《2025年学霸高考黑题物理人教版》

压轴挑战4（磁场+重力场+电场）（2025·重庆模拟）如图所示，竖直平面的直角坐标系$xOy$中，以竖直向上为$y$轴正方向，在第一、四象限内充满$+x$方向的匀强电场，在第二、三象限内充满沿$-y$方向的匀强电场和垂直$xOy$平面向里的匀强磁场。一质量为$m$、电荷量为$-q$的带电小球(可视为质点)，从坐标原点$O$以初速度$v_0$沿与$+x$轴成$45^{\circ}$角的方向射入第一象限。已知$y$轴左右两侧电场的场强大小均为$E=\frac{mg}{q}$，磁场的磁感应强度大小为$B$，重力加速度大小为$g$，忽略空气阻力。
(1)求该小球从离开$O$点到第一次经过$y$轴所用的时间；
(2)求该小球离开$O$点后，第三次经过$y$轴时的纵坐标；
(3)若该小球从$O$点以某一初速度沿与$-x$轴成$\alpha$角的方向射入第三象限，且能再次回到$O$点，求所有满足条件的初速度大小。

答案： 4. 题型分析
本题属于粒子在磁场、重力场与电场的叠加场中的运动问题。考查叠加场中牛顿第二定律、类平抛运动的应用与粒子的运动轨迹分析。
(1)$\frac{\sqrt{2}v_0}{g}$
(2)$\frac{\sqrt{2}mv_0}{qB} - \frac{2v_0^2}{g}$
(3)见解析
解析：
(1)由题意知$qE = mg$，则小球在$y$轴右侧所受合力$F = \sqrt{2}mg$，根据牛顿第二定律知加速度大小$a = \frac{F}{m} = \sqrt{2}g$，$a$方向与$-x$方向成$45°$夹角，因此，小球离开$O$点后，将在第一象限做匀变速直线运动，从离开$O$点到第一次经过$y$轴所用时间$t = \frac{2v_0}{a} = \frac{\sqrt{2}v_0}{g}$。
(2)由
(1)知，小球离开$O$点后将回到$O$点，进入第三象限，且速度大小仍为$v_0$，与$-x$方向成$45°$夹角，由$qE = mg$可知，小球将在$y$轴左侧区域做匀速圆周运动，半径$R = \frac{mv_0}{qB}$，小球第二次回到$y$轴时，由几何关系可得，纵坐标$y_1 = 2R\cos45° = \sqrt{2}R = \frac{\sqrt{2}mv_0}{qB}$，由分析知，之后，小球在$y$轴右侧电场中做类平抛运动，设历时$t$第三次回到$y$轴，由$v_0t·\tan45° = \frac{1}{2}at^2$，解得$t = \frac{\sqrt{2}v_0}{g}$，沿$y$轴方向的位移$\Delta y = \frac{v_0t}{\cos45°} = \frac{2v_0^2}{g}$，因此，小球第三次回到$y$轴时的纵坐标$y_2 = y_1 - \Delta y = \frac{\sqrt{2}mv_0}{qB} - \frac{2v_0^2}{g}$。
(3)由
(2)知，小球在$y$轴左侧区域总是做匀速圆周运动，且小球每次经过$y$轴时，沿$x$方向的速度大小$v_x$保持不变，均为$v_x = v\cos\alpha$，由$R' = \frac{mv}{qB}$，知小球第$1$次在$y$轴左侧运动时，与$y$轴相交的弦长$l = 2R'\cos\alpha = \frac{2mv\cos\alpha}{qB}$，由此可知，小球在$y$轴左侧运动时，每次与$y$轴相交的弦长也保持不变，又由分析知，小球在$y$轴右侧运动时，每次运动的时间相等，在水平方向有$\Delta t = \frac{2v_x}{a_x}$，$a_x = \frac{qE}{m} = g$，联立可得$\Delta t = \frac{2v_x}{g} = \frac{2v\cos\alpha}{g}$，小球第$1$次运动到$y$轴时，沿$y$轴方向的速度大小$v_{y1} = v\sin\alpha$，第$1$次在$y$轴右侧时，沿$y$轴方向运动的距离$\Delta y_1 = v_{y1}\Delta t + \frac{1}{2}g(\Delta t)^2 = v\sin\alpha\Delta t + \frac{1}{2}g(\Delta t)^2$，第$3$次运动到$y$轴时，沿$y$轴方向的速度大小$v_{y2} = v\sin\alpha + g\Delta t$，第$2$次在$y$轴右侧时，沿$y$轴方向运动的距离$\Delta y_2 = v_{y2}\Delta t + \frac{1}{2}g(\Delta t)^2 = v\sin\alpha\Delta t + \frac{3}{2}g(\Delta t)^2$，以此类推……同理可得：第$(2n - 1)$次运动到$y$轴时，沿$y$轴方向的速度大小$v_{yn} = v\sin\alpha + (n - 1)g\Delta t$，第$n$次在$y$轴右侧时，沿$y$轴方向运动的距离：$\Delta y_n = v_{yn}\Delta t + \frac{1}{2}g(\Delta t)^2 = v\sin\alpha\Delta t + \frac{2n - 1}{2}g(\Delta t)^2$，可知$\Delta y_n$是公差为$g(\Delta t)^2$的等差数列，故小球在$y$轴右侧运动时，沿$y$轴方向运动的各距离之和，即
$\Delta y = \Delta y_1 + \Delta y_2 + ·s + \Delta y_n = \left[v\sin\alpha\Delta t + \frac{1}{2}g(\Delta t)^2\right]n + \frac{n(n - 1)}{2}g(\Delta t)^2 = nv\sin\alpha\Delta t + \frac{1}{2}g(n\Delta t)^2$
①当小球从$y$轴右侧回到$O$点时，有$nl = \Delta y$，解得$v = \frac{mg}{qB(n\cos\alpha + \sin\alpha)}$（其中$n = 1,2,3,·s$）。
②当小球从$y$轴左侧回到$O$点时，有$(n + 1)l = \Delta y$，解得$v = \frac{(n + 1)mg}{nqB(n\cos\alpha + \sin\alpha)}$（其中$n = 1,2,3,·s$）。
重难突破：每次运动过程中时间相等，分析出每次在$y$轴上运动距离的特点，找到规律再求和。