校期中联考）如图所示，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度为0.5T的

匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放

置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5,滑块

受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N

的恒力凡^10m/s2»则（）

.........................................................B••••

•5................|

777/77777777777777777777777777777777777777

A,木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动

B.滑块最后做速度为10m/s的匀速运动

C.木板最后做加速度为3m/s2的匀加速运动

D.5s末滑块开始做匀速运动

【参考答案】BC

【名师解析】

静摩擦力能提供的最大加速度为综==5m/s"

p,

a=-----------=2m/s2<5m/s-

开始时木板滑块一起运动，加速度为〃+勿

而滑块向左运动后，由左手定则可知，会受到一个向上的洛伦兹力，设滑块速度为v时，两

者开始相对滑动，由牛顿第二定律得，对滑块有

/j(mg-qvB)=ma

对木板有

F-/j(mg-qvB)=Ma

v=6m/s

此后一段时间，滑块做加速运动，速度增大，洛伦兹力增大，所以滑块和木板之间的滑动摩

擦力减小，木板做变加速运动，故A错误；

当滑块受的洛伦兹力大小等于重力时，两者分离，此时由=mg

可得匕=10m/s

滑块开始做匀速运动，故B正确；

此时木板水平方向只受拉力作用，则有尸=Ma

可得a=3m/s2

所以木板先做a=2m/s2匀加速运动，后做变加速运动，最后做。=3m/s2的匀加速运动，

故C正确：

13.（2022山东泰安三模）如图所示，在水平方向上存在垂直纸面向里、大小为B的匀强

磁场。将质量为机、电荷量绝对值为q的带电油滴从。点由静止释放，它在竖直面内的部分

运动轨迹如图所示，〃为整段轨迹的最低点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

X.XXXnXX

ci\n

xxx又bxx

A.油滴带正电

B.轨迹而可能是椭圆曲线一部分

C.油滴到b点时的速度大小为驾

qB

D.油滴到b点后将沿水平方向做匀速直线运动

【参考答案】AD

【名师解析】

油滴在重力作用下下落，获得速度后将受到洛伦兹力作用，根据洛伦兹力方向和左手定则可

判断油滴带正电，故A正确：带电油滴从a

点由静止释放，此刻仅受重力作用，合外力与运动方向同向，故不满足椭圆运动轨迹的条件，

故B错误：油滴到〃点时，重力做功最多，速度最大，。为整段轨迹的最低点，速度大小为

v=—,方向水平向右，故C错误；在8点时洛伦兹力大小为砂8,方向竖直向上，重

qB

力大小为/ng,二力合力为零，有qvB=mg,将沿水平方向做匀速直线运动，故D正确。

14.(2023山东烟台三模)如图所示，在y<0区域存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未

画出)，电场强度大小为E,在y>0区域存在平行于)，轴正方向的匀强磁场(图中未画出)

和沿z轴正方向的匀强电场(图中未画出),电场强度大小为2瓦质量为，小电荷量为+4

的小球从p(o,-9，/”处由静止释放，小球从原点进入y>0区域，在y=L处有一垂直于

y轴的荧光屏(图中未画出)，小球打在荧光屏上。(0,L,0)点。己知重力加速度为g。

(1)求y<0区域匀强电场的电场强度E；

(2)求匀强磁场的磁感应强度8的大小；

(3)若磁感应强度取最小值，当小球离y轴最远时,求小球到原点。的距离。

【参考答案】⑴E卷⑵人黄栏(”=1,2,3...)；(3)d=J^+-L

N兀24

【名师解析】

(1)小球由静止释放，从原点进入y>0区域

2

解得

mg

E=石

(2)y>0区域

2qE=mg

小球所受合力为洛伦兹力。小球在原点速度

丫-8+2g/i-Jgh

Vm2V2

与水平方向夹角

h△

tana=—=2

h

2

y轴正方向速度

匕=vcosa=、——

运动时间

—二L但