题型对点练 计算题对点练(五) 粒子运动类计算题（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 聚焦粒子在磁场、电场及复合场中的多过程运动，通过4道梯度典例系统覆盖圆周运动、类平抛、周期性运动等核心考法，强化运动与相互作用观念及科学思维中的模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |1|2025重庆南开质检|磁场半圆运动+电场平抛+无场匀速|洛伦兹力提供向心力→平抛运动分解→运动时间叠加| |2|2025山西晋中适应练|电场偏转+磁场圆周（轨迹相切）|电场力加速度→速度偏转角计算→洛伦兹力向心力公式应用| |3|2025河南豫西北联盟模拟|多电场加速+磁场周期性运动|动能定理求电场强度→类平抛运动分解→磁场中圆周运动周期性分析| |4|综合题|电场类平抛+磁场圆周+磁场变化轨迹|类平抛运动规律→圆周运动几何关系→磁场变化后轨迹相切条件推导|

计算题对点练(五)　粒子运动类计算题 1.(10分)(2025重庆南开中学质检)如图所示,平面直角坐标系第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场。距离原点O为L处有一个与y轴平行且足够长的荧光屏,荧光屏与x轴相交于Q点。y轴左侧存在垂直平面向里的匀强磁场。一重力可忽略、比荷大小为k的负粒子以速度v0从y轴负方向上的P点水平向左射入磁场,经磁场、电场后进入无场区的第四象限并最终打到荧光屏上M点(未画出)。若磁场的磁感应强度B=,电场强度E=。 (1)求该粒子从射入磁场到打在荧光屏上的时间。 (2)OP为多少时,M点与Q点的距离最大并求出该最大值。 2.(12分)(2025山西晋中适应练)如图所示,在长方体真空腔内存在竖直向下的匀强电场,电场强度大小为E。一电荷量为+q(q>0)、质量为m的粒子以速度v0从左侧沿中心线水平射入,打在右侧探测屏上时的速度偏转角为θ(未知)。已知空腔的长度为L,宽度和高度足够大,不计粒子的重力。 (1)求速度偏转角θ的正切值。 (2)保持上述条件不变,在空腔内再加一竖直向下的匀强磁场,为使该粒子的运动轨迹与探测屏相切,求所加磁场的磁感应强度大小B,以及与探测屏相切时的速度大小。 3.(13分)(2025河南豫西北联盟模拟)如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1(大小未知),在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场E2(大小未知),第四象限内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场,x轴、y轴为各场区的边界线。现将质量为m、电荷量为q的质子由第二象限内的M(-d,d)点由静止释放;穿过y轴N点时的速度为v0,在电场和磁场的作用下,质子在第一象限和第四象限内做周期性运动,已知第四象限内磁感应强度的大小为B=,且质子在磁场中运动时与x轴的最远距离为d。 (1)求电场强度E1和E2的大小。 (2)判断该质子能否经过点,并说明原因。 (3)从M点开始计时,求质子经过x轴时所用的时间。 4.(15分)如图所示,在y>0的区域内存在垂直于xOy平面向里、大小为B的匀强磁场,y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子(不计重力)自y轴上的点P以初速度v0沿x轴正方向射出,经点M(L,0)进入磁场,且速度与x轴正方向的夹角为60°,经磁场偏转后从x正半轴上的点N离开磁场。 (1)求匀强电场的电场强度大小E以及点P的坐标。 (2)求M、N两点间距d以及粒子在磁场中运动的时间t0。 (3)若粒子运动到点N瞬间,将y<0的区域的电场撤去,改为垂直于xOy平面向里、大小为λB(λ>0)的匀强磁场,结果使得粒子的轨迹在之后的运动中能够与y轴相切,试求λ的可能取值。 参考答案 1.答案 (1) (2)L　L 解析 (1)由qv0B=m 可得R=L 粒子在磁场中做半个圆周运动用时t1=T= 粒子在电场中水平方向匀速运动,则用时t2= 故t=t1+t2=。 (2)设粒子进入第四象限时速度与x轴正方向夹角为θ,M点与Q点的距离为d。粒子在第一象限做平抛运动的水平位移为x,竖直位移为y 粒子在第四象限做匀速直线运动有d=(L-x)tan θ 又有tan θ=2 故d=2(L-x) 粒子在第一象限有y=t2,x=v0t 得到y= 将其代入上式得d=(L-x)=3x- 由数学知识知当x=L时d有最大值L 此时y=L,故OP=2R-y=L。 2.答案 (1) (2) 解析 (1)粒子在空腔内运动的时间为t= 加速度为a= 打在探测屏上的竖直分速度vy=at 速度偏转角的正切值tan θ= 解得tan θ=。 (2)由于磁场的作用,粒子在水平面内将以v0做匀速圆周运动,则有Bqv0= 粒子轨迹与探测屏相切,则有R=L 解得B= 竖直方向粒子在电场作用下做匀加速运动,则有vy=at' 竖直分运动与圆周运动的时间相等t'= 故vy= 则与探测屏相切时的速度大小为v=。 3.答案 (1) (2)能经过　原因见解析 (3)见解析 解析 (1)对质子,从M到N的过程,由动能定理得qE2d=-0 则E2= 质子在第一象限内做类平抛运动,设经过x轴时的速度为v,与x轴正方向的夹角为θ,则由动能定理得qE1d=mv2- 且v0=vcos θ 质子从进入磁场到离x轴最远处的过程中做圆周运动的半径为R,则qvB=m R(1-cos θ)=d 联立可得v=v0、θ=,且E1=。 (2)设质子完成一次类平抛运动所用时间为t1,质子相邻两次进出磁场的时间为t2,质子在一次类平抛运动中,有·t1=d 且x1=v0t1 质子相邻两次进出磁场在水平方向上移动的距离x2=2Rsin θ 用时t2= 则质子完成一次周期性运动沿x方向移动的距离x=2x1+x2 联立得x1=2d,x2=(2+2)d,x=6d+2d 考虑到19d+6d=3x+d,则此时质子做类平抛运动,所处位置的纵坐标y= 所以质子能经过点19d+6d,。 (3)对质子,由M到N,有d=t0 由(2)分析可得质子完成一次类平抛运动所用时间为t1=t0= 质子相邻两次进出磁场用时t2= 则质子向下通过x轴时,t=t0+t1+(2t1+t2)n=nd(n=0,1,2,…) 质子向上通过x轴时,t'=(2t1+t2)n=nd(n=1,2,…)。 4.答案 (1) (2) (3)(n=1,2,3,…)或(n=1,2,3,…) 解析 (1)粒子做类平抛运动,则有L=v0t,qE=ma,v1=at,tan 60°= 联立得E= h=at2=L 故点P的坐标为。 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=m,v=,d=2rsin 60° 得d= 粒子运动的周期T= 粒子的圆心角为240°,故t0=T=。 (3)记粒子经点N后第一次返回x轴的点为Q,由(2)分析可知,NQ间距d'= 经分析,若粒子的轨迹如图甲、乙所示 甲 乙 由几何关系有L=n(d-d')++r(n=1,2,3,…) 解得λ=(n=1,2,3,…) 若粒子的轨迹如图丙、丁所示 丙 丁 由几何关系得L=n(d-d')- 解得λ=(n=1,2,3,…)。 2 学科网（北京）股份有限公司 $