第10讲 带电粒子在复合场中的运动-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

答案精析1 子在x轴方向的分速度与磁场方向平行，所以该分速度 [对点集训] 不影响粒子所受的洛伦兹力，故粒子在x轴方向仅受静 1,A[直线通道PQ有电势差为U的加速电场，粒子带负 电力作用，做匀加速直线运动，在图甲所示的平面内的 电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场 运动情况与未加电场时相同，所以从M,点发射的粒子打 的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；根据题意， 在屏上的P,点；由图乙可知，从M,点发射的粒子打在屏 由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为 上时与O,点相距最远，在x轴方向gE=a,又因E 9U,由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动 所以a=E套， 1U6 能增莹为k9U,加速及水后，由功能定理：kqU=子md 由几何知识可得∠CAE=120°，∠CFO=60°， 所以粒子在磁场中的运动时间 乞m,解得 2kg更_m于2kqUm,故B.C 器T=·密 错误； 3U6 粒子在x轴方向的位移为 粒子在偏转磁场中运动的半径为R,则由B=mR,联 听十aigR+g成 立解得B=m=m √m'2+2kmgU gR R/+2k@U gR 故 粒子在y轴方向的位移为 y=-OF=-5R, D错误.] 3 2.解析：(1)根据题意，作出 所以所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标 粒子垂直挡板射入小孔 B K的运动轨迹如图所示， 加速电压 为（R-1, 根据几何关系可知粒子 在磁场中做圆周运动的 生 答案：(1)” 器 60 gR (2)尽(x+2B 3 轨迹半径为”=工K (3)①P (R+4gR,-R 号，在△OMN区域根据 9 第10讲带电粒子在复合场中的运动 洛伦兹力提供向心力有quB=m 核心素养·助学提能 考点一 在匀强加速电场中由动能定理有Uq= 2mu, [例1][解析](1)对乙粒子，如 图所示 联立解得U。=9BL 8m 由洛伦兹力提供向心力qB= 30× (2)根据题意，当轨迹半径 y 最小时，粒子速度最小，则 r 作出粒子以最小的速度从 料加速电压 由几何关系sin30°= L 小孔K射出的运动轨迹 0 如图所示， 联立解得，磁感应强度的大小为B ··X。× 根据几何关系可知粒子在 器 60° 磁场中做圆周运动的轨迹 2×需×型 (2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为 半径为=c0s60=子，在△OMN区战根据洛伦# 、gB3u 力提供向心力有9四B=m”一，粒子从小孔K射出后 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O 好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后 3 点，由运动学公式d=24十立a行， 受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受 到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之 由牛顿第二定律a=gE=9 外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满 m4πL, 联立可得Ⅲ区宽度为d=是L 3 足9B=Eg,联立可得E=9BL Am (3)甲粒子经过O,点时的速度为 (3)在匀强加速电场中由动能定理有Ug=之m, 3 0p=之%十at1=3o, 可得”=3BL 因为甲在V区始终做匀速直线运动，则t=x=kX 6m 3,可得=品 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t,,乙粒子在V区运动时间 为to,则上式中t=t。十， 可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径 对乙可得E=u(t,十)一kx 9 整理可得=3u(,十，)-3uF, 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 qo 粒子从K射出时，”越偏 y 对甲可得x1=3(t十t2) 向y轴，离y轴越近，由 B 3vF 则△x=x1一x2三 L 构加速电压】 化简可得乙追上甲前F与△x间的关系式为 几何关系有sin9= F=9@·△x. 9则者9=0 60° 0 [答案](1) 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x 2gL 3U0 轴方向的匀速圆周运动，其中 ·251· 〡物理 =d'sin 0=9BL=dcos 0=9BL 由几何关系有飞=巴， Am 4√3m 匀速圆周运动的半径为，一=L, 联立可得心，=，=，E= aB 12 (2)根据题意，由(1)分析可知，粒子到达Q点的速度为v 又T=2”_2πm ” gB √+花-2】 21 分析可知当运动（口十是）T时，粒子距离y轴最近，此 由于gE=mg,所以带电小球在第一象限的运动轨迹为 圆，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 最近位置的横坐标为x=上一，”= 一BL,纵坐标为y Q(0,3d) 12 =L+产+心(+）T-1+g+》,共中n 8 为自然数 第上，最运位量的业指为[1号1-g+] P(-d,0)O M 8 由几何关系可知QM为直径，则有 (n为自然数) 答案：(1)U=9BL (2)E=9BL r= √3d+3d_3yEd, 方向沿x轴正方向 2 2 8m 4m 由牛顿第二定律有gB=m (n为自然数) r 8 考点二 联立可得B= 3gd [例2][解析]带电体在复合场中能qvB 沿着MV做匀速直线运动，可知粒子 答案：(1)坚(2) 3gd 受力情况如图所示， →qE 考点三考向1 由受力平衡可知mg=qE,qvB=√2 [例3][解析]回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中 mg,解得电场强度E=坚，磁感应强 M 运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速.带电 m 度B=ms,故A错误，B正确，在N 粒子在磁场中运动的周期T-需，两粒子的比矜是相 qv 等，所以周期相同，加速两种粒子的高频电源的频率也 点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平 抛运动，如图所示 相同，故A,C正确；根据g加B=m京，得=，两粒子 且加速度a==反g, 的比符品相学，所以最大逮度相等，最大动能E,=司 m 粒子到达P点时，位移偏转 ,两粒子的质量不等，所以最大动能不等，故B错误； 角为45°，故在P点，速度偏角 的正切值tan8=2tan45°=2， M 最大动能E,=子m心=R,与加速电压无关，增大 2m 高频电源的电压不能增大粒子的最大动能，故D错误， tan0===2,v,=2u, [答案]AC 所以粒子在P,点的速度Up 考向2 =√/0+u=√5v, [例4幻[解析]设粒子被加速MF O'G N V到P过程，由动能定理， 后获得的速度为，由动能定 1 有9Um5一之m心，解得NP两点间的电势差U= 理有U=m,粒子在磁场 0. 中做匀速圆周运动的轨迹如 2mt,C正确：将粒子在V点的速度沿水平方向和竖直 图所示，在直角△FGO中， 4雪。。9， 方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动， ∠GOF=60°，轨道半径"= 且y=05°-号故粒子能向上运动的最大距离力 Ran30°=5，又gB=m 6U 3 ,,可求9 mRB,选项C 正确. =盛=立，D错误 [答案]C 2g Ag 考向3 「答案]BC [例5][解析]A.带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏 [对点集训] 转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；BCD.离子 1.D[设样品每平方米栽流子（电子）数为n,电子定向移 受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距 动的速率为，则时间t内通过样品的电荷量g=nevtb, 根据电流的定义式得I=9=nb,当电子稳定通过样 为d,则guB=g,可得U=Bdw, t 因此增大间距，U变大，增大速率，U变大，U大小和密度 品时，共所受电场力与洛伦茧力平衡，则有：名 =evB, 无关，BD错误，C正确」 L答案]AC 联立解得U=乙B,结合题图(b)可知k= 课堂评价·高考预测 ne ne 1.解析：(1)画出粒子的运动轨迹，如图 y/cm 88×10-3 320X10V/T,解得n=2.3X10,D正确.] 所示 作O1P,垂直于PO,由几何关系知 2.解析：(1)根据题意可知，粒子从P到Q的过程中，水平 ∠0OP=60°， 方向上有gE=ma,d=2afu,=at, 设粒子在第二象限圆内磁场做匀速 圆周运动的半径为”1，由几何关系有 1 竖直方向上有3d=t一2gf,心，=一gt, tan60°=尺' ·252· 答案精析 由洛伦兹力提供向心力得gU,B=m 未打到B板上，然后在T、T时间内，向上做匀加速直 r 解得B=43T 15 线运动，在T平时同内向上做自或建直气造动，南对 (2)粒子在第一象限内转过子圆周，设轨远半径为，由 修性可知，在买时，能子可能怡好回到A板边缘，且经 直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件： 洛伦兹力提供向心力得qU,B,=m 答图中的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得 ≥2x() 2.】 Sm=②rn-吃n 由牛频第二定律可得a=U9 md 联立解得矩形磁场区域的最小面积为 Snin =4(v2-1)cm2. 装立解得≥于√匹粒子也可能在号1，是T时 从A板边缘射出，粒子在电场中的运动时间为t1=nT(n 答案：20T（2E-1Dem =1,2,3…), 则板长为L=v右1=nwT(n=1,2,3…). 2.解析：(1)A从O飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周 (3)根据题意可知，若粒子从t=0时刻进入电场，在0 运动，半径为r=立， R 召时间内，微向下的匀加速直线运动，在子~T时间内， 洛伦兹力提供向心力q1B=m1 向下做匀减速直线运动，由对称性可知，在T时刻，粒子 竖直分速度减小到0，要求粒子打到B板时动能最大，则 联立整理得0=9B m 粗子打到B版时，竖直分谁度最大，即拉子在号智，哥 解得y=2m/s. …时，恰好打到B板，则有 (2)设B滑到O点的速度为V2,由动能定理有qER d=(2m+1)x号xg =m, 2 dm (2 (n=0,1,2,3…), 解得d= T /4n+2)qU 解得，=2m/s, (n=0,1,2,3…). A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速 度为U,由动量守恒定律，有m2一m1U1=(m1十m)u, [答案]1)L 2L=mTu=1,23)d2不/ 解得=号m/s, T (3)d= 在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为F, 4/ 4n+2q(m=0,1,2,3… C球带电荷量g=4十9， [对点集训] 质量1c=m1十2， 1.解析：是T时刻从M点进入板间，T时刻离开金属板，柱 由Fy一qE+9B=m尺' 子水平方向做匀速直线运动 解得F=1.6N. T- (3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的静电力和垂直纸 面向外的洛伦兹力，在静电力作用下，C球在竖直方向做 5 初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周 规定向下为正方向，竖直方向粒子做匀加速直线运动， 运动，每隔一个周期T,C球回到y抽上一次. 由quB=me文及T=2π 设两板间距为d,E, rc 解得C球圆周运动周期T= 2nmc 由牛顿第二定律得gE=ma1a☑， gB C球竖直方向加速度a=9E, 在哥~T时间内，竖直方向的最大位移是号，先微加建 8 运动，时网为=子一号T-言工 C球回到y轴时离0点的距离y=2a(nT)', 1 代入数据解得y=10mπ2m(n=1,2,3,…). w=axh=8aT, 答案：(1)2m/s(2)1.6N(3)10nπm(n=1,2,3, …) 运动的位移为八=之X1X, 微专题3 类型一 再减遠到反向加递运动高开金属板，时问为6=子， [例1][解析](1)根据题意可知，粒子在电场中的水平 方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子 粒子在否~T时间内效初递度为肉下，加速度向上 在电场中的运动时间为二上」 且大小为二的匀变速运动，运动的位移为= (2)根据题意可知，若粒子在1=T时刻射入电场，且经 aiXi, ×t红一2 过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直 方向上，子在子子时间肉，微向下的匀加建直线运 因此粒子的总位移为y=十=号×X1十X4 aXti 动，在一3工时间内，向下做匀减速直线运动，由对称 2 24 解得yaT=一号得d= 7 性可知，粒子在平时，竖直分递度减小到0，此时，粒子 8mvs 答案：√7mg0L Smvs ·253·第一部分：专题三电场和磁场丨 第10讲 带电粒子在复合场中的运动 核心素养助学提能 考点一带电粒子在组合场中的运动 核心透视 (1)求磁感应强度B的大小； 带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实 (2)求Ⅲ区的宽度d: 际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟在磁场 (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E 中的偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电 随时间t、位置坐标x的变化关系为E=t一kx, 偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系 其中常系数w>0,w已知、k未知，取甲经过O点 是解题的关健.当带电粒子连续通过几个不同的 时t=0.已知甲在V区始终做匀速直线运动，设 场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应 乙在V区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为 的变化，其运动过程由几种不同的运动阶段 △x,求乙追上甲前F与△x间的关系式（不要求 组成. 写出△x的取值范围) [解题指导] 牛顿运动定律、 匀变速直求法 运动学公式 (1)对乙粒子由洛伦兹力提供向心力，结合半 线运动 电场中 动能定理 径求磁感应强度的大小； 带电粒 常规分解法 (2)根据对称性求出乙粒子运动时间，结合甲 子在分 类平抛 求法 运动 特殊分解法 粒子运动规律求Ⅲ区宽度； 离的电 场、磁 功能关系 (3)根据两粒子各自运动特性及乙追上甲的条 场中的 圆周运动公式、牛顿运 件，分析F与△x间的关系式. 运动 磁场中 匀速圆周运动 动定律以及几何知识 典题例析 例1](2024·辽宁卷，15)现代粒子加速器常用 电磁场控制粒子团的运动及尺度.简化模型如 图：I、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强 磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区， V区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为 坐标原点.甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为 十q,质量均为m的粒子.如图，甲、乙平行于x 轴向右运动，先后射入1区时速度大小分别为 o和o.甲到P点时，乙刚好射入I区.乙经过 I区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到 P点.已知Ⅲ区存在沿十x方向的匀强电场，电场强 度大小品一不计粒子重力及卷子同粗互作 用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场 d I区 ---0 ·49· ㄧ物理 对点集训 (1)求使粒子垂直挡板射人小孔K的加速电 1.(2025·广东卷，6)某同步加 压U。: 速器简化模型如图所示，其 (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔 中仅直通道PQ内有加速电 K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电 场，三段圆弧内均有可调的 场强度的大小和方向； 匀强偏转磁场B.带电荷量 ③当加连电压为？时，求粒子从小孔K射 为一q、质量为m的离子以初 速度o从P处进入加速电 U 出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。 场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速.已知 加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为 R.忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确 的是 () A.偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里 B.第1次加速后，离子的动能增加了2gU C.第k次加速后，离子的速度大小变 为√m6+kgUm m D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应 变为/nm6-2 kqUm gR 2.(2024·山东卷，18)如图所示，在Oxy坐标系x>0 y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B的匀强磁场.磁场中放置一长度为L的挡板，其 两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°， 挡板上有一小孔K位于MN中点.△OMN之外 的第一象限区域存在恒定匀强电场.位于y轴左 侧的粒子发生器在0<y<L的范围内可以产 2 生质量为m,电荷量为十q的无初速度的粒子 粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加 速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速 后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度 穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子 重力及粒子间相互作用力. y个 B 粒 加速电压 发 龈 60° 0 少 ·50· 用手电筒同时斜射在一面镜子和一张灰色纸上，观察发现灰纸亮。这是因为纸产生漫反射，从各 个方向都能看到部分反射光线；而镜子发生镜面反射，只有特定的角度才能看到反射光，其他方向是设 有反射光的。 第一部分：专题三电场和磁场 考点二 带电粒子在叠加场中的运动 核心透视 U-B关系图线如图(b)所示，元电荷e=1.60× “三步”解决叠加场问题 10一19C,则此样品每平方米载流子数最接近( ) 电场、磁场共存 ◆2 石墨烯 第一步受力分析 电场、重力场共存 「关注场的叠加门 磁场、重力场共存 电场、磁场、重力场共存 合力为零一匀速直线运动① mA 合力恒定一匀变速直线运动或 第二步运动分析 曲线运动② 图(a) [构建运动模型] 合力大小恒定且方向始终垂直于 U/mV 速度一匀速圆周运动③ 80 合力复杂多变一一般曲线运动④ 60 运动①一平衡条件 40 运动②一动能定理或牛顿运动定 20出 第三步选择规律 律、运动学公式 o [力或能的观点] 50100150200250300B/mT 运动③一向心力公式等 图(b) 运动④一 动能定理或能量守恒定律 A.1.7×1019 B.1.7×1015 典题例析 C.2.3×1020 D.2.3×1016 [例2]（多选）(2025·福建卷， 2.(2025·河北唐山高 三期末)如图所示， Q(0.3d 7)如图，竖直面内存在垂直纸 N-----p 在竖直平面的直角 面向里的匀强磁场B与水平 坐标系xOy中，第一 向右的匀强电场E,一带电粒 M 象限有沿y轴正方 子在复合场中恰能沿着MN做 向的匀强电场和垂 P(-d,0)O 匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撒去磁场，一 段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角 直于纸面向外的匀强磁场，第二象限有沿x轴正 方向的匀强电场，两匀强电场的电场强度大小相 为45°，NP水平向右.粒子带电荷量为q,速度为， 等.一质量为m、电荷量为十q的带电小球，从x 质量为m,重力加速度为g.则 轴上的P(一d,0)点以初速度vo沿y轴正方向 A.电场强度大小为E-巨mg 射入第二象限，依次经过Q(0,3d)点和M(3d,0) 点，图中M点未标出.经过Q点的速度与y轴正 B.磁感应强度大小为B=区mg 方向成45°，重力加速度为g,不计空气阻力，求： qu (1)匀强电场的电场强度大小； C.N,P两点的电势差为U=2mv (2)匀强磁场的磁感应强度的大小。 D.粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离 最大值为后 对点集训 1.(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子组成 的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的 电学性能.现设计一电路测量某二维石墨烯样品 的载流子（电子）浓度.如图(a)所示，在长为a,宽 为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁 感应强度为B,电极1、3间通以恒定电流I,电极 2、4间将产生电压U.当I=1.00×10-3A时，测得 ----0 51· ㄧ物理 老点三 带电粒子在复合场中运动的实例分析 春向1 回旋加速器 [例4]质谱仪是一种测定 带电粒子比荷和分析同位 1.加速条件：T电场=T回旋= 2πm gB 素的重要工具.图中铅盒AM 2.磁场约束偏转：qB=m心 gBr 中的放射源放出大量的带 B →U m 正电粒子（可认为初速度为 3.带电粒子的最大速度：ux-B 零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加 2,D为D形盒 m 速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入 的半径.粒子的最大速度vmax与加速电压U 偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感 无关 应强度为B,方向垂直于纸面向外、半径为R的圆 [例3]（多选）医用回旋 线束 形匀强磁场.现在MN上的F点（图中未画出）接收 真空室 加速器的核心部分是 高频电源 >D形盒 到该粒子，且GF=√R.则该粒子的比荷为（粒子的 两个D形金属盒，如图 粒子源 重力忽略不计) () 所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频 A.8U B.4U R2B2 R2B2 电源相连.现分别加速氘核(H)和氦核(He)并 通过线束引出加速器.下列说法中正确的是 CR品 2U D.RBE ( 春向3 磁与现代科技综合模型 A.加速两种粒子的高频电源的频率相同 速度选择 器、磁流 带电粒 E B.两种粒子获得的最大动能相同 子在叠稳定 速 体发电机 q。B=qE或 o-B 电磁流量 加场中 时 U C.两种粒子在D形盒中运动的周期相同 计、霍尔 的运动 .U=Bdvo 元件 动 D.增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能 [例5] (多选)(2024· M N 春向2 质谱仪 湖北卷，9)磁流体发电 1.粒子由静止被加速电场加速，9U=乞m2,。 机的原理如图所示， MN和PQ是两平行金 P E Q 属极板，匀强磁场垂直于纸面向里.等离子体（即 7674737270 S2 高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从 D····S 左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便 B· () ·。…。6。· 产生电压.下列说法正确的是 A.极板MN是发电机的正极 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有gwB=m r B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 ,m-9史2B2 .12mU C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压 由以上两式可得r=B√9 2U 增大 9-2U D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密 mB2r2· 度，极板间的电压增大 两个完全相同的玻璃瓶，一个装满沙，另一个装满水，放在同一斜面上滑下，到达底端时装满沙的 ·52·滚得快。由于水在瓶子里可以流动相摩擦损失机械能，而装满的沙子在瓶子里很难移动，没有摩擦，机 械能损失至微，从能量守恒的观点知应是装沙子的瓶子滚得快。 第一部分：专题三电场和磁场 课堂评价>高考预测 1.（2025·山东聊城模拟) y/cm 2.(2025·江西鹰潭一模) B 如图所示，平面直角坐标 在空间建立直角坐标系， 系xOy中，在第二象限内 坐标轴正方向如图所示 有一半径R=5cm的圆， 空间有磁感应强度为B x/m x/cm 与y轴相切于点Q(0,5√3 =1T、方向垂直于纸面 y/m cm),圆内有匀强磁场，方 向里的磁场，Ⅱ、Ⅲ、V 向垂直于xOy平面向外. 象限（含x、y轴）有电场强度为E=1N/C、方向 在x=-10cm处有一个比荷为9-1.0X108C/kg 竖直向下的电场.光滑圆孤轨道圆心0，半径 的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子 为R=4m,圆弧轨道底端位于坐标轴原点O.质 的发射速率vo=4.0×106m/s,粒子在Q点进入 量为m1=1kg、带电荷量为q1=一1C的小球A 第一象限.在第一象限某处存在一个矩形匀强磁 从O处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动 场区域，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应 到O点.质量为m2=4kg、带电荷量为q2=2C 强度B。=2T.粒子经该磁场偏转后，在x轴点 的小球B从与圆心O等高处静止释放，与A同 M(6cm,0)沿y轴负方向进入第四象限（不考虑 时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成 粒子的重力).求： 小球C.小球A、B、C均可视为质点，所在空间无 (1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小. 重力场作用.求： (2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积. (1)小球A在O处的初速度； (2)碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支 持力； (3)小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改 为竖直向上.分析C球在后续运动过程中，回到 y轴时离O点的距离. C温馨提 学习至此，请完成配套训练专题精准强化10 ·53·