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新高考物理二轮培优专题7.4 计算题高考新动向（2份打包，原卷版+解析版）
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc28646" 高考新动向1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 PAGEREF _Tc28646 \h 1
\l "_Tc12133" 【专题强化练】 PAGEREF _Tc12133 \h 5
\l "_Tc2037" 高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动 PAGEREF _Tc2037 \h 10
\l "_Tc20940" 【专题强化练】 PAGEREF _Tc20940 \h 14
高考新动向1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：
【例1】(2022·山东日照市一模)如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为：Ep＝eq \f(1,2)kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．
【答案】 (1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m
【解析】 (1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，得v＝5 m/s
系统损失的动能
ΔEk＝eq \f(1,2)m0v02－eq \f(1,2)(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋eq \f(1,2)kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，
由动能定理有
－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－eq \f(1,2)(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，
由能量守恒定律得Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理有
－μ(m1＋m0)gs＝eq \f(1,2)(m1＋m0)v12－Ek，
解得v1＝3 m/s，
设之后靶盒与木板达到共同速度v1′，(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v1′，
解得v1′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1，
木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根据v1′2＝2as1，
解得s1＝0.5 m说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2，以向右为正方向(下同)，有(m1＋m0)v1′－m2v1′＝(m1＋m0＋m2)v2，可得v2＝eq \f(1,3)v1′，
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向右加速v22＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3，
(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，
v3＝eq \f(1,3)v2＝(eq \f(1,3))2v1′，
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s3速度减为0，再向右加速，v32＝2as3，
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn＋1，vn＋1＝(eq \f(1,3))nv1′
经位移大小sn速度减为0，再向右加速，vn＋12＝2asn＋1，
木板的路程L＝d－l＋2s1＋2s2＋…＋2sn＋1，
即L＝d－l＋eq \f(v1′2,a)(1＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,34)＋…＋eq \f(1,32n))，
解得L＝3.125 m.
【例2】(2022·山东潍坊市高三期末)如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d＝2 m，A、B质量均为m＝1 kg，不计一切摩擦．从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F＝9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短．重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；
(2)由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小；
(3)画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像；
(4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离．
【答案】 (1)0 6 m/s (2)eq \f(4,3) s 12 m/s 6 m/s (3)见解析图 (4)[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3，4，…)
【解析 (1)B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理有Fd＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝6 m/s
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有
mv0＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0
v2＝6 m/s
(2)第一次碰后A向右以速度v2＝6 m/s做匀速运动，B做初速度为0、加速度为
a＝eq \f(F,m)＝9 m/s2的匀加速运动，
则第二次碰撞时有v2t＝eq \f(1,2)at2
解得t＝eq \f(4,3) s
此时B的速度为v3＝at＝12 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒和能量关系有
mv2＋mv3＝mv4＋mv5
eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv32＝eq \f(1,2)mv42＋eq \f(1,2)mv52
解得A、B的速度为v4＝12 m/s
v5＝6 m/s
(3)同理第三次碰撞时有
v5t′＋eq \f(1,2)at′2＝v4t′
解得t′＝eq \f(4,3) s
此时B的速度为v6＝v5＋at′＝18 m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间
t0＝eq \f(v0,a)＝eq \f(2,3) s
由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示；
(4)由以上分析可知，从第一次碰后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m，
由v－t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m；
从第1次到第2次碰撞，B运动的距离为8 m；
从第2次到第3次碰撞，B运动的距离为8 m＋8 m＝16 m；
从第3次到第4次碰撞，B运动的距离为16 m＋8 m＝24 m；
根据数学知识可知从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离
s＝2 m＋(n－1)×8 m＋eq \f(8,2)(n－1)(n－2) m＝[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3,4，…)
【专题强化练】
1．(2022·湖南岳阳市质检)如图所示，小滑块A位于长木板B的左端，现让小滑块A和长木板B一起以相同速度v0＝3 m/s在光滑的水平面上滑向前方固定在地面上的木桩C.A、B的质量分别为m1＝2 kg，m2＝1 kg，已知B与C的碰撞时间极短，且每次碰后B以原速率弹回，运动过程中A没有与C相碰，A也没从B的上表面掉下，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10 m/s2)求：
(1)B与C第二次碰前瞬间的速度大小；
(2)欲使A不从B的上表面掉下，B的长度至少是多少；
(3)B与C第一次碰后到最终停止运动，B运动的总路程．
【答案 (1)1 m/s (2)6.75 m (3)5.062 5 m
【解析 (1)第一次碰后A、B达到共同速度且为B与C第二次碰前瞬间的速度，设为v1，以向右为正，由动量守恒定律有
m1v0－m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0＝eq \f(1,3)v0＝1 m/s
(2)全过程由能量守恒定律有μm1gL＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02
可得L＝6.75 m
(3)设B与C第一次碰后向左运动的最大距离为s1，对长木板，由动能定理
－μm1gs1＝0－eq \f(1,2)m2v02
解得s1＝eq \f(m2,2μm1g)v02＝2.25 m
第二次碰后由动量守恒定律有
m1v1－m2v1＝(m1＋m2)v2
解得v2＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1＝eq \f(1,3)v1＝(eq \f(1,3))2v0
设B与C第二次碰后向左运动的最大距离为s2，对长木板，由动能定理
－μm1gs2＝0－eq \f(1,2)m2v12
可得s2＝eq \f(m2,2μm1g)v12＝eq \f(1,9)s1
第三次碰后，由动量守恒定律有
m1v2－m2v2＝(m1＋m2)v3，可得v3＝eq \f(1,3)v2
设B与C第三次碰后向左运动的最大距离为s3，对长木板，由动能定理
－μm1gs3＝0－eq \f(1,2)m2v22
可得s3＝eq \f(m2,2μm1g)v22＝(eq \f(1,9))2s1
s1，s2，s3，…，sn为等比数列，公比为eq \f(1,9)，
B运动的总路程s＝2eq \f(s1,1－\f(1,9))＝5.062 5 m.
2.(2022·山东淄博市模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,2)tan θ，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离为d.A、B的质量均为m，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程无机械能损失，碰撞时间极短．重力加速度为g.求：
(1)物块A与凹槽B发生第一次碰撞后的瞬间，物块A、凹槽B的速度大小；
(2)由静止释放经多长时间物块A与凹槽B左侧壁发生第二次碰撞，碰后瞬间物块A、凹槽B的速度大小；
(3)画出由静止释放到物块A与凹槽B左侧壁发生第4次碰撞时间内，物块A的速度v随时间t的变化图像；
(4)由静止释放到物块A与凹槽B的左侧壁发生第n次碰撞时间内，物块A下滑的距离．
【答案】 (1)0 eq \r(2gdsin θ) (2)3eq \r(\f(2d,gsin θ)) eq \r(2gdsin θ) 2eq \r(2gdsin θ) (3)见解析图
(4)(2n2－2n＋1)d(n＝1,2,3，…)
【解析】 (1)A、B碰前对B由mgsin θ＝μ·2mgcs θ
可知B保持静止不动
对A有a＝gsin θ，vA12＝2ad
A、B发生弹性碰撞过程中有
mvA1＝mvA1′＋mvB1′，
eq \f(1,2)mvA12＝eq \f(1,2)mvA1′2＋eq \f(1,2)mvB1′2
得vA1′＝0，vB1′＝eq \r(2gdsin θ)
(2)A与B第一次碰前有：d＝eq \f(1,2)gsin θ·t12
A与B第一次碰后到第二次碰前有：vB1′·t2＝eq \f(1,2)gsin θ·t22
则由静止释放到第二次碰撞前所用的总时间t总＝t1＋t2
得t总＝3eq \r(\f(2d,gsin θ))
A与B第二次碰前：A的速度vA2＝at2＝2eq \r(2gdsin θ)
B的速度vB2＝vB1′＝eq \r(2gdsin θ)
因质量相等的物体在发生弹性碰撞过程中交换速度，则A、B碰后速度大小分别为：
vA2′＝eq \r(2gdsin θ)、vB2′＝2eq \r(2gdsin θ)
(3)A的v－t图像为
其中t0＝eq \r(\f(2d,gsin θ))、v0＝eq \r(2gdsin θ)
(4)由第(3)问中A的v－t图像可知第n次碰撞时间内A下滑的距离
x＝eq \f(v0t0,2)＋2v0t0＋4v0t0＋6v0t0＋…＋(n－1)2v0t0
即x＝eq \f(v0t0,2)(2n2－2n＋1)
整理得x＝(2n2－2n＋1)d(n＝1,2,3，…)．
3．(2022·广东韶关市一模)如图所示，装置的左半部分是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带的长度l＝1.0 m.物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g＝10m/s2.求：
(1)物块B与物块A第一次碰撞前，B的速度大小；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后到第二次碰撞前与传送带之间的摩擦生热Q；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的动能Ekn.
【答案】 (1)4 m/s (2)eq \f(16,3) J (3)eq \f(8,9n) J
【解析】 (1)对B，自开始至到达曲面底端时，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝2eq \r(5) m/s
由于v0>v，B开始在传送带上减速，设B在传送带上一直做减速运动到左端时速度大小为v1，由动能定理得－μmgl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
解得v1＝4 m/s
由于v1>v，所以假设成立，即物块B与物块A第一次碰前的速度大小为4 m/s
(2)设B与A第一次碰撞后的速度大小分别为vB1、vA1，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv1＝mvB1＋MvA1
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mvB12＋eq \f(1,2)MvA12
由以上两式解得vB1＝－eq \f(1,3)v1＝－eq \f(4,3) m/s
即第一次碰撞后，B以eq \f(4,3) m/s的速度滑上传送带，设B向右减速为0时经过的位移为x，则
－μmgx＝0－eq \f(1,2)mvB12
解得x＝eq \f(4,9) m<1 m
物块B再向左加速返回传送带左端，且回到左端的速度为eq \f(4,3) m/s.设物块B从向右滑上传送带到减速为0用时t，则t＝eq \f(vB1,－μg)＝eq \f(2,3) s
摩擦生热Q＝μmg(2vt－0)＝eq \f(16,3) J
(3)由于第二次碰撞仍为弹性碰撞，由第(2)问的分析可知，B碰后的速度大小仍为碰前的eq \f(1,3)，即vB2＝eq \f(1,3)vB1＝(eq \f(1,3))2v1
同理可推，B与A碰撞n次后
vBn＝(eq \f(1,3))nv1＝eq \f(4,3n) m/s
动能Ekn＝eq \f(1,2)mvBn2＝eq \f(8,9n) J.
4.(2022·重庆市质检)2022年冬奥会在北京和张家口市联合举行，小开同学受到冰壶运动的启发，设置了一种新式的碰撞游戏，其情景如图所示．竖直面内的一段光滑固定弧形轨道MN和粗糙水平轨道KN在N点平滑连接，水平直轨上放置质量mB＝1 kg的足够长的木板B，B的左端距N点的距离x＝eq \f(82,27) m，B的右端上方放置质量mC＝2 kg的物块C，B、C之间的动摩擦因数μC＝0.1，B与水平轨道之间的动摩擦因数μB＝0.2，质量为mA＝3 kg的冰块从距地面高度为h＝1 m的地方静止滑下，A与水平轨道之间的动摩擦因数μA＝eq \f(27,410)，A、B间的碰撞是弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度取g＝10 m/s2.已知A与B发生第二次碰撞之前B、C均已停止运动，不考虑冰块质量的变化，求：
(1)A与B第一次碰撞后A、B的速度大小；
(2)A与B第二次碰前B的位移大小；
(3)从开始到最终停止B、C之间因摩擦产生的热量．
【答案】 (1)2 m/s 6 m/s (2)eq \f(41,18) m (3)eq \f(208,45) J
【解析】 (1)碰撞前，由机械能守恒定律得mAgh－μAmAgx＝eq \f(1,2)mAv02
冰块A与木板B为弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2，联立解得vA＝2 m/s，vB＝6 m/s
(2)已知A与B发生第二次碰撞之前B、C均已停止运动，故由牛顿第二定律得B的加速度大小为aB＝eq \f(μBmC＋mBg＋μCmCg,mB)
C做加速运动，加速度大小为aC＝eq \f(μCmCg,mC)
最后二者共速时，对B有v共＝vB－aBt
对C有v共＝aCt
联立解得t＝eq \f(2,3) s，v共＝eq \f(2,3) m/s，则达到共速前，B的位移为xB′＝eq \f(vB2－v共2,2aB)＝eq \f(20,9) m，此后物块C相对木板B向前滑动，则此时C做减速运动的加速度大小仍为aC＝1 m/s2
木板B也做减速运动，加速度大小为aB′＝eq \f(μBmC＋mBg－μCmCg,mB)＝4 m/s2
B的速度为零时位移为xB″＝eq \f(v共2,2aB′)＝eq \f(1,18) m
则A与B第二次碰前B的位移大小xB＝xB′＋xB″＝eq \f(41,18) m
(3)由(2)可知，从开始到B、C共速时相对位移为Δx′＝xB′－xC＝eq \f(vB2－v共2,2aB)－eq \f(v共2,2aC)＝2 m
共速后到两者都停止运动时的相对位移
Δx″＝xC′－xB″＝eq \f(v共2,2aC)－eq \f(v共2,2aB′)＝eq \f(1,6) m
Δx1＝Δx′＋Δx″＝eq \f(13,6) m，随后A再次与B相碰，直到最后系统均静止，A做匀减速直线运动的加速度大小为aA＝μAg，故第二次碰撞前的速度大小为vA1＝eq \r(vA2－2aAxB)＝1 m/s，与B再次碰撞后，由于每一次碰撞后的规律与第一次相同，所以第二阶段的总路程与第一阶段成正比，即eq \f(Δx2,Δx1)＝eq \f(1,16)，则总的相对路程为Δx＝eq \f(Δx1,1－\f(1,16))，从开始到最终停止，B、C之间因摩擦产生的热量为
Q＝μCmCgΔx＝eq \f(208,45) J.
高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动
带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充分利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛运动，再利用每种运动对应的规律进行求解．
常见粒子在立体空间的运动轨迹特点，粒子的运动为一个轴方向的直线运动和垂直轴的平面中的曲线运动，或粒子从一个平面的曲线运动变换到另一个平面的曲线运动．
【例1】 (2022·山东济宁市一模)如图所示，真空中的立方体棱长为0.8 m，底面中心处有一点状放射源S，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射α粒子，所有α粒子的速率均为v＝5.0×106 m/s，已知α粒子的比荷为eq \f(q,m)＝5.0×107 C/kg，现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有α粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内．abfe面放有一个屏，该屏可以沿z轴左右平移．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)在正方体内再施加竖直向上的匀强电场，要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，求所加匀强电场的电场强度E的大小(结果用π表示)；
(3)若匀强电场的电场强度的大小取第(2)问中的最大值，现让abfe屏向左沿－z方向移动
0.2 m，求粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标．
【答案】 (1)0.5 T (2)eq \f(5×106,n2π2) V/m(n＝1,2,3，…) (3)0.2 m 0.05 m
【解析】 (1)所有α粒子恰好束缚在正方形abcO区域内，由几何关系得
r＝0.2 m
α粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝0.5 T
(2)α粒子做圆周运动的周期为
T＝eq \f(2πm,qB)＝8π×10－8 s
要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向上由运动学规律得
L＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)(nT)2
解得E＝eq \f(5×106,n2π2) V/m(n＝1,2,3，…)
(3)粒子运动的俯视图如图所示，
由图可知，当SP1为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时粒子运动的时间为
t1＝eq \f(1,2)T＝4π×10－8 s
此时对应的y轴坐标
y1＝eq \f(1,2)·eq \f(qEm,m)t12
解得y1＝0.2 m
由图可知，当与abfe面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时粒子运动的时间为
t2＝eq \f(1,4)T＝2π×10－8 s
此时对应的y轴坐标为y2＝eq \f(1,2)·eq \f(qEm,m)t22
解得y2＝0.05 m.
【例2】 (2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0(1)当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E；
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
(3)离子甲以eq \f(qBd,2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示)；
(4)当离子甲以eq \f(qBd,2m)的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电量为＋q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)．
【答案】 (1)eq \f(mv02sin βcs β,qL) (2)eq \f(qBd,m) (3)(d，d,0) (4)(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)
【解析】 (1)如图所示，
将离子甲在A点的出射速度v0分解到沿y轴方向和z轴方向，离子受到的静电力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有
L＝v0cs β·t，v0sin β＝at，a＝eq \f(qE,m)
联立解得E＝eq \f(mv02sin βcs β,qL)；
(2)如图所示，
离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝eq \f(mv12,rⅠ)
离子经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1·eq \f(\r(2),2)B＝eq \f(mv12,rⅡ)，可得rⅡ＝eq \r(2)rⅠ
为了使离子在磁场中运动，
需满足rⅠ≤d，rⅡ≤3d
则可得v1≤eq \f(qBd,m)
故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为eq \f(qBd,m)；
(3)离子甲以v＝eq \f(qBd,2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(d,2)
离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2＝eq \f(\r(2)d,2)
离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过xOy平面的x坐标为
x4＝2r2sin 45°＝d
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为
y4＝2r1＝d
故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d,0)；
(4)设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，可得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×4mv′2
可得v′＝eq \f(v,2)＝eq \f(qBd,4m)
离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为
r1′＝eq \f(4mv′,qB)＝d＝2r1
离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为
r2′＝eq \f(4mv′,q·\f(\r(2),2)B)＝eq \r(2)d＝2r2
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，
从O点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有
t甲＝T1＋T2＝eq \f(2πm,qB)＋eq \f(2πm,q·\f(\r(2),2)B)
＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)
t乙＝eq \f(1,2)T1′＋eq \f(1,2)T2′
＝eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,qB)＋eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,q·\f(\r(2),2)B)
＝(4＋4eq \r(2))eq \f(πm,qB)
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t乙－t甲＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB).
【专题强化练】
1．(2022·山东青岛市三模)如图，在空间建立Oxyz三维直角坐标系，其中x轴水平向右，y轴竖直向上，z轴垂直纸面向外，在x＝a处平行于yOz平面固定一足够大荧光屏M，在yOz平面左侧空间有方向竖直向下、电场强度为E1的匀强电场；x轴上的A点(－2eq \r(3)a,0,0)有一粒子源，粒子源在xOy平面内沿与x轴成一定角度射出带电粒子，粒子的速度大小为v0，质量为m，带电荷量为＋q.经过一段时间，粒子从y轴上C点(0,3a,0)垂直y轴进入yOz平面与荧光屏之间的空间，该空间内有方向沿z轴正方向、磁感应强度大小为B＝eq \f(mv0,4qa)的匀强磁场(图中未画出)，不计粒子重力．
(1)求yOz平面左侧匀强电场的电场强度大小E1；
(2)求粒子从A点射出到打到荧光屏上所经历的时间t；
(3)若在yOz平面与荧光屏之间的空间再加上一沿z轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场，求粒子最终打在荧光屏上的P点时的位置坐标．
【答案】 (1)eq \f(mv02,8qa) (2)eq \f(2aπ＋6\r(3),3v0) (3)(a，(1＋eq \r(3))a，eq \f(2qE0π2a2,9mv02))
【解析 (1)将粒子的速度v0分解为沿x轴方向的分速度v0x和沿y轴方向的分速度 v0y，根据题意可得，在沿x轴方向上有
v0xt1＝2eq \r(3)a
沿y轴方向上有eq \f(1,2)v0yt1＝3a
则eq \f(v0y,v0x)＝eq \r(3)＝tan θ
即θ＝60°
可得v0y＝eq \f(\r(3),2)v0
又由qE1＝ma1得a1＝eq \f(qE1,m)
又有v0y2＝2a1·3a
联立可得E1＝eq \f(mv02,8qa)
(2)粒子沿x轴方向的分速度为
v0x＝eq \f(1,2)v0
在沿x轴方向有2eq \r(3)a＝v0xt1
解得t1＝eq \f(4\r(3)a,v0)
粒子带正电，由左手定则可知，粒子沿y轴负方向偏转，设偏转角为α
由qv0xB＝eq \f(mv0x2,r)可得r＝2a
由几何关系可得sin α＝eq \f(a,r)＝eq \f(1,2)，则α＝30°
粒子在磁场中运动时间t2＝eq \f(30°,360°)T
又由T＝eq \f(2πr,v0x)＝eq \f(2πm,Bq)
解得t2＝eq \f(πm,6qB)＝eq \f(2πa,3v0)
粒子从A点射出到打到荧光屏上所经历的时间t＝t1＋t2＝eq \f(4\r(3)a,v0)＋eq \f(2πa,3v0)＝eq \f(2aπ＋6\r(3),3v0)
(3)在y轴方向上由几何关系可得y轴坐标为
y＝3a－(2a－eq \r(3)a)＝(1＋eq \r(3))a
在沿z轴正方向上的位移大小
z＝eq \f(1,2)eq \f(qE0,m)t22＝eq \f(2qE0π2a2,9mv02)
故粒子打到屏上的位置坐标是(a，(1＋eq \r(3))a，eq \f(2qE0π2a2,9mv02))．
2．如图所示，一些质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从一线状粒子源射出(初速度可视为0)经过电压为U的电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直射出(S为MF中点)，进入棱长为L的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG的方向如图、大小未知的匀强磁场与匀强电场)．距离正方体底部 eq \r(3)L处有一与RNAG平行的足够大平板．现以正方体底面中心O在平板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)．所有带电粒子都从正方体底面离开，且从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为eq \f(2πm,3qB).不计粒子重力．
(1)求粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时速度的大小；
(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需时间；
(3)若满足关系式E＝eq \r(\f(qUB2,2π2m))，求从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标．(结果用L表示)
【答案】 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)2Leq \r(\f(m,2qU)) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9－2\r(3),6)L，\f(9＋4π,54)L))
【解析】 (1)设粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时的速度的大小为v，
根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2qU,m))
(2)在正方体中，粒子在平行于MPRG平面方向的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG平面方向的分运动为匀加速直线运动，设粒子圆周分运动的周期为T，根据牛顿第二定律有
qvB＝meq \f(v2,R)
又T＝eq \f(2πR,v)
解得T＝eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2πR,v)
从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为
t1＝eq \f(2πm,3qB)＝eq \f(T,3)
所以粒子圆周分运动转过的圆心角为120°，根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方向的分量大小为
v2＝vcs 30°
离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需时间为t2＝eq \f(\r(3)L,v2)
联立解得t2＝2Leq \r(\f(m,2qU))
(3)设粒子在正方体中圆周分运动的半径为R，根据几何关系有
R＋Rcs 60°＝L
解得R＝eq \f(2,3)L
粒子在正方体中做匀加速直线分运动的加速度大小为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(q,m)eq \r(\f(qUB2,2π2m))
粒子在正方体中在y方向的位移大小为
y1＝eq \f(1,2)at12
粒子离开正方体时的速度在y方向的分速度大小为vy＝at1
从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为y＝y1＋vyt2－eq \f(L,2)
联立解得y＝eq \f(9＋4π,54)L
根据几何关系可知粒子在正方体中在x方向的位移大小为x1＝Rcs 30°＝eq \f(\r(3),3)L
粒子离开正方体时的速度在－x方向的分速度大小为v1＝vsin 30°
从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为x＝x1－v1t2－eq \f(L,2)
联立解得x＝－eq \f(9－2\r(3),6)L
综上所述可知从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9－2\r(3),6)L，\f(9＋4π,54)L)).
3.(2022·山东菏泽市一模)在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，x轴水平向右．在O点，一个α粒子(氦原子核)以速度v0沿与x轴夹角为60°的方向射入电磁场，已知质子质量为m，电荷量为q.求：
(1)α粒子离x轴的最远距离；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能．
【答案】 (1)eq \f(2\r(3)mv0,qB) (2)2mv02＋eq \f(12πmE,B)(v0＋eq \f(6πE,B))
【解析】 (1)由题意可知，α粒子的质量为mα＝4m
电荷量为qα＝2q
将α粒子的初速度分解成沿x轴方向的分速度vx与垂直x轴方向的分速度vy，则有
vx＝v0cs 60°＝eq \f(1,2)v0
vy＝v0sin 60°＝eq \f(\r(3),2)v0
由于vx与磁场方向平行，不产生洛伦兹力，电场方向沿着x轴方向，只影响vx，不影响vy，故α粒子在电磁场中的运动可分解为：在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，以及沿x轴方向做匀加速直线运动．
对于垂直于x轴平面内的匀速圆周运动，有qαvyB＝mαeq \f(vy2,r)
解得圆周运动半径r＝eq \f(mαvy,qαB)＝eq \f(4mvy,2qB)＝eq \f(\r(3)mv0,qB)
故α粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为eq \f(2\r(3)mv0,qB)；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时，在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动可知，此过程经历的时间为
t＝3T＝3×eq \f(2πmα,qαB)＝eq \f(12πm,qB)
沿x轴方向做匀加速直线运动所通过的位移为
s＝vxt＋eq \f(1,2)at2
加速度大小为a＝eq \f(qαE,mα)＝eq \f(qE,2m)
联立解得s＝eq \f(6πm,qB)(v0＋eq \f(6πE,B))
α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交过程，由动能定理有
qαEs＝Ek－eq \f(1,2)mαv02
联立解得α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能
Ek＝2mv02＋eq \f(12πmE,B)(v0＋eq \f(6πE,B))．
4.(2021·浙江1月选考，22)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图3所示是离子注入工作的原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sin α≈tan α≈α，cs α≈1－eq \f(1,2)α2。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷eq \f(q,m)；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y )表示，并说明理由。
【答案】 (1)eq \f(E,B) eq \f(2E,（R1＋R2）B2) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L2,R1＋R2)，0)) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3L2,R1＋R2))) (4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L2,R1＋R2)，\f(3L2,R1＋R2)))，理由见解析
【解析】 (1)通过速度选择器的离子需满足qE＝qvB，可得速度v＝eq \f(E,B)
由题图知，从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝eq \f(R1＋R2,2)
由qvB＝eq \f(mv2,R)得eq \f(q,m)＝eq \f(v,RB)＝eq \f(2E,（R1＋R2）B2)。
(2)偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为θ，离开电场时，离子在x方向偏转的距离x1＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))eq \s\up12(2)
tan θ＝eq \f(qEL,mv2)
离开电场后，离子在x方向偏移的距离x2＝Ltan θ＝eq \f(qEL2,mv2)
则x＝x1＋x2＝eq \f(3qEL2,2mv2)＝eq \f(3L2,R1＋R2)
位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L2,R1＋R2)，0))。
(3)偏转系统仅加磁场时，由qvB＝eq \f(mv2,r)得
离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径
r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(R1＋R2,2)
运动轨迹如图所示
sin α＝eq \f(L,r)
离开磁场时，离子在y方向偏转距离
y1＝r(1－cs α)≈eq \f(L2,R1＋R2)
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
y2＝Ltan α≈eq \f(2L2,R1＋R2)
则y＝y1＋y2＝eq \f(3L2,R1＋R2)
故位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3L2,R1＋R2)))。
(4)注入晶圆的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L2,R1＋R2)，\f(3L2,R1＋R2)))。
电场引起的速度增量只对离子在x轴方向的运动产生影响，而磁场只对离子在y轴方向的运动产生影响。
5.(2022·浙江云峰联盟联考)如图甲所示的空间直角坐标系Oxyz中，分界面P、荧光屏Q均与平面Oxy平行，分界面P把空间分为区域Ⅰ和区域Ⅱ两部分，分界面P与平面Oxy间的距离为L，z轴与分界面P相交于O′。区域Ⅰ空间中分布着沿y轴正方向的匀强电场，区域Ⅱ空间中分布有沿x轴正方向和z轴正方向的磁场，磁感应强度大小均为B0，变化规律如图乙所示。两个电荷量均为q、质量均为m的带正电粒子A、B在y轴负半轴上的两点沿z轴正方向先后射出，经过区域Ⅰ，两粒子均打到O′点，其中粒子A到达O′点时速度大小为v0，方向与z轴正方向成θ＝60°角；在O点有一特殊的粒子处理器，使A、B粒子只保留垂直z方向的速度，并且同时从O′点射出，以粒子在O′点射出时的时刻为t＝0时刻，再经过区域Ⅱ，其中粒子A刚好打到荧光屏Q上，粒子B在t＝eq \f(5πm,3qB0)时打在荧光屏上形成一个亮点。粒子所受重力忽略不计，不考虑场的边缘效应及相对论效应，求：
(1)区域Ⅰ内电场强度E的大小；
(2)分界面P与荧光屏Q之间的距离d；
(3)A、B粒子在y轴上出发时的坐标之比eq \f(y1,y2)。
【答案】(1)eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),4qL) (2)eq \f(\r(3)mv0,qB0) (3)9∶16
【解析】 (1)粒子A在区域Ⅰ电场中做类平抛运动，沿z轴有L＝v0tcs θ
沿y轴有v1y＝v0sin θ＝at
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得E＝eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),4qL)。
(2)粒子A在区域Ⅱ磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πm,qB0)
粒子A从O′点开始0～eq \f(πm,qB0)时间内做半周期的匀速圆周运动，然后继续在Bx磁场中做半周期的匀速圆周运动正好与Q相切形成亮点，由向心力公式可得
qv1yB0＝meq \f(veq \\al(2,1y),r1)
由几何关系可得d＝2r1
联立解得d＝eq \f(\r(3)mv0,qB0)。
(3)在eq \f(πm,qB0)～eq \f(5πm,3qB0)时间内，粒子B以v2y在Bx内做匀速圆周运动，运动时间为
eq \f(2πm,3qB0)＝eq \f(T,3)
转过的角度为α＝eq \f(2,3)π
正好打在Q上，则轨道半径满足r2＋r2sin 30°＝2r1
又r2＝eq \f(mv2y,qB)，解得v1y＝eq \f(3,4)v2y
又vy2＝2ay，联立解得eq \f(y1,y2)＝eq \f(9,16)。
6.(2022·Z20联盟联考)如图所示，粒子源发射质量为m，电荷量为＋q的离子，经加速后沿水平方向进入速度选择器、磁分析器和电场偏转系统最后打在xOy平面上。速度选择器为四分之一圆环的辐向电场(方向指向O′，中轴线上的电场强度大小为E)，其两端中心位置M和N处各有一个小孔，圆环内外半径分别为L和3L。离子从M孔穿出后进入磁分析器，磁分析器也是一样的四分之一圆环，其圆心和电场圆心O′重叠，内部分布垂直纸面向里的匀强磁场，离子经磁场偏转后从PQ出口(包含P、Q两点)离开。之后进入电场偏转区，此处分布有垂直纸面向外的匀强电场，电场强度大小也为E，离子经匀强电场偏转后打在xOy平面上，xOy平面距PQ距离为2L，其中圆环中轴线刚好正对O点。求：
(1)能通过速度选择器的离子速度大小；
(2)要保证离子能顺利通过磁分析器，磁感应强度B的取值范围；
(3)若磁分析器中的磁场强度为B＝eq \f(4,5)eq \r(\f(2Em,qL))，离子落在xOy平面上的坐标，用(x，y)表示，并写出计算过程。
【答案】 (1)eq \r(\f(2qEL,m)) (2)eq \f(4,13)eq \r(\f(2mE,qL))≤B≤eq \f(4,5)eq \r(\f(2mE,qL)) (3)(eq \f(25,16)L，－2.5L)
【解析】 (1)设能通过速度选择器的离子速度大小为v，这些离子在辐向电场的速度选择器中做半径为2L的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE＝eq \f(mv2,2L)
解得v＝eq \r(\f(2qEL,m))。
(2)当离子从P点飞出时，设离子的运动半径为R1，运动轨迹如图所示，根据几何关系有(2L－R1)2＋L2＝Req \\al(2,1)
解得R1＝eq \f(5,4)L
根据牛顿第二定律有qvB1＝eq \f(mv2,R1)
解得B1＝eq \f(4,5)eq \r(\f(2mE,qL))
当离子从Q点飞出时，设离子的运动半径为R2，根据几何关系有
(R2－2L)2＋(3L)2＝Req \\al(2,2)
解得R2＝eq \f(13,4)L
根据牛顿第二定律有qvB2＝eq \f(mv2,R2)
解得B2＝eq \f(4,13)eq \r(\f(2mE,qL))
所以要保证离子能顺利通过磁分析器，磁感应强度B的取值范围是
eq \f(4,13)eq \r(\f(2mE,qL))≤B≤eq \f(4,5)eq \r(\f(2mE,qL))。
(3)当B＝eq \f(4,5)eq \r(\f(2Em,qL))时，离子刚好能从P点飞出，根据几何关系可得，离子从P点飞出时速度方向与水平方向的夹角θ的余弦值为cs θ＝eq \f(L,R1)＝eq \f(4,5)
离子在静电力的作用下，沿x方向做匀加速直线运动，加速度大小为a＝eq \f(qE,m)
离子从P点到xOy平面的运动时间为t＝eq \f(\f(2L,cs θ),v)＝eq \f(2.5L,v)
根据运动学规律可得x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(25,16)L
根据几何关系可得y＝－L－2Ltan θ＝－2.5L
所以离子落在xOy平面上的坐标为(eq \f(25,16)L，－2.5L)。
数学
归纳法
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据
图像法
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc28646" 高考新动向1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 PAGEREF _Tc28646 \h 1
\l "_Tc12133" 【专题强化练】 PAGEREF _Tc12133 \h 5
\l "_Tc2037" 高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动 PAGEREF _Tc2037 \h 10
\l "_Tc20940" 【专题强化练】 PAGEREF _Tc20940 \h 14
高考新动向1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：
【例1】(2022·山东日照市一模)如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为：Ep＝eq \f(1,2)kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．
【答案】 (1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m
【解析】 (1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，得v＝5 m/s
系统损失的动能
ΔEk＝eq \f(1,2)m0v02－eq \f(1,2)(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋eq \f(1,2)kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，
由动能定理有
－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－eq \f(1,2)(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，
由能量守恒定律得Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理有
－μ(m1＋m0)gs＝eq \f(1,2)(m1＋m0)v12－Ek，
解得v1＝3 m/s，
设之后靶盒与木板达到共同速度v1′，(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v1′，
解得v1′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1，
木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根据v1′2＝2as1，
解得s1＝0.5 m
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向右加速v22＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3，
(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，
v3＝eq \f(1,3)v2＝(eq \f(1,3))2v1′，
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s3速度减为0，再向右加速，v32＝2as3，
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn＋1，vn＋1＝(eq \f(1,3))nv1′
经位移大小sn速度减为0，再向右加速，vn＋12＝2asn＋1，
木板的路程L＝d－l＋2s1＋2s2＋…＋2sn＋1，
即L＝d－l＋eq \f(v1′2,a)(1＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,34)＋…＋eq \f(1,32n))，
解得L＝3.125 m.
【例2】(2022·山东潍坊市高三期末)如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d＝2 m，A、B质量均为m＝1 kg，不计一切摩擦．从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F＝9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短．重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；
(2)由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小；
(3)画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像；
(4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离．
【答案】 (1)0 6 m/s (2)eq \f(4,3) s 12 m/s 6 m/s (3)见解析图 (4)[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3，4，…)
【解析 (1)B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理有Fd＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝6 m/s
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有
mv0＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0
v2＝6 m/s
(2)第一次碰后A向右以速度v2＝6 m/s做匀速运动，B做初速度为0、加速度为
a＝eq \f(F,m)＝9 m/s2的匀加速运动，
则第二次碰撞时有v2t＝eq \f(1,2)at2
解得t＝eq \f(4,3) s
此时B的速度为v3＝at＝12 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒和能量关系有
mv2＋mv3＝mv4＋mv5
eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv32＝eq \f(1,2)mv42＋eq \f(1,2)mv52
解得A、B的速度为v4＝12 m/s
v5＝6 m/s
(3)同理第三次碰撞时有
v5t′＋eq \f(1,2)at′2＝v4t′
解得t′＝eq \f(4,3) s
此时B的速度为v6＝v5＋at′＝18 m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间
t0＝eq \f(v0,a)＝eq \f(2,3) s
由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示；
(4)由以上分析可知，从第一次碰后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m，
由v－t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m；
从第1次到第2次碰撞，B运动的距离为8 m；
从第2次到第3次碰撞，B运动的距离为8 m＋8 m＝16 m；
从第3次到第4次碰撞，B运动的距离为16 m＋8 m＝24 m；
根据数学知识可知从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离
s＝2 m＋(n－1)×8 m＋eq \f(8,2)(n－1)(n－2) m＝[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3,4，…)
【专题强化练】
1．(2022·湖南岳阳市质检)如图所示，小滑块A位于长木板B的左端，现让小滑块A和长木板B一起以相同速度v0＝3 m/s在光滑的水平面上滑向前方固定在地面上的木桩C.A、B的质量分别为m1＝2 kg，m2＝1 kg，已知B与C的碰撞时间极短，且每次碰后B以原速率弹回，运动过程中A没有与C相碰，A也没从B的上表面掉下，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10 m/s2)求：
(1)B与C第二次碰前瞬间的速度大小；
(2)欲使A不从B的上表面掉下，B的长度至少是多少；
(3)B与C第一次碰后到最终停止运动，B运动的总路程．
【答案 (1)1 m/s (2)6.75 m (3)5.062 5 m
【解析 (1)第一次碰后A、B达到共同速度且为B与C第二次碰前瞬间的速度，设为v1，以向右为正，由动量守恒定律有
m1v0－m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0＝eq \f(1,3)v0＝1 m/s
(2)全过程由能量守恒定律有μm1gL＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02
可得L＝6.75 m
(3)设B与C第一次碰后向左运动的最大距离为s1，对长木板，由动能定理
－μm1gs1＝0－eq \f(1,2)m2v02
解得s1＝eq \f(m2,2μm1g)v02＝2.25 m
第二次碰后由动量守恒定律有
m1v1－m2v1＝(m1＋m2)v2
解得v2＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1＝eq \f(1,3)v1＝(eq \f(1,3))2v0
设B与C第二次碰后向左运动的最大距离为s2，对长木板，由动能定理
－μm1gs2＝0－eq \f(1,2)m2v12
可得s2＝eq \f(m2,2μm1g)v12＝eq \f(1,9)s1
第三次碰后，由动量守恒定律有
m1v2－m2v2＝(m1＋m2)v3，可得v3＝eq \f(1,3)v2
设B与C第三次碰后向左运动的最大距离为s3，对长木板，由动能定理
－μm1gs3＝0－eq \f(1,2)m2v22
可得s3＝eq \f(m2,2μm1g)v22＝(eq \f(1,9))2s1
s1，s2，s3，…，sn为等比数列，公比为eq \f(1,9)，
B运动的总路程s＝2eq \f(s1,1－\f(1,9))＝5.062 5 m.
2.(2022·山东淄博市模拟)如图所示，在倾角为θ的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(1,2)tan θ，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离为d.A、B的质量均为m，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程无机械能损失，碰撞时间极短．重力加速度为g.求：
(1)物块A与凹槽B发生第一次碰撞后的瞬间，物块A、凹槽B的速度大小；
(2)由静止释放经多长时间物块A与凹槽B左侧壁发生第二次碰撞，碰后瞬间物块A、凹槽B的速度大小；
(3)画出由静止释放到物块A与凹槽B左侧壁发生第4次碰撞时间内，物块A的速度v随时间t的变化图像；
(4)由静止释放到物块A与凹槽B的左侧壁发生第n次碰撞时间内，物块A下滑的距离．
【答案】 (1)0 eq \r(2gdsin θ) (2)3eq \r(\f(2d,gsin θ)) eq \r(2gdsin θ) 2eq \r(2gdsin θ) (3)见解析图
(4)(2n2－2n＋1)d(n＝1,2,3，…)
【解析】 (1)A、B碰前对B由mgsin θ＝μ·2mgcs θ
可知B保持静止不动
对A有a＝gsin θ，vA12＝2ad
A、B发生弹性碰撞过程中有
mvA1＝mvA1′＋mvB1′，
eq \f(1,2)mvA12＝eq \f(1,2)mvA1′2＋eq \f(1,2)mvB1′2
得vA1′＝0，vB1′＝eq \r(2gdsin θ)
(2)A与B第一次碰前有：d＝eq \f(1,2)gsin θ·t12
A与B第一次碰后到第二次碰前有：vB1′·t2＝eq \f(1,2)gsin θ·t22
则由静止释放到第二次碰撞前所用的总时间t总＝t1＋t2
得t总＝3eq \r(\f(2d,gsin θ))
A与B第二次碰前：A的速度vA2＝at2＝2eq \r(2gdsin θ)
B的速度vB2＝vB1′＝eq \r(2gdsin θ)
因质量相等的物体在发生弹性碰撞过程中交换速度，则A、B碰后速度大小分别为：
vA2′＝eq \r(2gdsin θ)、vB2′＝2eq \r(2gdsin θ)
(3)A的v－t图像为
其中t0＝eq \r(\f(2d,gsin θ))、v0＝eq \r(2gdsin θ)
(4)由第(3)问中A的v－t图像可知第n次碰撞时间内A下滑的距离
x＝eq \f(v0t0,2)＋2v0t0＋4v0t0＋6v0t0＋…＋(n－1)2v0t0
即x＝eq \f(v0t0,2)(2n2－2n＋1)
整理得x＝(2n2－2n＋1)d(n＝1,2,3，…)．
3．(2022·广东韶关市一模)如图所示，装置的左半部分是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带的长度l＝1.0 m.物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g＝10m/s2.求：
(1)物块B与物块A第一次碰撞前，B的速度大小；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后到第二次碰撞前与传送带之间的摩擦生热Q；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的动能Ekn.
【答案】 (1)4 m/s (2)eq \f(16,3) J (3)eq \f(8,9n) J
【解析】 (1)对B，自开始至到达曲面底端时，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝2eq \r(5) m/s
由于v0>v，B开始在传送带上减速，设B在传送带上一直做减速运动到左端时速度大小为v1，由动能定理得－μmgl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
解得v1＝4 m/s
由于v1>v，所以假设成立，即物块B与物块A第一次碰前的速度大小为4 m/s
(2)设B与A第一次碰撞后的速度大小分别为vB1、vA1，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv1＝mvB1＋MvA1
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mvB12＋eq \f(1,2)MvA12
由以上两式解得vB1＝－eq \f(1,3)v1＝－eq \f(4,3) m/s
即第一次碰撞后，B以eq \f(4,3) m/s的速度滑上传送带，设B向右减速为0时经过的位移为x，则
－μmgx＝0－eq \f(1,2)mvB12
解得x＝eq \f(4,9) m<1 m
物块B再向左加速返回传送带左端，且回到左端的速度为eq \f(4,3) m/s.设物块B从向右滑上传送带到减速为0用时t，则t＝eq \f(vB1,－μg)＝eq \f(2,3) s
摩擦生热Q＝μmg(2vt－0)＝eq \f(16,3) J
(3)由于第二次碰撞仍为弹性碰撞，由第(2)问的分析可知，B碰后的速度大小仍为碰前的eq \f(1,3)，即vB2＝eq \f(1,3)vB1＝(eq \f(1,3))2v1
同理可推，B与A碰撞n次后
vBn＝(eq \f(1,3))nv1＝eq \f(4,3n) m/s
动能Ekn＝eq \f(1,2)mvBn2＝eq \f(8,9n) J.
4.(2022·重庆市质检)2022年冬奥会在北京和张家口市联合举行，小开同学受到冰壶运动的启发，设置了一种新式的碰撞游戏，其情景如图所示．竖直面内的一段光滑固定弧形轨道MN和粗糙水平轨道KN在N点平滑连接，水平直轨上放置质量mB＝1 kg的足够长的木板B，B的左端距N点的距离x＝eq \f(82,27) m，B的右端上方放置质量mC＝2 kg的物块C，B、C之间的动摩擦因数μC＝0.1，B与水平轨道之间的动摩擦因数μB＝0.2，质量为mA＝3 kg的冰块从距地面高度为h＝1 m的地方静止滑下，A与水平轨道之间的动摩擦因数μA＝eq \f(27,410)，A、B间的碰撞是弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度取g＝10 m/s2.已知A与B发生第二次碰撞之前B、C均已停止运动，不考虑冰块质量的变化，求：
(1)A与B第一次碰撞后A、B的速度大小；
(2)A与B第二次碰前B的位移大小；
(3)从开始到最终停止B、C之间因摩擦产生的热量．
【答案】 (1)2 m/s 6 m/s (2)eq \f(41,18) m (3)eq \f(208,45) J
【解析】 (1)碰撞前，由机械能守恒定律得mAgh－μAmAgx＝eq \f(1,2)mAv02
冰块A与木板B为弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2，联立解得vA＝2 m/s，vB＝6 m/s
(2)已知A与B发生第二次碰撞之前B、C均已停止运动，故由牛顿第二定律得B的加速度大小为aB＝eq \f(μBmC＋mBg＋μCmCg,mB)
C做加速运动，加速度大小为aC＝eq \f(μCmCg,mC)
最后二者共速时，对B有v共＝vB－aBt
对C有v共＝aCt
联立解得t＝eq \f(2,3) s，v共＝eq \f(2,3) m/s，则达到共速前，B的位移为xB′＝eq \f(vB2－v共2,2aB)＝eq \f(20,9) m，此后物块C相对木板B向前滑动，则此时C做减速运动的加速度大小仍为aC＝1 m/s2
木板B也做减速运动，加速度大小为aB′＝eq \f(μBmC＋mBg－μCmCg,mB)＝4 m/s2
B的速度为零时位移为xB″＝eq \f(v共2,2aB′)＝eq \f(1,18) m
则A与B第二次碰前B的位移大小xB＝xB′＋xB″＝eq \f(41,18) m
(3)由(2)可知，从开始到B、C共速时相对位移为Δx′＝xB′－xC＝eq \f(vB2－v共2,2aB)－eq \f(v共2,2aC)＝2 m
共速后到两者都停止运动时的相对位移
Δx″＝xC′－xB″＝eq \f(v共2,2aC)－eq \f(v共2,2aB′)＝eq \f(1,6) m
Δx1＝Δx′＋Δx″＝eq \f(13,6) m，随后A再次与B相碰，直到最后系统均静止，A做匀减速直线运动的加速度大小为aA＝μAg，故第二次碰撞前的速度大小为vA1＝eq \r(vA2－2aAxB)＝1 m/s，与B再次碰撞后，由于每一次碰撞后的规律与第一次相同，所以第二阶段的总路程与第一阶段成正比，即eq \f(Δx2,Δx1)＝eq \f(1,16)，则总的相对路程为Δx＝eq \f(Δx1,1－\f(1,16))，从开始到最终停止，B、C之间因摩擦产生的热量为
Q＝μCmCgΔx＝eq \f(208,45) J.
高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动
带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充分利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛运动，再利用每种运动对应的规律进行求解．
常见粒子在立体空间的运动轨迹特点，粒子的运动为一个轴方向的直线运动和垂直轴的平面中的曲线运动，或粒子从一个平面的曲线运动变换到另一个平面的曲线运动．
【例1】 (2022·山东济宁市一模)如图所示，真空中的立方体棱长为0.8 m，底面中心处有一点状放射源S，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射α粒子，所有α粒子的速率均为v＝5.0×106 m/s，已知α粒子的比荷为eq \f(q,m)＝5.0×107 C/kg，现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有α粒子恰好能束缚在正方形abcO区域内．abfe面放有一个屏，该屏可以沿z轴左右平移．
(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)在正方体内再施加竖直向上的匀强电场，要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，求所加匀强电场的电场强度E的大小(结果用π表示)；
(3)若匀强电场的电场强度的大小取第(2)问中的最大值，现让abfe屏向左沿－z方向移动
0.2 m，求粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标．
【答案】 (1)0.5 T (2)eq \f(5×106,n2π2) V/m(n＝1,2,3，…) (3)0.2 m 0.05 m
【解析】 (1)所有α粒子恰好束缚在正方形abcO区域内，由几何关系得
r＝0.2 m
α粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝meq \f(v2,r)
解得B＝0.5 T
(2)α粒子做圆周运动的周期为
T＝eq \f(2πm,qB)＝8π×10－8 s
要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向上由运动学规律得
L＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)(nT)2
解得E＝eq \f(5×106,n2π2) V/m(n＝1,2,3，…)
(3)粒子运动的俯视图如图所示，
由图可知，当SP1为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时粒子运动的时间为
t1＝eq \f(1,2)T＝4π×10－8 s
此时对应的y轴坐标
y1＝eq \f(1,2)·eq \f(qEm,m)t12
解得y1＝0.2 m
由图可知，当与abfe面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时粒子运动的时间为
t2＝eq \f(1,4)T＝2π×10－8 s
此时对应的y轴坐标为y2＝eq \f(1,2)·eq \f(qEm,m)t22
解得y2＝0.05 m.
【例2】 (2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
(3)离子甲以eq \f(qBd,2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示)；
(4)当离子甲以eq \f(qBd,2m)的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电量为＋q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)．
【答案】 (1)eq \f(mv02sin βcs β,qL) (2)eq \f(qBd,m) (3)(d，d,0) (4)(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)
【解析】 (1)如图所示，
将离子甲在A点的出射速度v0分解到沿y轴方向和z轴方向，离子受到的静电力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有
L＝v0cs β·t，v0sin β＝at，a＝eq \f(qE,m)
联立解得E＝eq \f(mv02sin βcs β,qL)；
(2)如图所示，
离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝eq \f(mv12,rⅠ)
离子经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv1·eq \f(\r(2),2)B＝eq \f(mv12,rⅡ)，可得rⅡ＝eq \r(2)rⅠ
为了使离子在磁场中运动，
需满足rⅠ≤d，rⅡ≤3d
则可得v1≤eq \f(qBd,m)
故要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为eq \f(qBd,m)；
(3)离子甲以v＝eq \f(qBd,2m)的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(d,2)
离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2＝eq \f(\r(2)d,2)
离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过xOy平面的x坐标为
x4＝2r2sin 45°＝d
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为
y4＝2r1＝d
故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d,0)；
(4)设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，可得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×4mv′2
可得v′＝eq \f(v,2)＝eq \f(qBd,4m)
离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为
r1′＝eq \f(4mv′,qB)＝d＝2r1
离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为
r2′＝eq \f(4mv′,q·\f(\r(2),2)B)＝eq \r(2)d＝2r2
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示，
从O点进入磁场到轨迹第一个交点的过程，有
t甲＝T1＋T2＝eq \f(2πm,qB)＋eq \f(2πm,q·\f(\r(2),2)B)
＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB)
t乙＝eq \f(1,2)T1′＋eq \f(1,2)T2′
＝eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,qB)＋eq \f(1,2)×eq \f(2π·4m,q·\f(\r(2),2)B)
＝(4＋4eq \r(2))eq \f(πm,qB)
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t乙－t甲＝(2＋2eq \r(2))eq \f(πm,qB).
【专题强化练】
1．(2022·山东青岛市三模)如图，在空间建立Oxyz三维直角坐标系，其中x轴水平向右，y轴竖直向上，z轴垂直纸面向外，在x＝a处平行于yOz平面固定一足够大荧光屏M，在yOz平面左侧空间有方向竖直向下、电场强度为E1的匀强电场；x轴上的A点(－2eq \r(3)a,0,0)有一粒子源，粒子源在xOy平面内沿与x轴成一定角度射出带电粒子，粒子的速度大小为v0，质量为m，带电荷量为＋q.经过一段时间，粒子从y轴上C点(0,3a,0)垂直y轴进入yOz平面与荧光屏之间的空间，该空间内有方向沿z轴正方向、磁感应强度大小为B＝eq \f(mv0,4qa)的匀强磁场(图中未画出)，不计粒子重力．
(1)求yOz平面左侧匀强电场的电场强度大小E1；
(2)求粒子从A点射出到打到荧光屏上所经历的时间t；
(3)若在yOz平面与荧光屏之间的空间再加上一沿z轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场，求粒子最终打在荧光屏上的P点时的位置坐标．
【答案】 (1)eq \f(mv02,8qa) (2)eq \f(2aπ＋6\r(3),3v0) (3)(a，(1＋eq \r(3))a，eq \f(2qE0π2a2,9mv02))
【解析 (1)将粒子的速度v0分解为沿x轴方向的分速度v0x和沿y轴方向的分速度 v0y，根据题意可得，在沿x轴方向上有
v0xt1＝2eq \r(3)a
沿y轴方向上有eq \f(1,2)v0yt1＝3a
则eq \f(v0y,v0x)＝eq \r(3)＝tan θ
即θ＝60°
可得v0y＝eq \f(\r(3),2)v0
又由qE1＝ma1得a1＝eq \f(qE1,m)
又有v0y2＝2a1·3a
联立可得E1＝eq \f(mv02,8qa)
(2)粒子沿x轴方向的分速度为
v0x＝eq \f(1,2)v0
在沿x轴方向有2eq \r(3)a＝v0xt1
解得t1＝eq \f(4\r(3)a,v0)
粒子带正电，由左手定则可知，粒子沿y轴负方向偏转，设偏转角为α
由qv0xB＝eq \f(mv0x2,r)可得r＝2a
由几何关系可得sin α＝eq \f(a,r)＝eq \f(1,2)，则α＝30°
粒子在磁场中运动时间t2＝eq \f(30°,360°)T
又由T＝eq \f(2πr,v0x)＝eq \f(2πm,Bq)
解得t2＝eq \f(πm,6qB)＝eq \f(2πa,3v0)
粒子从A点射出到打到荧光屏上所经历的时间t＝t1＋t2＝eq \f(4\r(3)a,v0)＋eq \f(2πa,3v0)＝eq \f(2aπ＋6\r(3),3v0)
(3)在y轴方向上由几何关系可得y轴坐标为
y＝3a－(2a－eq \r(3)a)＝(1＋eq \r(3))a
在沿z轴正方向上的位移大小
z＝eq \f(1,2)eq \f(qE0,m)t22＝eq \f(2qE0π2a2,9mv02)
故粒子打到屏上的位置坐标是(a，(1＋eq \r(3))a，eq \f(2qE0π2a2,9mv02))．
2．如图所示，一些质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从一线状粒子源射出(初速度可视为0)经过电压为U的电场加速后，粒子以一定的水平初速度从MS段垂直射出(S为MF中点)，进入棱长为L的正方体电磁修正区内(内部有垂直面MPRG的方向如图、大小未知的匀强磁场与匀强电场)．距离正方体底部 eq \r(3)L处有一与RNAG平行的足够大平板．现以正方体底面中心O在平板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)．所有带电粒子都从正方体底面离开，且从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为eq \f(2πm,3qB).不计粒子重力．
(1)求粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时速度的大小；
(2)粒子射出正方体电磁修正区后到达平板所需时间；
(3)若满足关系式E＝eq \r(\f(qUB2,2π2m))，求从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标．(结果用L表示)
【答案】 (1)eq \r(\f(2qU,m)) (2)2Leq \r(\f(m,2qU)) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9－2\r(3),6)L，\f(9＋4π,54)L))
【解析】 (1)设粒子进入棱长为L的正方体电磁修正区时的速度的大小为v，
根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2qU,m))
(2)在正方体中，粒子在平行于MPRG平面方向的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG平面方向的分运动为匀加速直线运动，设粒子圆周分运动的周期为T，根据牛顿第二定律有
qvB＝meq \f(v2,R)
又T＝eq \f(2πR,v)
解得T＝eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(2πR,v)
从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为
t1＝eq \f(2πm,3qB)＝eq \f(T,3)
所以粒子圆周分运动转过的圆心角为120°，根据几何关系可知粒子离开正方体时的速度在垂直于平板方向的分量大小为
v2＝vcs 30°
离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需时间为t2＝eq \f(\r(3)L,v2)
联立解得t2＝2Leq \r(\f(m,2qU))
(3)设粒子在正方体中圆周分运动的半径为R，根据几何关系有
R＋Rcs 60°＝L
解得R＝eq \f(2,3)L
粒子在正方体中做匀加速直线分运动的加速度大小为a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(q,m)eq \r(\f(qUB2,2π2m))
粒子在正方体中在y方向的位移大小为
y1＝eq \f(1,2)at12
粒子离开正方体时的速度在y方向的分速度大小为vy＝at1
从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为y＝y1＋vyt2－eq \f(L,2)
联立解得y＝eq \f(9＋4π,54)L
根据几何关系可知粒子在正方体中在x方向的位移大小为x1＝Rcs 30°＝eq \f(\r(3),3)L
粒子离开正方体时的速度在－x方向的分速度大小为v1＝vsin 30°
从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为x＝x1－v1t2－eq \f(L,2)
联立解得x＝－eq \f(9－2\r(3),6)L
综上所述可知从M点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9－2\r(3),6)L，\f(9＋4π,54)L)).
3.(2022·山东菏泽市一模)在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，x轴水平向右．在O点，一个α粒子(氦原子核)以速度v0沿与x轴夹角为60°的方向射入电磁场，已知质子质量为m，电荷量为q.求：
(1)α粒子离x轴的最远距离；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能．
【答案】 (1)eq \f(2\r(3)mv0,qB) (2)2mv02＋eq \f(12πmE,B)(v0＋eq \f(6πE,B))
【解析】 (1)由题意可知，α粒子的质量为mα＝4m
电荷量为qα＝2q
将α粒子的初速度分解成沿x轴方向的分速度vx与垂直x轴方向的分速度vy，则有
vx＝v0cs 60°＝eq \f(1,2)v0
vy＝v0sin 60°＝eq \f(\r(3),2)v0
由于vx与磁场方向平行，不产生洛伦兹力，电场方向沿着x轴方向，只影响vx，不影响vy，故α粒子在电磁场中的运动可分解为：在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，以及沿x轴方向做匀加速直线运动．
对于垂直于x轴平面内的匀速圆周运动，有qαvyB＝mαeq \f(vy2,r)
解得圆周运动半径r＝eq \f(mαvy,qαB)＝eq \f(4mvy,2qB)＝eq \f(\r(3)mv0,qB)
故α粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为eq \f(2\r(3)mv0,qB)；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时，在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动可知，此过程经历的时间为
t＝3T＝3×eq \f(2πmα,qαB)＝eq \f(12πm,qB)
沿x轴方向做匀加速直线运动所通过的位移为
s＝vxt＋eq \f(1,2)at2
加速度大小为a＝eq \f(qαE,mα)＝eq \f(qE,2m)
联立解得s＝eq \f(6πm,qB)(v0＋eq \f(6πE,B))
α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交过程，由动能定理有
qαEs＝Ek－eq \f(1,2)mαv02
联立解得α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能
Ek＝2mv02＋eq \f(12πmE,B)(v0＋eq \f(6πE,B))．
4.(2021·浙江1月选考，22)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图3所示是离子注入工作的原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有sin α≈tan α≈α，cs α≈1－eq \f(1,2)α2。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷eq \f(q,m)；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y )表示，并说明理由。
【答案】 (1)eq \f(E,B) eq \f(2E,（R1＋R2）B2) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L2,R1＋R2)，0)) (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3L2,R1＋R2))) (4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L2,R1＋R2)，\f(3L2,R1＋R2)))，理由见解析
【解析】 (1)通过速度选择器的离子需满足qE＝qvB，可得速度v＝eq \f(E,B)
由题图知，从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝eq \f(R1＋R2,2)
由qvB＝eq \f(mv2,R)得eq \f(q,m)＝eq \f(v,RB)＝eq \f(2E,（R1＋R2）B2)。
(2)偏转系统仅加电场时，离子在偏转系统中做类平抛运动，设离子离开偏转系统时速度的偏转角为θ，离开电场时，离子在x方向偏转的距离x1＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,v)))eq \s\up12(2)
tan θ＝eq \f(qEL,mv2)
离开电场后，离子在x方向偏移的距离x2＝Ltan θ＝eq \f(qEL2,mv2)
则x＝x1＋x2＝eq \f(3qEL2,2mv2)＝eq \f(3L2,R1＋R2)
位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L2,R1＋R2)，0))。
(3)偏转系统仅加磁场时，由qvB＝eq \f(mv2,r)得
离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径
r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(R1＋R2,2)
运动轨迹如图所示
sin α＝eq \f(L,r)
离开磁场时，离子在y方向偏转距离
y1＝r(1－cs α)≈eq \f(L2,R1＋R2)
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
y2＝Ltan α≈eq \f(2L2,R1＋R2)
则y＝y1＋y2＝eq \f(3L2,R1＋R2)
故位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3L2,R1＋R2)))。
(4)注入晶圆的位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3L2,R1＋R2)，\f(3L2,R1＋R2)))。
电场引起的速度增量只对离子在x轴方向的运动产生影响，而磁场只对离子在y轴方向的运动产生影响。
5.(2022·浙江云峰联盟联考)如图甲所示的空间直角坐标系Oxyz中，分界面P、荧光屏Q均与平面Oxy平行，分界面P把空间分为区域Ⅰ和区域Ⅱ两部分，分界面P与平面Oxy间的距离为L，z轴与分界面P相交于O′。区域Ⅰ空间中分布着沿y轴正方向的匀强电场，区域Ⅱ空间中分布有沿x轴正方向和z轴正方向的磁场，磁感应强度大小均为B0，变化规律如图乙所示。两个电荷量均为q、质量均为m的带正电粒子A、B在y轴负半轴上的两点沿z轴正方向先后射出，经过区域Ⅰ，两粒子均打到O′点，其中粒子A到达O′点时速度大小为v0，方向与z轴正方向成θ＝60°角；在O点有一特殊的粒子处理器，使A、B粒子只保留垂直z方向的速度，并且同时从O′点射出，以粒子在O′点射出时的时刻为t＝0时刻，再经过区域Ⅱ，其中粒子A刚好打到荧光屏Q上，粒子B在t＝eq \f(5πm,3qB0)时打在荧光屏上形成一个亮点。粒子所受重力忽略不计，不考虑场的边缘效应及相对论效应，求：
(1)区域Ⅰ内电场强度E的大小；
(2)分界面P与荧光屏Q之间的距离d；
(3)A、B粒子在y轴上出发时的坐标之比eq \f(y1,y2)。
【答案】(1)eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),4qL) (2)eq \f(\r(3)mv0,qB0) (3)9∶16
【解析】 (1)粒子A在区域Ⅰ电场中做类平抛运动，沿z轴有L＝v0tcs θ
沿y轴有v1y＝v0sin θ＝at
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得E＝eq \f(\r(3)mveq \\al(2,0),4qL)。
(2)粒子A在区域Ⅱ磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πm,qB0)
粒子A从O′点开始0～eq \f(πm,qB0)时间内做半周期的匀速圆周运动，然后继续在Bx磁场中做半周期的匀速圆周运动正好与Q相切形成亮点，由向心力公式可得
qv1yB0＝meq \f(veq \\al(2,1y),r1)
由几何关系可得d＝2r1
联立解得d＝eq \f(\r(3)mv0,qB0)。
(3)在eq \f(πm,qB0)～eq \f(5πm,3qB0)时间内，粒子B以v2y在Bx内做匀速圆周运动，运动时间为
eq \f(2πm,3qB0)＝eq \f(T,3)
转过的角度为α＝eq \f(2,3)π
正好打在Q上，则轨道半径满足r2＋r2sin 30°＝2r1
又r2＝eq \f(mv2y,qB)，解得v1y＝eq \f(3,4)v2y
又vy2＝2ay，联立解得eq \f(y1,y2)＝eq \f(9,16)。
6.(2022·Z20联盟联考)如图所示，粒子源发射质量为m，电荷量为＋q的离子，经加速后沿水平方向进入速度选择器、磁分析器和电场偏转系统最后打在xOy平面上。速度选择器为四分之一圆环的辐向电场(方向指向O′，中轴线上的电场强度大小为E)，其两端中心位置M和N处各有一个小孔，圆环内外半径分别为L和3L。离子从M孔穿出后进入磁分析器，磁分析器也是一样的四分之一圆环，其圆心和电场圆心O′重叠，内部分布垂直纸面向里的匀强磁场，离子经磁场偏转后从PQ出口(包含P、Q两点)离开。之后进入电场偏转区，此处分布有垂直纸面向外的匀强电场，电场强度大小也为E，离子经匀强电场偏转后打在xOy平面上，xOy平面距PQ距离为2L，其中圆环中轴线刚好正对O点。求：
(1)能通过速度选择器的离子速度大小；
(2)要保证离子能顺利通过磁分析器，磁感应强度B的取值范围；
(3)若磁分析器中的磁场强度为B＝eq \f(4,5)eq \r(\f(2Em,qL))，离子落在xOy平面上的坐标，用(x，y)表示，并写出计算过程。
【答案】 (1)eq \r(\f(2qEL,m)) (2)eq \f(4,13)eq \r(\f(2mE,qL))≤B≤eq \f(4,5)eq \r(\f(2mE,qL)) (3)(eq \f(25,16)L，－2.5L)
【解析】 (1)设能通过速度选择器的离子速度大小为v，这些离子在辐向电场的速度选择器中做半径为2L的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE＝eq \f(mv2,2L)
解得v＝eq \r(\f(2qEL,m))。
(2)当离子从P点飞出时，设离子的运动半径为R1，运动轨迹如图所示，根据几何关系有(2L－R1)2＋L2＝Req \\al(2,1)
解得R1＝eq \f(5,4)L
根据牛顿第二定律有qvB1＝eq \f(mv2,R1)
解得B1＝eq \f(4,5)eq \r(\f(2mE,qL))
当离子从Q点飞出时，设离子的运动半径为R2，根据几何关系有
(R2－2L)2＋(3L)2＝Req \\al(2,2)
解得R2＝eq \f(13,4)L
根据牛顿第二定律有qvB2＝eq \f(mv2,R2)
解得B2＝eq \f(4,13)eq \r(\f(2mE,qL))
所以要保证离子能顺利通过磁分析器，磁感应强度B的取值范围是
eq \f(4,13)eq \r(\f(2mE,qL))≤B≤eq \f(4,5)eq \r(\f(2mE,qL))。
(3)当B＝eq \f(4,5)eq \r(\f(2Em,qL))时，离子刚好能从P点飞出，根据几何关系可得，离子从P点飞出时速度方向与水平方向的夹角θ的余弦值为cs θ＝eq \f(L,R1)＝eq \f(4,5)
离子在静电力的作用下，沿x方向做匀加速直线运动，加速度大小为a＝eq \f(qE,m)
离子从P点到xOy平面的运动时间为t＝eq \f(\f(2L,cs θ),v)＝eq \f(2.5L,v)
根据运动学规律可得x＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(25,16)L
根据几何关系可得y＝－L－2Ltan θ＝－2.5L
所以离子落在xOy平面上的坐标为(eq \f(25,16)L，－2.5L)。
数学
归纳法
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据
图像法
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出
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