高考物理二、三輪復習總攻略專題7.4計算題高考新動向(原卷版+解析)

第七部分計算壓軸滿分策略專題7.4計算題高考新動向目錄TOC\o"1-3"\h\u高考新動向1數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題 1【專題強化練】 5高考新動向2帶電粒子在立體空間的運動 10【專題強化練】 14高考新動向1數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題當兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數較多，過程復雜，在求解多次碰撞問題時，通常可用到以下兩種方法：數學歸納法先利用所學知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據前幾次數據，利用數學歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應規(guī)律或結果，然后可以計算全程的路程等數據圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應的v－t圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且可通過圖像所圍面積把物體的位移求出【例1】(2022·山東日照市一模)如圖所示，質量m1＝1.9kg的靶盒A靜止在固定平臺上的O點(未畫出)，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒(不連接)，此時彈簧處于自然長度，彈簧的勁度系數k＝184N/m.長度l＝2.25m、質量m2＝1.0kg的木板B靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺等高，且緊靠平臺右端放置，距離平臺右端d＝4.25m處有豎直墻壁．某射擊者根據需要瞄準靶盒，射出一顆水平速度v0＝100m/s、質量m0＝0.1kg的子彈，當子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內(在極短的時間內子彈與靶盒達到共同速度)，最終靶盒恰好沒有從木板的右端脫離木板．已知靶盒與平臺、與木板上表面間的動摩擦因數μ均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內，木板與墻壁碰撞沒有能量損失，靶盒與子彈均可視為質點，取g＝10m/s2.(彈簧的彈性勢能可表示為：Ep＝eq\f(1,2)kx2，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量)求：(1)子彈射入靶盒的過程中，系統(tǒng)損失的動能；(2)靶盒剛離開彈簧時的動能；(3)O點到平臺右端的距離；(4)木板運動的總路程．【例2】(2022·山東濰坊市高三期末)如圖所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d＝2m，A、B質量均為m＝1kg，不計一切摩擦．從某時刻起，B始終受到水平向右、大小為F＝9N的恒力作用，經過一段時間，B與A的擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程中無機械能損失，碰撞時間極短．重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊B與A擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大?。?2)由靜止開始經多長時間物塊B與木板A擋板發(fā)生第二次碰撞，碰后瞬間A、B的速度大小；(3)畫出由靜止釋放到物塊B與A擋板發(fā)生3次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像；(4)從物塊B開始運動到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內，物塊B運動的距離．【專題強化練】1．(2022·湖南岳陽市質檢)如圖所示，小滑塊A位于長木板B的左端，現讓小滑塊A和長木板B一起以相同速度v0＝3m/s在光滑的水平面上滑向前方固定在地面上的木樁C.A、B的質量分別為m1＝2kg，m2＝1kg，已知B與C的碰撞時間極短，且每次碰后B以原速率彈回，運動過程中A沒有與C相碰，A也沒從B的上表面掉下，已知A、B間的動摩擦因數μ＝0.1，(g＝10m/s2)求：(1)B與C第二次碰前瞬間的速度大?。?2)欲使A不從B的上表面掉下，B的長度至少是多少；(3)B與C第一次碰后到最終停止運動，B運動的總路程．2.(2022·山東淄博市模擬)如圖所示，在傾角為θ的斜面上放置一段凹槽B，B與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(1,2)tanθ，槽內靠近右側壁處有一小物塊A(可視為質點)，它到凹槽左側壁的距離為d.A、B的質量均為m，B與斜面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，不計A、B之間的摩擦，斜面足夠長．現同時由靜止釋放A、B，經過一段時間，A與B的側壁發(fā)生碰撞，碰撞過程無機械能損失，碰撞時間極短．重力加速度為g.求：(1)物塊A與凹槽B發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊A、凹槽B的速度大??；(2)由靜止釋放經多長時間物塊A與凹槽B左側壁發(fā)生第二次碰撞，碰后瞬間物塊A、凹槽B的速度大小；(3)畫出由靜止釋放到物塊A與凹槽B左側壁發(fā)生第4次碰撞時間內，物塊A的速度v隨時間t的變化圖像；(4)由靜止釋放到物塊A與凹槽B的左側壁發(fā)生第n次碰撞時間內，物塊A下滑的距離．3．(2022·廣東韶關市一模)如圖所示，裝置的左半部分是足夠長的光滑水平臺面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M＝2kg的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接．傳送帶始終以v＝2m/s的速率逆時針轉動．裝置的右邊是一光滑曲面，質量m＝1kg的小物塊B從其上距水平臺面高h＝1.0m處由靜止釋放．已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，傳送帶的長度l＝1.0m.物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)，取g＝10m/s2.求：(1)物塊B與物塊A第一次碰撞前，B的速度大小；(2)物塊B與物塊A第一次碰撞后到第二次碰撞前與傳送帶之間的摩擦生熱Q；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的動能Ekn.4.(2022·重慶市質檢)2022年冬奧會在北京和張家口市聯合舉行，小開同學受到冰壺運動的啟發(fā)，設置了一種新式的碰撞游戲，其情景如圖所示．豎直面內的一段光滑固定弧形軌道MN和粗糙水平軌道KN在N點平滑連接，水平直軌上放置質量mB＝1kg的足夠長的木板B，B的左端距N點的距離x＝eq\f(82,27)m，B的右端上方放置質量mC＝2kg的物塊C，B、C之間的動摩擦因數μC＝0.1，B與水平軌道之間的動摩擦因數μB＝0.2，質量為mA＝3kg的冰塊從距地面高度為h＝1m的地方靜止滑下，A與水平軌道之間的動摩擦因數μA＝eq\f(27,410)，A、B間的碰撞是彈性碰撞，碰撞時間極短，重力加速度取g＝10m/s2.已知A與B發(fā)生第二次碰撞之前B、C均已停止運動，不考慮冰塊質量的變化，求：(1)A與B第一次碰撞后A、B的速度大?。?2)A與B第二次碰前B的位移大??；(3)從開始到最終停止B、C之間因摩擦產生的熱量．高考新動向2帶電粒子在立體空間的運動帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉換視圖角度，充分利用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運動對應的規(guī)律進行求解．常見粒子在立體空間的運動軌跡特點，粒子的運動為一個軸方向的直線運動和垂直軸的平面中的曲線運動，或粒子從一個平面的曲線運動變換到另一個平面的曲線運動．【例1】(2022·山東濟寧市一模)如圖所示，真空中的立方體棱長為0.8m，底面中心處有一點狀放射源S，僅在abcO所在平面內向各個方向均勻發(fā)射α粒子，所有α粒子的速率均為v＝5.0×106m/s，已知α粒子的比荷為eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg，現給立方體內施加豎直向上的勻強磁場，使所有α粒子恰好能束縛在正方形abcO區(qū)域內．abfe面放有一個屏，該屏可以沿z軸左右平移．(1)求勻強磁場的磁感應強度B的大??；(2)在正方體內再施加豎直向上的勻強電場，要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，求所加勻強電場的電場強度E的大小(結果用π表示)；(3)若勻強電場的電場強度的大小取第(2)問中的最大值，現讓abfe屏向左沿－z方向移動0.2m，求粒子打在abfe屏上x坐標最大值和最小值時對應點的y軸坐標．【例2】(2022·山東卷·17)中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，0<z≤d空間內充滿勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；－3d≤z<0，y≥0的空間內充滿勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為eq\f(\r(2),2)B，方向平行于xOy平面，與x軸正方向夾角為45°；z<0，y≤0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場．質量為m、帶電量為＋q的離子甲，從yOz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為β，在yOz平面內運動一段時間后，經坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ.不計離子重力．(1)當離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；(2)若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；(3)離子甲以eq\f(qBd,2m)的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，求第四次穿過xOy平面的位置坐標(用d表示)；(4)當離子甲以eq\f(qBd,2m)的速度從O點進入磁場Ⅰ時，質量為4m、帶電量為＋q的離子乙，也從O點沿z軸正方向以相同的動能同時進入磁場Ⅰ，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差Δt(忽略離子間相互作用)．【專題強化練】1．(2022·山東青島市三模)如圖，在空間建立Oxyz三維直角坐標系，其中x軸水平向右，y軸豎直向上，z軸垂直紙面向外，在x＝a處平行于yOz平面固定一足夠大熒光屏M，在yOz平面左側空間有方向豎直向下、電場強度為E1的勻強電場；x軸上的A點(－2eq\r(3)a,0,0)有一粒子源，粒子源在xOy平面內沿與x軸成一定角度射出帶電粒子，粒子的速度大小為v0，質量為m，帶電荷量為＋q.經過一段時間，粒子從y軸上C點(0,3a,0)垂直y軸進入yOz平面與熒光屏之間的空間，該空間內有方向沿z軸正方向、磁感應強度大小為B＝eq\f(mv0,4qa)的勻強磁場(圖中未畫出)，不計粒子重力．(1)求yOz平面左側勻強電場的電場強度大小E1；(2)求粒子從A點射出到打到熒光屏上所經歷的時間t；(3)若在yOz平面與熒光屏之間的空間再加上一沿z軸正方向、電場強度大小為E0的勻強電場，求粒子最終打在熒光屏上的P點時的位置坐標．2．如圖所示，一些質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從一線狀粒子源射出(初速度可視為0)經過電壓為U的電場加速后，粒子以一定的水平初速度從MS段垂直射出(S為MF中點)，進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)內(內部有垂直面MPRG的方向如圖、大小未知的勻強磁場與勻強電場)．距離正方體底部eq\r(3)L處有一與RNAG平行的足夠大平板．現以正方體底面中心O在平板的垂直投影點為原點，在平板內建立直角坐標系(其中x軸與GR平行)．所有帶電粒子都從正方體底面離開，且從M點進入正方體的粒子在正方體中運動的時間為eq\f(2πm,3qB).不計粒子重力．(1)求粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時速度的大小；(2)粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達平板所需時間；(3)若滿足關系式E＝eq\r(\f(qUB2,2π2m))，求從M點入射的粒子最后打到平板上的位置坐標．(結果用L表示)3.(2022·山東菏澤市一模)在空間中存在水平向右的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E，x軸水平向右．在O點，一個α粒子(氦原子核)以速度v0沿與x軸夾角為60°的方向射入電磁場，已知質子質量為m，電荷量為q.求：(1)α粒子離x軸的最遠距離；(2)α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時的動能．4.(2021·浙江1月選考，22)在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖3所示是離子注入工作的原理示意圖，離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經偏轉系統(tǒng)后注入處在水平面內的晶圓(硅片)。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統(tǒng)的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當偏轉系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點(即圖中坐標原點，x軸垂直紙面向外)。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經過電場和磁場偏轉的角度都很小。當α很小時，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1－eq\f(1,2)α2。求：(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來的離子的比荷eq\f(q,m)；(2)偏轉系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；(3)偏轉系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；(4)偏轉系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示，并說明理由。5.(2022·浙江云峰聯盟聯考)如圖甲所示的空間直角坐標系Oxyz中，分界面P、熒光屏Q均與平面Oxy平行，分界面P把空間分為區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ兩部分，分界面P與平面Oxy間的距離為L，z軸與分界面P相交于O′。區(qū)域Ⅰ空間中分布著沿y軸正方向的勻強電場，區(qū)域Ⅱ空間中分布有沿x軸正方向和z軸正方向的磁場，磁感應強度大小均為B0，變化規(guī)律如圖乙所示。兩個電荷量均為q、質量均為m的帶正電粒子A、B在y軸負半軸上的兩點沿z軸正方向先后射出，經過區(qū)域Ⅰ，兩粒子均打到O′點，其中粒子A到達O′點時速度大小為v0，方向與z軸正方向成θ＝60°角；在O點有一特殊的粒子處理器，使A、B粒子只保留垂直z方向的速度，并且同時從O′點射出，以粒子在O′點射出時的時刻為t＝0時刻，再經過區(qū)域Ⅱ，其中粒子A剛好打到熒光屏Q上，粒子B在t＝eq\f(5πm,3qB0)時打在熒光屏上形成一個亮點。粒子所受重力忽略不計，不考慮場的邊緣效應及相對論效應，求：(1)區(qū)域Ⅰ內電場強度E的大?。?2)分界面P與熒光屏Q之間的距離d；(3)A、B粒子在y軸上出發(fā)時的坐標之比eq\f(y1,y2)。6.(2022·Z20聯盟聯考)如圖所示，粒子源發(fā)射質量為m，電荷量為＋q的離子，經加速后沿水平方向進入速度選擇器、磁分析器和電場偏轉系統(tǒng)最后打在xOy平面上。速度選擇器為四分之一圓環(huán)的輻向電場(方向指向O′，中軸線上的電場強度大小為E)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔，圓環(huán)內外半徑分別為L和3L。離子從M孔穿出后進入磁分析器，磁分析器也是一樣的四分之一圓環(huán)，其圓心和電場圓心O′重疊，內部分布垂直紙面向里的勻強磁場，離子經磁場偏轉后從PQ出口(包含P、Q兩點)離開。之后進入電場偏轉區(qū)，此處分布有垂直紙面向外的勻強電場，電場強度大小也為E，離子經勻強電場偏轉后打在xOy平面上，xOy平面距PQ距離為2L，其中圓環(huán)中軸線剛好正對O點。求：(1)能通過速度選擇器的離子速度大小；(2)要保證離子能順利通過磁分析器，磁感應強度B的取值范圍；(3)若磁分析器中的磁場強度為B＝eq\f(4,5)eq\r(\f(2Em,qL))，離子落在xOy平面上的坐標，用(x，y)表示，并寫出計算過程。第七部分計算壓軸滿分策略專題7.4計算題高考新動向目錄TOC\o"1-3"\h\u高考新動向1數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題 1【專題強化練】 5高考新動向2帶電粒子在立體空間的運動 10【專題強化練】 14高考新動向1數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題當兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數較多，過程復雜，在求解多次碰撞問題時，通?？捎玫揭韵聝煞N方法：數學歸納法先利用所學知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據前幾次數據，利用數學歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應規(guī)律或結果，然后可以計算全程的路程等數據圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應的v－t圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且可通過圖像所圍面積把物體的位移求出【例1】(2022·山東日照市一模)如圖所示，質量m1＝1.9kg的靶盒A靜止在固定平臺上的O點(未畫出)，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒(不連接)，此時彈簧處于自然長度，彈簧的勁度系數k＝184N/m.長度l＝2.25m、質量m2＝1.0kg的木板B靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺等高，且緊靠平臺右端放置，距離平臺右端d＝4.25m處有豎直墻壁．某射擊者根據需要瞄準靶盒，射出一顆水平速度v0＝100m/s、質量m0＝0.1kg的子彈，當子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內(在極短的時間內子彈與靶盒達到共同速度)，最終靶盒恰好沒有從木板的右端脫離木板．已知靶盒與平臺、與木板上表面間的動摩擦因數μ均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內，木板與墻壁碰撞沒有能量損失，靶盒與子彈均可視為質點，取g＝10m/s2.(彈簧的彈性勢能可表示為：Ep＝eq\f(1,2)kx2，k為彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量)求：(1)子彈射入靶盒的過程中，系統(tǒng)損失的動能；(2)靶盒剛離開彈簧時的動能；(3)O點到平臺右端的距離；(4)木板運動的總路程．【答案】(1)475J(2)21J(3)3m(4)3.125m【解析】(1)子彈射入靶盒的過程中，由動量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，得v＝5m/s系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)m0v02－eq\f(1,2)(m1＋m0)v2，解得ΔEk＝475J；(2)子彈進入靶盒后，設靶盒向左運動的最大距離為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＝0.5m，靶盒再次返回到O點時離開彈簧，設此時動能為Ek，由動能定理有－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－eq\f(1,2)(m1＋m0)v2，解得Ek＝21J；(3)設O點到平臺右端的距離為s，靶盒A離開O點后僅在摩擦力的作用下做勻減速直線運動，滑上木板后，木板與墻壁多次碰撞，最終靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，解得s＝3m；(4)設靶盒滑上長木板時的速度大小為v1，由動能定理有－μ(m1＋m0)gs＝eq\f(1,2)(m1＋m0)v12－Ek，解得v1＝3m/s，設之后靶盒與木板達到共同速度v1′，(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v1′，解得v1′＝2m/s，該過程中木板的位移為s1，木板的加速度為a，μ(m1＋m0)g＝m2a，根據v1′2＝2as1，解得s1＝0.5m<d－l，說明木板與墻壁碰撞之前已經與靶盒達到共同速度，木板第一次與墻壁碰撞之后向左減速，經位移大小s1速度減為0，再向右加速，設與靶盒達到共同速度v2，以向右為正方向(下同)，有(m1＋m0)v1′－m2v1′＝(m1＋m0＋m2)v2，可得v2＝eq\f(1,3)v1′，木板第二次與墻壁碰撞之后向左減速，經位移大小s2速度減為0，再向右加速v22＝2as2，設第二次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達到共同速度v3，(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，v3＝eq\f(1,3)v2＝(eq\f(1,3))2v1′，第三次與墻壁碰撞之后，經位移大小s3速度減為0，再向右加速，v32＝2as3，第n次與墻壁碰撞之后，靶盒與木板達到共同速度vn＋1，vn＋1＝(eq\f(1,3))nv1′經位移大小sn速度減為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＝3.125m.【例2】(2022·山東濰坊市高三期末)如圖所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d＝2m，A、B質量均為m＝1kg，不計一切摩擦．從某時刻起，B始終受到水平向右、大小為F＝9N的恒力作用，經過一段時間，B與A的擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程中無機械能損失，碰撞時間極短．重力加速度g＝10m/s2.求：(1)物塊B與A擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大小；(2)由靜止開始經多長時間物塊B與木板A擋板發(fā)生第二次碰撞，碰后瞬間A、B的速度大??；(3)畫出由靜止釋放到物塊B與A擋板發(fā)生3次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像；(4)從物塊B開始運動到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內，物塊B運動的距離．【答案】(1)06m/s(2)eq\f(4,3)s12m/s6m/s(3)見解析圖(4)[2＋4n(n－1)]m(n＝2,3，4，…)【解析(1)B從A的左端開始到右端的過程，由動能定理有Fd＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝6m/sB與A碰撞過程，由動量守恒和能量關系有mv0＝mv1＋mv2eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22解得v1＝0v2＝6m/s(2)第一次碰后A向右以速度v2＝6m/s做勻速運動，B做初速度為0、加速度為a＝eq\f(F,m)＝9m/s2的勻加速運動，則第二次碰撞時有v2t＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(4,3)s此時B的速度為v3＝at＝12m/s，第二次碰撞時，同樣由動量守恒和能量關系有mv2＋mv3＝mv4＋mv5eq\f(1,2)mv22＋eq\f(1,2)mv32＝eq\f(1,2)mv42＋eq\f(1,2)mv52解得A、B的速度為v4＝12m/sv5＝6m/s(3)同理第三次碰撞時有v5t′＋eq\f(1,2)at′2＝v4t′解得t′＝eq\f(4,3)s此時B的速度為v6＝v5＋at′＝18m/s從開始運動到第一次碰撞的時間t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2,3)s由靜止釋放到物塊B與A擋板發(fā)生3次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像如圖所示；(4)由以上分析可知，從第一次碰后，到下一次碰撞，B向前運動的距離都比前一次多8m，由v－t圖像可知，從B開始運動到第1次碰撞，B運動的距離為2m；從第1次到第2次碰撞，B運動的距離為8m；從第2次到第3次碰撞，B運動的距離為8m＋8m＝16m；從第3次到第4次碰撞，B運動的距離為16m＋8m＝24m；根據數學知識可知從物塊B開始運動到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內，物塊B運動的距離s＝2m＋(n－1)×8m＋eq\f(8,2)(n－1)(n－2)m＝[2＋4n(n－1)]m(n＝2,3,4，…)【專題強化練】1．(2022·湖南岳陽市質檢)如圖所示，小滑塊A位于長木板B的左端，現讓小滑塊A和長木板B一起以相同速度v0＝3m/s在光滑的水平面上滑向前方固定在地面上的木樁C.A、B的質量分別為m1＝2kg，m2＝1kg，已知B與C的碰撞時間極短，且每次碰后B以原速率彈回，運動過程中A沒有與C相碰，A也沒從B的上表面掉下，已知A、B間的動摩擦因數μ＝0.1，(g＝10m/s2)求：(1)B與C第二次碰前瞬間的速度大??；(2)欲使A不從B的上表面掉下，B的長度至少是多少；(3)B與C第一次碰后到最終停止運動，B運動的總路程．【答案(1)1m/s(2)6.75m(3)5.0625m【解析(1)第一次碰后A、B達到共同速度且為B與C第二次碰前瞬間的速度，設為v1，以向右為正，由動量守恒定律有m1v0－m2v0＝(m1＋m2)v1解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0＝eq\f(1,3)v0＝1m/s(2)全過程由能量守恒定律有μm1gL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v02可得L＝6.75m(3)設B與C第一次碰后向左運動的最大距離為s1，對長木板，由動能定理－μm1gs1＝0－eq\f(1,2)m2v02解得s1＝eq\f(m2,2μm1g)v02＝2.25m第二次碰后由動量守恒定律有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設B與C第二次碰后向左運動的最大距離為s2，對長木板，由動能定理－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，由動量守恒定律有m1v2－m2v2＝(m1＋m2)v3，可得v3＝eq\f(1,3)v2設B與C第三次碰后向左運動的最大距離為s3，對長木板，由動能定理－μm1gs3＝0－eq\f(1,2)m2v22可得s3＝eq\f(m2,2μm1g)v22＝(eq\f(1,9))2s1s1，s2，s3，…，sn為等比數列，公比為eq\f(1,9)，B運動的總路程s＝2eq\f(s1,1－\f(1,9))＝5.0625m.2.(2022·山東淄博市模擬)如圖所示，在傾角為θ的斜面上放置一段凹槽B，B與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(1,2)tanθ，槽內靠近右側壁處有一小物塊A(可視為質點)，它到凹槽左側壁的距離為d.A、B的質量均為m，B與斜面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，不計A、B之間的摩擦，斜面足夠長．現同時由靜止釋放A、B，經過一段時間，A與B的側壁發(fā)生碰撞，碰撞過程無機械能損失，碰撞時間極短．重力加速度為g.求：(1)物塊A與凹槽B發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊A、凹槽B的速度大小；(2)由靜止釋放經多長時間物塊A與凹槽B左側壁發(fā)生第二次碰撞，碰后瞬間物塊A、凹槽B的速度大??；(3)畫出由靜止釋放到物塊A與凹槽B左側壁發(fā)生第4次碰撞時間內，物塊A的速度v隨時間t的變化圖像；(4)由靜止釋放到物塊A與凹槽B的左側壁發(fā)生第n次碰撞時間內，物塊A下滑的距離．【答案】(1)0eq\r(2gdsinθ)(2)3eq\r(\f(2d,gsinθ))eq\r(2gdsinθ)2eq\r(2gdsinθ)(3)見解析圖(4)(2n2－2n＋1)d(n＝1,2,3，…)【解析】(1)A、B碰前對B由mgsinθ＝μ·2mgcosθ可知B保持靜止不動對A有a＝gsinθ，vA12＝2adA、B發(fā)生彈性碰撞過程中有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(2gdsinθ)(2)A與B第一次碰前有：d＝eq\f(1,2)gsinθ·t12A與B第一次碰后到第二次碰前有：vB1′·t2＝eq\f(1,2)gsinθ·t22則由靜止釋放到第二次碰撞前所用的總時間t總＝t1＋t2得t總＝3eq\r(\f(2d,gsinθ))A與B第二次碰前：A的速度vA2＝at2＝2eq\r(2gdsinθ)B的速度vB2＝vB1′＝eq\r(2gdsinθ)因質量相等的物體在發(fā)生彈性碰撞過程中交換速度，則A、B碰后速度大小分別為：vA2′＝eq\r(2gdsinθ)、vB2′＝2eq\r(2gdsinθ)(3)A的v－t圖像為其中t0＝eq\r(\f(2d,gsinθ))、v0＝eq\r(2gdsinθ)(4)由第(3)問中A的v－t圖像可知第n次碰撞時間內A下滑的距離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·廣東韶關市一模)如圖所示，裝置的左半部分是足夠長的光滑水平臺面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M＝2kg的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接．傳送帶始終以v＝2m/s的速率逆時針轉動．裝置的右邊是一光滑曲面，質量m＝1kg的小物塊B從其上距水平臺面高h＝1.0m處由靜止釋放．已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，傳送帶的長度l＝1.0m.物塊A、B間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)，取g＝10m/s2.求：(1)物塊B與物塊A第一次碰撞前，B的速度大??；(2)物塊B與物塊A第一次碰撞后到第二次碰撞前與傳送帶之間的摩擦生熱Q；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的動能Ekn.【答案】(1)4m/s(2)eq\f(16,3)J(3)eq\f(8,9n)J【解析】(1)對B，自開始至到達曲面底端時，由機械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝2eq\r(5)m/s由于v0>v，B開始在傳送帶上減速，設B在傳送帶上一直做減速運動到左端時速度大小為v1，由動能定理得－μmgl＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得v1＝4m/s由于v1>v，所以假設成立，即物塊B與物塊A第一次碰前的速度大小為4m/s(2)設B與A第一次碰撞后的速度大小分別為vB1、vA1，取向左為正方向，由動量守恒定律得mv1＝mvB1＋MvA1由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mvB12＋eq\f(1,2)MvA12由以上兩式解得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的速度滑上傳送帶，設B向右減速為0時經過的位移為x，則－μmgx＝0－eq\f(1,2)mvB12解得x＝eq\f(4,9)m<1m物塊B再向左加速返回傳送帶左端，且回到左端的速度為eq\f(4,3)m/s.設物塊B從向右滑上傳送帶到減速為0用時t，則t＝eq\f(vB1,－μg)＝eq\f(2,3)s摩擦生熱Q＝μmg(2vt－0)＝eq\f(16,3)J(3)由于第二次碰撞仍為彈性碰撞，由第(2)問的分析可知，B碰后的速度大小仍為碰前的eq\f(1,3)，即vB2＝eq\f(1,3)vB1＝(eq\f(1,3))2v1同理可推，B與A碰撞n次后vBn＝(eq\f(1,3))nv1＝eq\f(4,3n)m/s動能Ekn＝eq\f(1,2)mvBn2＝eq\f(8,9n)J.4.(2022·重慶市質檢)2022年冬奧會在北京和張家口市聯合舉行，小開同學受到冰壺運動的啟發(fā)，設置了一種新式的碰撞游戲，其情景如圖所示．豎直面內的一段光滑固定弧形軌道MN和粗糙水平軌道KN在N點平滑連接，水平直軌上放置質量mB＝1kg的足夠長的木板B，B的左端距N點的距離x＝eq\f(82,27)m，B的右端上方放置質量mC＝2kg的物塊C，B、C之間的動摩擦因數μC＝0.1，B與水平軌道之間的動摩擦因數μB＝0.2，質量為mA＝3kg的冰塊從距地面高度為h＝1m的地方靜止滑下，A與水平軌道之間的動摩擦因數μA＝eq\f(27,410)，A、B間的碰撞是彈性碰撞，碰撞時間極短，重力加速度取g＝10m/s2.已知A與B發(fā)生第二次碰撞之前B、C均已停止運動，不考慮冰塊質量的變化，求：(1)A與B第一次碰撞后A、B的速度大?。?2)A與B第二次碰前B的位移大??；(3)從開始到最終停止B、C之間因摩擦產生的熱量．【答案】(1)2m/s6m/s(2)eq\f(41,18)m(3)eq\f(208,45)J【解析】(1)碰撞前，由機械能守恒定律得mAgh－μAmAgx＝eq\f(1,2)mAv02冰塊A與木板B為彈性碰撞，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mAv02＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2，聯立解得vA＝2m/s，vB＝6m/s(2)已知A與B發(fā)生第二次碰撞之前B、C均已停止運動，故由牛頓第二定律得B的加速度大小為aB＝eq\f(μBmC＋mBg＋μCmCg,mB)C做加速運動，加速度大小為aC＝eq\f(μCmCg,mC)最后二者共速時，對B有v共＝vB－aBt對C有v共＝aCt聯立解得t＝eq\f(2,3)s，v共＝eq\f(2,3)m/s，則達到共速前，B的位移為xB′＝eq\f(vB2－v共2,2aB)＝eq\f(20,9)m，此后物塊C相對木板B向前滑動，則此時C做減速運動的加速度大小仍為aC＝1m/s2木板B也做減速運動，加速度大小為aB′＝eq\f(μBmC＋mBg－μCmCg,mB)＝4m/s2B的速度為零時位移為xB″＝eq\f(v共2,2aB′)＝eq\f(1,18)m則A與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，從開始到B、C共速時相對位移為Δx′＝xB′－xC＝eq\f(vB2－v共2,2aB)－eq\f(v共2,2aC)＝2m共速后到兩者都停止運動時的相對位移Δx″＝xC′－xB″＝eq\f(v共2,2aC)－eq\f(v共2,2aB′)＝eq\f(1,6)mΔx1＝Δx′＋Δx″＝eq\f(13,6)m，隨后A再次與B相碰，直到最后系統(tǒng)均靜止，A做勻減速直線運動的加速度大小為aA＝μAg，故第二次碰撞前的速度大小為vA1＝eq\r(vA2－2aAxB)＝1m/s，與B再次碰撞后，由于每一次碰撞后的規(guī)律與第一次相同，所以第二階段的總路程與第一階段成正比，即eq\f(Δx2,Δx1)＝eq\f(1,16)，則總的相對路程為Δx＝eq\f(Δx1,1－\f(1,16))，從開始到最終停止，B、C之間因摩擦產生的熱量為Q＝μCmCgΔx＝eq\f(208,45)J.高考新動向2帶電粒子在立體空間的運動帶電粒子在立體空間中的組合場、疊加場的運動問題，通過受力分析、運動分析，轉換視圖角度，充分利用分解的思想，分解為直線運動、圓周運動、類平拋運動，再利用每種運動對應的規(guī)律進行求解．常見粒子在立體空間的運動軌跡特點，粒子的運動為一個軸方向的直線運動和垂直軸的平面中的曲線運動，或粒子從一個平面的曲線運動變換到另一個平面的曲線運動．【例1】(2022·山東濟寧市一模)如圖所示，真空中的立方體棱長為0.8m，底面中心處有一點狀放射源S，僅在abcO所在平面內向各個方向均勻發(fā)射α粒子，所有α粒子的速率均為v＝5.0×106m/s，已知α粒子的比荷為eq\f(q,m)＝5.0×107C/kg，現給立方體內施加豎直向上的勻強磁場，使所有α粒子恰好能束縛在正方形abcO區(qū)域內．abfe面放有一個屏，該屏可以沿z軸左右平移．(1)求勻強磁場的磁感應強度B的大??；(2)在正方體內再施加豎直向上的勻強電場，要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，求所加勻強電場的電場強度E的大小(結果用π表示)；(3)若勻強電場的電場強度的大小取第(2)問中的最大值，現讓abfe屏向左沿－z方向移動0.2m，求粒子打在abfe屏上x坐標最大值和最小值時對應點的y軸坐標．【答案】(1)0.5T(2)eq\f(5×106,n2π2)V/m(n＝1,2,3，…)(3)0.2m0.05m【解析】(1)所有α粒子恰好束縛在正方形abcO區(qū)域內，由幾何關系得r＝0.2mα粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)解得B＝0.5T(2)α粒子做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)＝8π×10－8s要使所有粒子剛好都能從上表面中心P離開，所用時間一定為周期的整數倍，在豎直方向上由運動學規(guī)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)粒子運動的俯視圖如圖所示，由圖可知，當SP1為直徑時，射出粒子的x軸坐標為最大值，此時粒子運動的時間為t1＝eq\f(1,2)T＝4π×10－8s此時對應的y軸坐標y1＝eq\f(1,2)·eq\f(qEm,m)t12解得y1＝0.2m由圖可知，當與abfe面相切時，射出粒子的x軸坐標為最小值，此時粒子運動的時間為t2＝eq\f(1,4)T＝2π×10－8s此時對應的y軸坐標為y2＝eq\f(1,2)·eq\f(qEm,m)t22解得y2＝0.05m.【例2】(2022·山東卷·17)中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，0<z≤d空間內充滿勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；－3d≤z<0，y≥0的空間內充滿勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為eq\f(\r(2),2)B，方向平行于xOy平面，與x軸正方向夾角為45°；z<0，y≤0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場．質量為m、帶電量為＋q的離子甲，從yOz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為β，在yOz平面內運動一段時間后，經坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ.不計離子重力．(1)當離子甲從A點出射速度為v0時，求電場強度的大小E；(2)若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度vm；(3)離子甲以eq\f(qBd,2m)的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，求第四次穿過xOy平面的位置坐標(用d表示)；(4)當離子甲以eq\f(qBd,2m)的速度從O點進入磁場Ⅰ時，質量為4m、帶電量為＋q的離子乙，也從O點沿z軸正方向以相同的動能同時進入磁場Ⅰ，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差Δt(忽略離子間相互作用)．【答案】(1)eq\f(mv02sinβcosβ,qL)(2)eq\f(qBd,m)(3)(d，d,0)(4)(2＋2eq\r(2))eq\f(πm,qB)【解析】(1)如圖所示，將離子甲在A點的出射速度v0分解到沿y軸方向和z軸方向，離子受到的靜電力沿y軸負方向，可知離子沿z軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，從A到O的過程，有L＝v0cosβ·t，v0sinβ＝at，a＝eq\f(qE,m)聯立解得E＝eq\f(mv02sinβcosβ,qL)；(2)如圖所示，離子從坐標原點O沿z軸正方向進入磁場Ⅰ中，由洛倫茲力提供向心力可得qv1B＝eq\f(mv12,rⅠ)離子經過磁場Ⅰ偏轉后從y軸進入磁場Ⅱ中，由洛倫茲力提供向心力可得qv1·eq\f(\r(2),2)B＝eq\f(mv12,rⅡ)，可得rⅡ＝eq\r(2)rⅠ為了使離子在磁場中運動，需滿足rⅠ≤d，rⅡ≤3d則可得v1≤eq\f(qBd,m)故要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為eq\f(qBd,m)；(3)離子甲以v＝eq\f(qBd,2m)的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ，離子在磁場Ⅰ中的軌跡半徑為r1＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(d,2)離子在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為r2＝eq\f(\r(2)d,2)離子從O點第一次穿過到第四次穿過xOy平面的運動情景，如圖所示離子第四次穿過xOy平面的x坐標為x4＝2r2sin45°＝d離子第四次穿過xOy平面的y坐標為y4＝2r1＝d故離子第四次穿過xOy平面的位置坐標為(d，d,0)；(4)設離子乙的速度為v′，根據離子甲、乙動能相同，可得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×4mv′2可得v′＝eq\f(v,2)＝eq\f(qBd,4m)離子乙在磁場Ⅰ中的軌跡半徑為r1′＝eq\f(4mv′,qB)＝d＝2r1離子乙在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為r2′＝eq\f(4mv′,q·\f(\r(2),2)B)＝eq\r(2)d＝2r2根據幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖所示，從O點進入磁場到軌跡第一個交點的過程，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)可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點的時間差為Δt＝t乙－t甲＝(2＋2eq\r(2))eq\f(πm,qB).【專題強化練】1．(2022·山東青島市三模)如圖，在空間建立Oxyz三維直角坐標系，其中x軸水平向右，y軸豎直向上，z軸垂直紙面向外，在x＝a處平行于yOz平面固定一足夠大熒光屏M，在yOz平面左側空間有方向豎直向下、電場強度為E1的勻強電場；x軸上的A點(－2eq\r(3)a,0,0)有一粒子源，粒子源在xOy平面內沿與x軸成一定角度射出帶電粒子，粒子的速度大小為v0，質量為m，帶電荷量為＋q.經過一段時間，粒子從y軸上C點(0,3a,0)垂直y軸進入yOz平面與熒光屏之間的空間，該空間內有方向沿z軸正方向、磁感應強度大小為B＝eq\f(mv0,4qa)的勻強磁場(圖中未畫出)，不計粒子重力．(1)求yOz平面左側勻強電場的電場強度大小E1；(2)求粒子從A點射出到打到熒光屏上所經歷的時間t；(3)若在yOz平面與熒光屏之間的空間再加上一沿z軸正方向、電場強度大小為E0的勻強電場，求粒子最終打在熒光屏上的P點時的位置坐標．【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)將粒子的速度v0分解為沿x軸方向的分速度v0x和沿y軸方向的分速度v0y，根據題意可得，在沿x軸方向上有v0xt1＝2eq\r(3)a沿y軸方向上有eq\f(1,2)v0yt1＝3a則eq\f(v0y,v0x)＝eq\r(3)＝tanθ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聯立可得E1＝eq\f(mv02,8qa)(2)粒子沿x軸方向的分速度為v0x＝eq\f(1,2)v0在沿x軸方向有2eq\r(3)a＝v0xt1解得t1＝eq\f(4\r(3)a,v0)粒子帶正電，由左手定則可知，粒子沿y軸負方向偏轉，設偏轉角為α由qv0xB＝eq\f(mv0x2,r)可得r＝2a由幾何關系可得sinα＝eq\f(a,r)＝eq\f(1,2)，則α＝30°粒子在磁場中運動時間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)粒子從A點射出到打到熒光屏上所經歷的時間t＝t1＋t2＝eq\f(4\r(3)a,v0)＋eq\f(2πa,3v0)＝eq\f(2aπ＋6\r(3),3v0)(3)在y軸方向上由幾何關系可得y軸坐標為y＝3a－(2a－eq\r(3)a)＝(1＋eq\r(3))a在沿z軸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標是(a，(1＋eq\r(3))a，eq\f(2qE0π2a2,9mv02))．2．如圖所示，一些質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從一線狀粒子源射出(初速度可視為0)經過電壓為U的電場加速后，粒子以一定的水平初速度從MS段垂直射出(S為MF中點)，進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)內(內部有垂直面MPRG的方向如圖、大小未知的勻強磁場與勻強電場)．距離正方體底部eq\r(3)L處有一與RNAG平行的足夠大平板．現以正方體底面中心O在平板的垂直投影點為原點，在平板內建立直角坐標系(其中x軸與GR平行)．所有帶電粒子都從正方體底面離開，且從M點進入正方體的粒子在正方體中運動的時間為eq\f(2πm,3qB).不計粒子重力．(1)求粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時速度的大??；(2)粒子射出正方體電磁修正區(qū)后到達平板所需時間；(3)若滿足關系式E＝eq\r(\f(qUB2,2π2m))，求從M點入射的粒子最后打到平板上的位置坐標．(結果用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\co1(－\f(9－2\r(3),6)L，\f(9＋4π,54)L))【解析】(1)設粒子進入棱長為L的正方體電磁修正區(qū)時的速度的大小為v，根據動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)在正方體中，粒子在平行于MPRG平面方向的分運動為勻速圓周運動，在垂直于MPRG平面方向的分運動為勻加速直線運動，設粒子圓周分運動的周期為T，根據牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)又T＝eq\f(2πR,v)解得T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(2πR,v)從M點進入正方體的粒子在正方體中運動的時間為t1＝eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(T,3)所以粒子圓周分運動轉過的圓心角為120°，根據幾何關系可知粒子離開正方體時的速度在垂直于平板方向的分量大小為v2＝vcos30°離開正方體后粒子做勻速直線運動，到達平板所需時間為t2＝eq\f(\r(3)L,v2)聯立解得t2＝2Leq\r(\f(m,2qU))(3)設粒子在正方體中圓周分運動的半徑為R，根據幾何關系有R＋Rcos60°＝L解得R＝eq\f(2,3)L粒子在正方體中做勻加速直線分運動的加速度大小為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(q,m)eq\r(\f(qUB2,2π2m))粒子在正方體中在y方向的位移大小為y1＝eq\f(1,2)at12粒子離開正方體時的速度在y方向的分速度大小為vy＝at1從M點入射的粒子最后打到平板上的位置的縱坐標為y＝y(tǒng)1＋vyt2－eq\f(L,2)聯立解得y＝eq\f(9＋4π,54)L根據幾何關系可知粒子在正方體中在x方向的位移大小為x1＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),3)L粒子離開正方體時的速度在－x方向的分速度大小為v1＝vsin30°從M點入射的粒子最后打到平板上的位置的橫坐標為x＝x1－v1t2－eq\f(L,2)聯立解得x＝－eq\f(9－2\r(3),6)L綜上所述可知從M點入射的粒子最后打到平板上的位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9－2\r(3),6)L，\f(9＋4π,54)L)).3.(2022·山東菏澤市一模)在空間中存在水平向右的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為E，x軸水平向右．在O點，一個α粒子(氦原子核)以速度v0沿與x軸夾角為60°的方向射入電磁場，已知質子質量為m，電荷量為q.求：(1)α粒子離x軸的最遠距離；(2)α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時的動能．【答案】(1)eq\f(2\r(3)mv0,qB)(2)2mv02＋eq\f(12πmE,B)(v0＋eq\f(6πE,B))【解析】(1)由題意可知，α粒子的質量為mα＝4m電荷量為qα＝2q將α粒子的初速度分解成沿x軸方向的分速度vx與垂直x軸方向的分速度vy，則有vx＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0vy＝v0sin60°＝eq\f(\r(3),2)v0由于vx與磁場方向平行，不產生洛倫茲力，電場方向沿著x軸方向，只影響vx，不影響vy，故α粒子在電磁場中的運動可分解為：在垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動，以及沿x軸方向做勻加速直線運動．對于垂直于x軸平面內的勻速圓周運動，有qαvyB＝mαeq\f(vy2,r)解得圓周運動半徑r＝eq\f(mαvy,qαB)＝eq\f(4mvy,2qB)＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故α粒子離x軸的最遠距離是直徑的長度，即為eq\f(2\r(3)mv0,qB)；(2)α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時，在垂直于x軸的平面內做勻速圓周運動可知，此過程經歷的時間為t＝3T＝3×eq\f(2πmα,qαB)＝eq\f(12πm,qB)沿x軸方向做勻加速直線運動所通過的位移為s＝vxt＋eq\f(1,2)at2加速度大小為a＝eq\f(qαE,mα)＝eq\f(qE,2m)聯立解得s＝eq\f(6πm,qB)(v0＋eq\f(6πE,B))α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交過程，由動能定理有qαEs＝Ek－eq\f(1,2)mαv02聯立解得α粒子從O點射出后，第3次與x軸相交時的動能Ek＝2mv02＋eq\f(12πmE,B)(v0＋eq\f(6πE,B))．4.(2021·浙江1月選考，22)在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖3所示是離子注入工作的原理示意圖，離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經偏轉系統(tǒng)后注入處在水平面內的晶圓(硅片)。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統(tǒng)的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當偏轉系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點(即圖中坐標原點，x軸垂直紙面向外)。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經過電場和磁場偏轉的角度都很小。當α很小時，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1－eq\f(1,2)α2。求：(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來的離子的比荷eq\f(q,m)；(2)偏轉系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；(3)偏轉系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；(4)偏轉系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示，并說明理由?！敬鸢浮?1)eq\f(E,B)eq\f(2E,（R1＋R2）B2)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L2,R1＋R2)，0))(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3L2,R1＋R2)))(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L2,R1＋R2)，\f(3L2,R1＋R2)))，理由見解析【解析】(1)通過速度選擇器的離子需滿足qE＝qvB，可得速度v＝eq\f(E,B)由題圖知，從磁分析器中心孔N射出離子的運動半徑為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)偏轉系統(tǒng)僅加電場時，離子在偏轉系統(tǒng)中做類平拋運動，設離子離開偏轉系統(tǒng)時速度的偏轉角為θ，離開電場時，離子在x方向偏轉的距離x1＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)tanθ＝eq\f(qEL,mv2)離開電場后，離子在x方向偏移的距離x2＝Ltanθ＝eq\f(qEL2,mv2)則x＝x1＋x2＝eq\f(3qEL2,2mv2)＝eq\f(3L2,R1＋R2)位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L2,R1＋R2)，0))。(3)偏轉系統(tǒng)僅加磁場時，由qvB＝eq\f(mv2,r)得離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(R1＋R2,2)運動軌跡如圖所示sinα＝eq\f(L,r)離開磁場時，離子在y方向偏轉距離y1＝r(1－cosα)≈eq\f(L2,R1＋R2)離開磁場后，離子在y方向偏移距離y2＝Ltanα≈eq\f(2L2,R1＋R2)則y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(3L2,R1＋R2)故位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3L2,R1＋R2)))。(4)注入晶圓的位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3L2,R1＋R2)