文档文本内容
第七部分 计算压轴满分策略
专题7.4 计算题高考新动向
目录
高考新动向1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题......................................................................................1
【专题强化练】..........................................................................................................................................................5
高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动.........................................................................................................10
【专题强化练】........................................................................................................................................................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：
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
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
归纳法
路程等数据
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
图像法
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
【例1】(2022·山东日照市一模)如图所示，质量m＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻
1
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m ＝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
2
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 v ＝100
0
m/s、质量m ＝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
0
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：E ＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧
p
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mv＝(m＋m)v，得v＝5 m/s
0 0 1 0
系统损失的动能
ΔE＝mv2－(m＋m)v2，
k 0 0 1 0解得ΔE＝475 J；
k
(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
(m＋m)v2＝μ(m＋m)gx＋kx2，
1 0 1 0
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E，
k
由动能定理有
－2μ(m＋m)gx＝E－(m＋m)v2，
1 0 k 1 0
解得E＝21 J；
k
(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E＝μ(m＋m)g(s＋l)，
k 1 0
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v，由动能定理有
1
－μ(m＋m)gs＝(m＋m)v2－E，
1 0 1 0 1 k
解得v＝3 m/s，
1
设之后靶盒与木板达到共同速度v′，(m＋m)v＝(m＋m＋m)v′，
1 1 0 1 1 0 2 1
解得v′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s，
1 1
木板的加速度为a，μ(m＋m)g＝ma，
1 0 2
根据v′2＝2as，
1 1
解得s＝0.5 m<d－l，
1
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 s
1
速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v ，以向右为正方向(下同)，有(m ＋m)v′－mv′＝
2 1 0 1 2 1
(m＋m＋m)v，可得v＝v′，
1 0 2 2 2 1
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小 s 速度减为0，再向右加速v2＝2as ，设第二次与墙壁
2 2 2
碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v，
3
(m＋m)v－mv＝(m＋m＋m)v，
1 0 2 2 2 1 0 2 3
v＝v＝()2v′，
3 2 1
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s 速度减为0，再向右加速，v2＝2as，
3 3 3
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v ，v ＝()nv′
n＋1 n＋1 1
经位移大小s 速度减为0，再向右加速，v 2＝2as ，
n n＋1 n＋1
木板的路程L＝d－l＋2s＋2s＋…＋2s ，
1 2 n＋1
即L＝d－l＋(1＋＋＋…＋)，
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) 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＝mv2
0
解得v＝6 m/s
0
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有
mv＝mv＋mv
0 1 2
mv2＝mv2＋mv2
0 1 2
解得v＝0
1
v＝6 m/s
2
(2)第一次碰后A向右以速度v＝6 m/s做匀速运动，B做初速度为0、加速度为
2
a＝＝9 m/s2的匀加速运动，
则第二次碰撞时有vt＝at2
2
解得t＝ s
此时B的速度为v＝at＝12 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒和能量关系有
3
mv＋mv＝mv＋mv
2 3 4 5
mv2＋mv2＝mv2＋mv2
2 3 4 5
解得A、B的速度为v＝12 m/s
4
v＝6 m/s
5
(3)同理第三次碰撞时有
vt′＋at′2＝vt′
5 4
解得t′＝ s
此时B的速度为v＝v＋at′＝18 m/s
6 5
从开始运动到第一次碰撞的时间
t＝＝ s
0
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＋(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v ＝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m ＝2 kg，m ＝1
0 1 2
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v ，以向右为正，由
1
动量守恒定律有
mv－mv＝(m＋m)v
1 0 2 0 1 2 1
解得v＝v＝v＝1 m/s
1 0 0
(2)全过程由能量守恒定律有μm gL＝(m＋m)v2
1 1 2 0
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s，对长木板，由动能定理
1
－μm gs＝0－mv2
1 1 2 0
解得s＝v2＝2.25 m
1 0
第二次碰后由动量守恒定律有
mv－mv＝(m＋m)v
1 1 2 1 1 2 2解得v＝v＝v＝()2v
2 1 1 0
设B与C第二次碰后向左运动的最大距离为s，对长木板，由动能定理
2
－μm gs＝0－mv2
1 2 2 1
可得s＝v2＝s
2 1 1
第三次碰后，由动量守恒定律有
mv－mv＝(m＋m)v，可得v＝v
1 2 2 2 1 2 3 3 2
设B与C第三次碰后向左运动的最大距离为s，对长木板，由动能定理
3
－μm gs＝0－mv2
1 3 2 2
可得s＝v2＝()2s
3 2 1
s，s，s，…，s 为等比数列，公比为，
1 2 3 n
B运动的总路程s＝2＝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＝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 (2)3 2 (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·2mgcos θ
可知B保持静止不动
对A有a＝gsin θ，v 2＝2ad
A1
A、B发生弹性碰撞过程中有
mv ＝mv ′＋mv ′，
A1 A1 B1
mv 2＝mv ′2＋mv ′2
A1 A1 B1
得v ′＝0，v ′＝
A1 B1
(2)A与B第一次碰前有：d＝gsin θ·t2
1
A与B第一次碰后到第二次碰前有：v ′·t＝gsin θ·t2
B1 2 2
则由静止释放到第二次碰撞前所用的总时间t ＝t＋t
总 1 2
得t ＝3
总
A与B第二次碰前：A的速度v ＝at＝2
A2 2B的速度v ＝v ′＝
B2 B1
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：
v ′＝、v ′＝2
A2 B2
(3)A的v－t图像为
其中t＝、v＝
0 0
(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＝＋2vt＋4vt＋6vt＋…＋(n－1)2vt
00 00 00 00
即x＝(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E .
kn
【答案】 (1)4 m/s (2) J (3) 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＝mv2
0
解得v＝2 m/s
0
由于v>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 v ，由动能定理
0 1
得－μmgl＝mv2－mv2
1 0
解得v＝4 m/s
1
由于v>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
1
(2)设B与A第一次碰撞后的速度大小分别为v 、v ，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv ＝mv ＋
B1 A1 1 B1
Mv
A1由机械能守恒定律得mv2＝mv 2＋Mv 2
1 B1 A1
由以上两式解得v ＝－v＝－ m/s
B1 1
即第一次碰撞后，B以 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－mv 2
B1
解得x＝ 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 m/s.设物块B从向右滑上传送带到减速为0用时
t，则t＝＝ s
摩擦生热Q＝μmg(2vt－0)＝ 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，即v ＝v ＝()2v
B2 B1 1
同理可推，B与A碰撞n次后
v ＝()nv＝ m/s
Bn 1
动能E ＝mv 2＝ J.
kn Bn
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m ＝1 kg的足够长的木板B，B的左端距N点的距离x＝ m，B的右端上
B
方放置质量m ＝2 kg的物块C，B、C之间的动摩擦因数μ ＝0.1，B与水平轨道之间的动摩擦因数 μ ＝
C C B
0.2，质量为m ＝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μ
A A
＝，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) m (3) J
【解析】 (1)碰撞前，由机械能守恒定律得m gh－μ m gx＝m v2
A A A A 0
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m v＝m v ＋m v
A 0 A A B B
由机械能守恒定律得m v2＝m v 2＋m v 2，联立解得v ＝2 m/s，v ＝6 m/s
A 0 A A B B A B
(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a ＝
B
C做加速运动，加速度大小为a ＝
C
最后二者共速时，对B有v ＝v －a t
共 B B
对C有v ＝a t
共 C
联立解得t＝ s，v ＝ m/s，则达到共速前，B的位移为x ′＝＝ m，此后物块C相对木板B向前滑动，
共 B
则此时C做减速运动的加速度大小仍为a ＝1 m/s2
C木板B也做减速运动，加速度大小为a ′＝＝4 m/s2
B
B的速度为零时位移为x ″＝＝ m
B
则A与B第二次碰前B的位移大小x ＝x ′＋x ″＝ m
B B B
(3)由(2)可知，从开始到B、C共速时相对位移为Δx′＝x ′－x ＝－＝2 m
B C
共速后到两者都停止运动时的相对位移
Δx″＝x ′－x ″＝－＝ m
C B
Δx ＝Δx′＋Δx″＝ 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
1
为a ＝μ g，故第二次碰撞前的速度大小为v ＝＝1 m/s，与B再次碰撞后，由于每一次碰撞后的规律与第
A A A1
一次相同，所以第二阶段的总路程与第一阶段成正比，即＝，则总的相对路程为Δx＝，从开始到最终停止，
B、C之间因摩擦产生的热量为
Q＝μ m gΔx＝ J.
C C
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＝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) 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＝m解得B＝0.5 T
(2)α粒子做圆周运动的周期为
T＝＝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＝·(nT)2
解得E＝ V/m(n＝1,2,3，…)
(3)粒子运动的俯视图如图所示，
由图可知，当SP 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
1
t＝T＝4π×10－8 s
1
此时对应的y轴坐标
y＝·t2
1 1
解得y＝0.2 m
1
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
t＝T＝2π×10－8 s
2
此时对应的y轴坐标为y＝·t2
2 2
解得y＝0.05 m.
2
【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<z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ，
磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；－3d≤z<0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为
B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z<0，y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场．
质量为m、带电量为＋q的离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与
z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ.不计离子重力．
(1)当离子甲从A点出射速度为v 时，求电场强度的大小E；
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v ；
m
(3)离子甲以的速度从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) (2) (3)(d，d,0) (4)(2＋2)
【解析】 (1)如图所示，
将离子甲在A点的出射速度v 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
0
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＝vcos β·t，vsin β＝at，a＝
0 0
联立解得E＝；
(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qvB＝
1
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qv
1
·B＝，可得r
Ⅱ
＝r
Ⅰ
为了使离子在磁场中运动，
需满足r ≤d，r ≤3d
Ⅰ Ⅱ
则可得v≤
1
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；
(3)离子甲以v＝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
r＝＝
1
离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r＝
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
x＝2rsin 45°＝d
4 2
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为
y＝2r＝d
4 1
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mv2＝×4mv′2
可得v′＝＝
离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为
r′＝＝d＝2r
1 1
离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为
r′＝＝d＝2r
2 2
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 ＝T＋T＝＋
甲 1 2
＝(2＋2)
t ＝T′＋T′
乙 1 2
＝×＋×
＝(4＋4)
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 －t ＝(2＋2).
乙 甲
【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E 的匀强电场；x轴上的A点(－2a,0,0)有一粒子源，粒子源在xOy平面内沿与x轴成一定角度
1
射出带电粒子，粒子的速度大小为v ，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(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
＝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E；
1
(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E 的匀强电场，求粒子最终
0
打在荧光屏上的P点时的位置坐标．
【答案】 (1) (2) (3)(a，(1＋)a，)
【解析 (1)将粒子的速度v 分解为沿x轴方向的分速度v 和沿y轴方向的分速度 v ，根据题意可得，在
0 0x 0y
沿x轴方向上有
v t＝2a
0x1
沿y轴方向上有v t＝3a
0y1
则＝＝tan θ
即θ＝60°
可得v ＝v
0y 0
又由qE＝ma 得a＝
1 1 1
又有v 2＝2a·3a
0y 1
联立可得E＝
1
(2)粒子沿x轴方向的分速度为
v ＝v
0x 0
在沿x轴方向有2a＝v t
0x1
解得t＝
1
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qv B＝可得r＝2a
0x
由几何关系可得sin α＝＝，则α＝30°
粒子在磁场中运动时间t＝T
2
又由T＝＝
解得t＝＝
2
粒子从A点射出到打到荧光屏上所经历的时间t＝t＋t＝＋＝
1 2
(3)在y轴方向上由几何关系可得y轴坐标为
y＝3a－(2a－a)＝(1＋)a
在沿z轴正方向上的位移大小z＝t2＝
2
故粒子打到屏上的位置坐标是(a，(1＋)a，)．
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 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.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＝，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) (2)2L (3)
【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＝mv2
解得v＝
(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＝m
又T＝
解得T＝＝
从M点进入正方体的粒子在正方体中运动的时间为
t＝＝
1
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
v＝vcos 30°
2
离开正方体后粒子做匀速直线运动，到达平板所需时间为t＝
2
联立解得t＝2L
2
(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＋Rcos 60°＝L
解得R＝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＝＝粒子在正方体中在y方向的位移大小为
y＝at2
1 1
粒子离开正方体时的速度在y方向的分速度大小为v＝at
y 1
从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的纵坐标为y＝y＋vt－
1 y2
联立解得y＝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x＝Rcos 30°＝L
1
粒子离开正方体时的速度在－x方向的分速度大小为v＝vsin 30°
1
从M点入射的粒子最后打到平板上的位置的横坐标为x＝x－vt－
1 12
联立解得x＝－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.
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v 沿与x轴夹角为60°的方向射入电磁场，
0
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) (2)2mv2＋(v＋)
0 0
【解析】 (1)由题意可知，α粒子的质量为m ＝4m
α
电荷量为q ＝2q
α
将α粒子的初速度分解成沿x轴方向的分速度v 与垂直x轴方向的分速度v，则有
x y
v＝vcos 60°＝v
x 0 0
v＝vsin 60°＝v
y 0 0
由于v 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v，不影响v，故α粒子在电
x x y
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q vB＝m
α y α
解得圆周运动半径r＝＝＝
故α粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为；
(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×＝
沿x轴方向做匀加速直线运动所通过的位移为
s＝vt＋at2
x
加速度大小为a＝＝
联立解得s＝(v＋)
0α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交过程，由动能定理有
q Es＝E－m v2
α k α 0
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
E＝2mv2＋(v＋)．
k 0 0
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R 和R 的四分之一圆环，其两端中心位置
1 2
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，cos α≈1－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；
(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) (2) (3) (4)，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＝
由题图知，从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为R＝
由qvB＝得＝＝。
(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x＝··
1
tan θ＝
离开电场后，离子在x方向偏移的距离x＝Ltan θ＝
2
则x＝x＋x＝＝
1 2位置坐标为。
(3)偏转系统仅加磁场时，由qvB＝得
离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径
r＝＝
运动轨迹如图所示
sin α＝
离开磁场时，离子在y方向偏转距离
y＝r(1－cos α)≈
1
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
y＝Ltan α≈
2
则y＝y＋y＝
1 2
故位置坐标为。
(4)注入晶圆的位置坐标为。
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B，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
0
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v，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
0
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＝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。
【答案】(1) (2) (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＝vtcos θ
0
沿y轴有v ＝vsin θ＝at
1y 0
由牛顿第二定律得qE＝ma
联立解得E＝。
(2)粒子A在区域Ⅱ磁场中的运动周期为T＝
粒子A从O′点开始0～时间内做半周期的匀速圆周运动，然后继续在B 磁场中做半周期的匀速圆周运动正
x
好与Q相切形成亮点，由向心力公式可得
qv B＝m
1y 0
由几何关系可得d＝2r
1
联立解得d＝。
(3)在～时间内，粒子B以v 在B 内做匀速圆周运动，运动时间为
2y x
＝
转过的角度为α＝π
正好打在Q上，则轨道半径满足r＋rsin 30°＝2r
2 2 1
又r＝，解得v ＝v
2 1y 2y
又v2＝2ay，联立解得＝。
y
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＝，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) (2)≤B≤ (3)(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＝
解得v＝。
(2)当离子从P点飞出时，设离子的运动半径为R，运动轨迹如图所示，根据几何关系有(2L－R)2＋L2＝R
1 1
解得R＝L
1
根据牛顿第二定律有qvB＝
1
解得B＝
1
当离子从Q点飞出时，设离子的运动半径为R，根据几何关系有
2
(R－2L)2＋(3L)2＝R
2
解得R＝L
2
根据牛顿第二定律有qvB＝
2
解得B＝
2
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
≤B≤。(3)当B＝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cos θ＝＝
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＝
离子从P点到xOy平面的运动时间为t＝＝
根据运动学规律可得x＝at2＝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(L，－2.5L)。
