粒子在电场和磁场中的往复运动 专题训练 -2026届高考物理电磁学二轮压轴计算题

**基本信息** 聚焦粒子在电磁复合场中的往复与周期性运动，通过运动分解、几何建模、周期性分析构建系统解题方法，强化科学思维与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |类平抛与圆周复合|第1题|类平抛运动分解、匀速圆周运动对称性分析|电场力-加速度-位移（牛顿定律）→洛伦兹力-向心力-轨迹半径（几何关系）| |周期性场运动|第2题|多过程周期性建模、动量定理处理磁场位移|电场中类平抛（运动分解）→磁场中圆弧（周期公式）→往复运动周期叠加| |多粒子对称运动|第3题|轨迹对称性分析、运动时间分段计算|洛伦兹力提供向心力（圆运动）→电场中匀变速（动能定理）→对称轨迹时间叠加|

21 粒子在电场和磁场中的往复运动--2026年高考物理电磁学二轮压轴计算题专题复习【难点突破】 一、解答题 1．我国散裂中子源（CSNS）是世界四大脉冲中子源之一，其核心技术之一是通过三维交变电磁场，实现质子束的精准加速与轨道控制。某简化实验装置中，三维空间xyz内的场分布如图所示，电场强度E（大小未知）的正方向沿y轴正方向，磁感应强度B（大小为）的正方向沿z轴正方向，t=0时刻，一质量为m，电荷量为e的质子从坐标原点O以初速度开始沿x轴正方向运动，时刻质子恰好第一次通过x轴。 (1)求大小； (2)求质子第二次通过x轴的位置坐标； (3)若调整初速度的大小为，方向在xOz面内，与x轴成45°沿右上进入，其他条件不变，求（n为正整数）时刻，质子所在位置的坐标。 2．如图所示的平面直角坐标系中，第一、二象限仅存在沿轴负方向的匀强电场，第三、四象限仅存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。在轴正半轴分布有2026块挡板，每块挡板长为，厚度不计，相邻挡板间距为，第一块挡板左边缘位于坐标原点。离子源的纵坐标为，可以平行轴移动。离子源不停地沿轴正方向发射大量同种正离子，正离子比荷为，速度均匀的分布在与（，大小未知）之间。所有离子射入磁场时的速度竖直分量均为；不计离子间的相互作用力和离子的重力，不考虑离子间的碰撞，离子打到挡板（含边缘）即被吸收。求： (1)电场强度的大小； (2)离子源处于某位置时，以速度释放的粒子在出磁场时恰打在第一块挡板的左边缘；当离子源向轴负方向平移，以速度释放的粒子在出磁场时恰打在第一块挡板的右边缘，而且两个离子进出磁场的次数相同。求的可能取值； (3)已知。当离子源在移动时，有的位置，会使离子源发出的所有离子都直接打在挡板上，未进入磁场。现限制离子源仅在区域移动，发现有离子运动全程不打任何挡板。求当不打任何挡板离子占比最大时离子源的横坐标（用表示），以及此时不打板离子的占比。 3．如图所示，xOy平面内，第一、二象限内充满垂直xOy平面向里的相同匀强磁场，第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内的匀强电场与第三象限内的匀强电场等大反向，两电场范围均足够大。两个质量均为m、带异种电荷且电荷量大小均为q的粒子，同时从y轴正半轴上A点以大小均为v0的速度射出，其中带正电的粒子射入第二象限，带负电的粒子射入第一象限，速度方向与y轴正方向的夹角均为30°。当这两个粒子第一次穿过x轴时，速度方向与x轴的夹角均为60°，之后它们在y轴负半轴上C点第一次相遇，且相遇时的速度方向与y轴负方向的夹角均为60°。已知A点到坐标原点O的距离为d，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用和碰撞对粒子运动的影响。 (1)求这两个粒子从A点射出到第一次相遇所经过的时间。 (2)求磁场的磁感应强度大小B与电场强度大小E的比值。 (3)若撤去带负电粒子，让带正电粒子依旧以原来的速度从A点射出，并在它到达C点瞬间，保持整个空间磁场不变，第四象限的电场强度大小不变、方向反向。 ①分析判断该粒子通过C点后，能否再次穿过y轴。 ②求该粒子第2026次穿过x轴时到坐标原点的距离。 4．如图甲所示，在xOy平面内存在平行于x轴的电场和垂直于xOy平面的磁场，电场强度 （以沿 x 轴正方向为正） 和磁感应强度 （以垂直于 xOy 平面向里为正） 随时间的变化规律如图乙所示，电场和磁场交替出现，电场强度大小为上次出现时的一半，方向与上次相反，每次出现的磁感应强度大小方向均不变。在坐标原点 放置一粒子源，可连续均匀释放质量为 m、电荷量为q（q>0）、初速度为零的粒子，不计粒子重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求: (1)零时刻释放的粒子，从释放到再次经过y 轴过程中，电场力对粒子所做的功； (2)时刻释放的粒子，首次离开 轴后，再次经过 x轴正半轴的横坐标值； (3)在 处垂直于x轴放置一足够大的粒子接收屏，在0∼时间内释放的粒子中，不会被接收的粒子所占百分比η。 5．如图，半径为R和2R的同心圆a、b将足够大的空间分隔为I、II、III区域，圆心为O。I区存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；II区存在沿半径方向向内的辐向电场；III区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出）。一带负电粒子从P点沿半径方向以速度v0射入I区，偏转后从K点离开I区，穿过II区后，以速率2v0进入III区。已知∠POK=60°，忽略带电粒子所受重力。 (1)求该粒子第一次由P运动到K的时间； (2)求a、b之间的电势差的大小； (3)若粒子第二次从II区进入III区之前能经过P点，求III区磁场磁感应强度大小。 6．如图所示，直角坐标系中，第四象限存在方向沿方向的匀强电场，大小为；第一象限存在方向垂直坐标系所在平面向里的匀强磁场，大小为；轴上存在某种特殊物质。现由点沿方向发射速度大小为的带正电粒子，粒子质量为，电荷量大小为q，M点坐标为。粒子出电场区域后经轴上点（未画出）进入磁场区域，由于轴上特殊物质的影响，粒子每次穿过轴后速度的水平分量变为穿过前速度水平分量的倍，速度的竖直分量变为穿过前速度竖直分量的倍，k、p均大于0，且未知。粒子第二次在电场区域中运动，经过点正下方时速度刚好沿方向，且与点的距离为。忽略粒子的重力，粒子穿过轴前后质量、电荷量不变。求∶ (1)粒子第一次到达轴的速度大小； (2)、p的值； (3)粒子第次经过轴的坐标。 7．如图所示，平面直角坐标系中，虚线段与轴正方向的夹角为，且。点有一可视为质点的粒子源，能在平面内向右侧与成角的方向以各种速率发射质量为、电荷量为的带正电粒子。右侧区域存在垂直平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场Ⅰ，左侧和边界之间（含边界）存在沿轴负方向、场强大小的匀强电场。第二象限存在另一垂直平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场Ⅱ，磁场边界是半径为的圆，且刚好与轴和轴相切，边界无磁场。是一固定在轴负半轴上、长的竖直接收屏（不含点），粒子打在屏上立即被吸收。不计粒子重力和粒子间的相互作用。 (1)求从进入电场的粒子的速度大小范围，及其在磁场Ⅰ中运动的时间。 (2)若所有粒子离开电场时的速度大小都相等，求电场左边界的轨迹方程。 (3)若第三象限存在沿轴正方向的匀强电场（未画出），且所有经过磁场Ⅱ的粒子最终都能打到接收屏上，求该匀强电场的电场强度最小值。 8．小阳同学依据高中所学知识设计一粒子加速器，其原理如图所示。空间区域存在垂直纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场。区域存在斜向右上方的匀强电场，电场强度为，方向与轴正方向夹角为。在点（0，d）处有一粒子发射源，能发射带电荷量为、质量为的带正电粒子，已知出射的粒子有固定的初速度，且方向与轴成，不计粒子重力，求： (1)粒子从出发到进入磁场前所经历的时间； (2)粒子第2025次进入磁场的点与离开磁场的点之间的距离； (3)若粒子经过次加速后从轴上的某点射出电场，求粒子此时的速度大小以及该出射点的横坐标。 9．如图所示，在O-xyz三维坐标系中，y>0空间一侧有沿y轴负方向的匀强电场，y<0空间一侧有沿y轴负方向的匀强磁场。一带正电粒子以速度v0从x轴上的A点（-d，0，0）处在xOy平面内沿与x轴正方向成角射入电场中，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子恰好经过O点，磁感应强度大小为，粒子的重力忽略不计，求： （1）匀强电场的电场强度E； （2）粒子射入电场开始计时，第n次经过y轴时在y轴上的位置坐标。 10．如图甲所示，半径为R的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大小E随距圆心O的距离x的变化如图乙所示，图中为已知量。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为的带电粒子，从圆心O点由静止释放，粒子沿半径OP运动至虚线边界上的P点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达O点后沿进入电场的路径返回磁场，最后刚好沿PO方向回到O点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间记为（未知）。已知磁场的磁感应强度，不计带电粒子的重力。求： （1）带电粒子经过P点时的速度大小； （2）的大小； （3）若改变带电粒子的释放位置，将带电粒子在OP之间的某点Q（图中未标出）释放，粒子经过一段时间后沿PQ方向第一次回到释放点Q，该过程粒子在磁场区域运动的总时间为。求粒子释放点Q到P点的可能距离。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《21 粒子在电场和磁场中的往复运动--2026年高考物理电磁学二轮压轴计算题专题复习【难点突破】》参考答案 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）在xOy平面内，时间质子做类平抛运动，设沿电场方向运动到P点时位移为y，速度大小为v，与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得 由类平抛运动规律得， 在时间，质子在xOy平面内做匀速圆周运动，由， 可得 故质子在时间内，恰好运动半个周期到达x轴上的Q点，与水平方向的夹角也为θ，如图所示 联立以上各式可求得， （2）将代入，可求得： 在P点沿y方向的速度得： 所以 在时间内，从Q到M的运动为反方向的类平抛运动，该过程跟O到P过程对称，因此质子到达M点时速度大小为，方向沿x轴的负方向，沿电场方向的位移大小仍为y。 在时间内，质子在xOy平面内做匀速圆周运动，由 求得 所以在质子第二次到达x轴时，轨迹跟x轴在N点恰好相切，由几何关系可得： 故坐标为。 （3）质子在x轴和z轴的分速度均是，在时间内，质子可看作沿z轴做匀速直线运动，在平行于xOy面重复以上过程的叠加，故在时刻，质子所在位置坐标为：。 2．(1) (2) (3) 【详解】（1）离子在电场中做类平抛运动，对竖直方向列式， 解得 （2）对任意一个离子分析轨迹，发现在电场中为抛物线，在磁场中被截得一段圆周运动的弧线；由对称性，每段电场中轨迹相同，每段磁场中轨迹相同；一段电场轨迹和一段磁场轨迹视为一个周期。 每个离子在磁场中运动的水平位移为，从离子进入磁场到下次离开磁场，对水平方向列动量定理，得 所以每个离子在磁场中的水平位移均相同 当离子初速度为，在电场中平抛的水平位移为 则若离子初速度为kv0，在电场中平抛的水平位移为 每个周期里，电场中的水平位移差就是总的水平位移差。假设两个离子进出磁场n次，有 解得 （3）①翻译信息:“当离子源在0≤x≤888d移动时，刚好有一半的区域，会使离子源发出的所有离子仅在电场中运动就打在板上。”因挡板分布是每4d具有一个周期，所以分析粒子源在0≤x≤4d的移动即可。 已知平抛最大位移为最小位移的2倍。假设最小位移为x，则最大位移与最小位移差为x，如图所示 当P平移，相当于x平移相同距离；当x每平移4d，整个x都在有挡板区域的位置占比为 则x=d 说明的平抛水平位移为2d，的平抛水平位移为d。 ②让所有离子第一次平抛后恰通过空隙，是能保证不打任何挡板离子占比最大的前提。所以此刻P的横坐标为2d ③想要有更多的离子运动全程不打任何板，分析发现，对于初速度为的离子，在电场中水平位移、在磁场中水平位移均为4d，这说明只要它第一次经过电场时没打到板，之后就全程不打板，它是最容易全程不打板的离子; 若初速度小于，因每个周期在电场中位移小于4d，每经过一个周期，经过宽为d的空的相对位置都会往左移一点。临界情况:假设速度为的离子经过多周期平移后，恰经过2025块挡板的左边缘。这个离子第一次经过空隙，与左侧挡板间距为(p-1)d每经过电场一次，与左挡板间距缩小(4-2p)d 解得 则当不打任何挡板离子占比最大， 3．(1) (2) (3)①不能；② 【详解】（1）粒子运行轨迹如图 由分析知，这两个粒子在磁场和电场中的运动轨迹关于y轴对称设两粒子在磁场中运动的半径为R，则 解得 第一次经过x轴时，在磁场中运动的时间 进入电场后，两粒子在沿x轴方向做匀速直线运动。第一次在C点相遇时 因此从A点到C点共历时 （2）由洛伦兹力提供向心力，有 解得 第一次进入电场时 到达C点时 沿y轴方向做匀减速直线运动，有 联立解得 因此 （3）①撤去负粒子后，正粒子仍先从A点运动到C点。第1次穿过x轴时，横坐标 到达C点后，电场方向反向，加速度 方向竖直向上。 第2次穿过x轴时，沿y轴方向有 沿x轴方向有 解得 由动能定理知，此时该粒子的速度仍为，方向与x轴正方向夹60°角，该粒子再次进入磁场后，仍做半径为d的匀速圆周运动。由 可知，该粒子经过C点后不能再次穿过y轴。 ②该粒子的部分运动轨迹如图所示 结合图像可知，该粒子第3次穿过x轴时 随后粒子再次进入电场，由运动规律和分析可得，第4次穿过x轴时 第5次穿过x轴时 以此类推....该粒子第2n次穿过x轴时（其中n=1，2，3，…） 因此该粒子第2026次穿过x轴时到坐标原点的距离 4．(1) (2) (3) 【详解】（1）时间内粒子仅在电场中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得粒子加速度为 位移为 时刻的速度为 粒子在磁场中做半个圆周运动，结束时位置为，半径 后进入电场，，加速度大小为 设经过回到y轴，则有 解得 电场力总功为两段电场做功之和 （2）时刻释放的粒子运动轨迹如图所示 粒子在第一段电场中加速时间为 时刻位移为 时刻的速度为 粒子首次在磁场中运动半径为 时刻粒子速度大小为 第二次在磁场中运动的半径为 第二次在电场中运动的距离为 ,粒子在电场中做匀加速直线运动，加速度大小为 时刻粒子的速度为 粒子第三次在磁场中运动半径为 粒子第三次在电场中运动的距离为 则 轴方向的位移为 横坐标 （3）设粒子时刻释放，则粒子在第一个电场中的位移为 时粒子的速度为（取0，1，2，3，……） 过程中粒子在轴方向的位移为 过程中粒子在轴方向的位移为 过程中粒子在轴方向的位移为 …… 过程中粒子在轴方向的位移为 故时间内粒子在轴方向的位移为 设该粒子第次进入磁场时轨迹半径为 则该粒子沿轴正方向能够到达的位置为 当足够大时 当时粒子无法被接收 即 解得 故在时间内，时间内释放的粒子无法被接收，所占百分比为 5．(1) (2) (3)， 【详解】（1）粒子从P点沿半径方向射入I区，偏转后从K点离开I区，根据左手定则可知，四指指向与粒子运动方向相反，则带电粒子带负电。设带电粒子所带电量为-q，粒子在I区做匀速圆周运动的半径为r，作出粒子运动轨迹如图a所示 根据几何关系有 粒子在I区做匀速圆周运动，运动时间为 （2）由洛伦兹力提供向心力，则有 解得 带电粒子在II区做减速直线运动，根据动能定理有 结合上述解得 （3）带电粒子在III区运动，设轨迹半径为，III区磁场磁感应强度大小，则有 结合上述解得 作出粒子运动轨迹，如图b所示 设粒子在b圆面上射入III区，在点离开III区，令，在I区内运动次，III区内运动次后，回到P点，则有（、均为正整数，） 可知，粒子运动轨迹有两种可能性。 情况i：当，时，时，带电粒子在III区运动后，沿PO方向直接进入II区时，运动轨迹如图c所示 根据几何关系有 结合上述解得， 情况ii： ，时，，带电粒子在III区运动后，进入II区，又在I区运动后，沿OP方向回到P点时，运动轨迹如图d所示 根据几何关系有 结合上述解得， 6．(1) (2)， (3)见解析 【详解】（1）根据动能定理 解得 （2）第一次穿过轴前，竖直方向，根据 第二次穿过轴后，竖直方向，根据 其中 根据题意有 解得 第一次在磁场中运动，以为第一次穿过x轴后速度与水平方向夹角。向左偏移量为，根据几何关系有 根据洛伦兹力提供向心力有 可得 第一次穿过x轴后竖直方向速度 根据题意 第二次在电场中，设为第二次穿过x轴后水平方向的速度，则，， 解得 （3）第一次经过x轴时的横坐标为 此后，第n次到n+1次（n为偶数）经过x轴向右运动，则 即 此后，第n次到n+1次（n为奇数）经过x轴向左运动，则 即 则， ①n为奇数时 ②n为偶数时 7．(1)0＜v≤， (2)（y≥0） (3) 【详解】（1）如图所示 从O点进入电场的粒子速度最大，此时粒子的运动轨迹与x轴相切，由几何关系知 由洛伦兹力提供向心力有 解得 即从OM进入电场的粒子速度大小范围为0＜v≤ 由分析知，所有粒子从OM离开磁场Ⅰ时的速度方向都沿x轴负方向，偏转角度 在磁场Ⅰ中运动的时间 且 解得 （2）取OP边界上一点，则到达该点的粒子从OM离开磁场Ⅰ时的点坐标为，如图所示 设该粒子速度大小为v2，在磁场Ⅰ中运动的半径为R2，则 且 由于所有粒子离开电场的速度都为 根据动能定理有 联立解得，OP的轨迹方程为（y≥0） （3）由题知，粒子进入磁场Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径 等于圆形磁场的半径，如图 由分析知，所有粒子都会汇聚于圆形磁场与x轴的切点F，且速度大小都为 设F点的速度方向与y轴负方向的夹角为α，则 设第三象限中匀强电场的场强大小为。要使粒子离开F点后打在接收屏OQ上，应满足 且≥ 联立解得≥ 令函数 要使所有进入磁场Ⅱ的粒子最终都能打在接收屏OQ上，则应满足≥ 当，即时， 因此，电场强度的最小值为 8．(1) (2) (3)， 【详解】（1）在区域，粒子沿轴方向与轴方向的速度均为 沿轴方向有 在电场中将电场力分别沿轴方向和轴方向分解，则有 解得 粒子沿轴负方向减速，减速到零后再返回轴，根据运动的对称性可知返回时沿轴方向的速度为，方向为沿轴正方向，经历的时间 由于沿轴方向的速度大小没变，粒子从电场进入磁场前经历的时间 粒子从出发到进入磁场前所经历的时间 （2）在磁场中粒子运动轨迹如图，粒子在进入和离开电场时，沿轴方向的速度大小不变，每次进入磁场沿轴方向速度的变化量大小恒为，设每次进出磁场的两点间距为l，在轴方向，由动量定理，有 其中 解得 （3）粒子在电场中，每次运动的时间均为，每次沿轴正方向增加的速度大小恒为 经次加速后沿轴方向速度大小为 经次加速后粒子的速度大小为 加速过程，沿轴方向的总位移为 解得 粒子在区域沿轴正方向的速度满足 故粒子在区域沿轴正方向运动的总位移为 解得 粒子在磁场中回转了次，此过程沿轴负方向的总位移为，故粒子经过第次加速后从轴上的某点离开电场，该点的位置坐标 解得 9．（1）；（2）（0，，0） 【详解】（1）粒子在电场中做类斜抛运动，则有 沿电场方向有 由牛顿第二定律 联立解得 （2）粒子进入磁场后，在垂直y轴的平面做匀速圆周运动，在y轴上沿轴负方向做匀速直线运动，则有 由 粒子在磁场中第n次距y轴最远时，粒子沿y轴负方向移动的距离 联立解得 第n次经过y轴时在y轴上的位置坐标为（0，，0）。 10．（1）；（2）；（3）； 【详解】（1）根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差，则 由动能定理可得 解得 （2）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，根据题意作轨迹图，由向心力公式得 设，由几何关系可知 解得 所以，粒子在磁场中运动过程所转过的角度为 粒子在磁场中运动总时间 粒子在磁场中运动周期为 解得 （3）如图，设改变释放位置后，粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域，令，粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为，根据题意可知 粒子在磁场中运动总时间为3，所以 其中n和N均为正整数；由题意可知 联立以上公式得 所以 ①当n=13，N=1，由几何关系可得 则 由洛伦兹力提供向心力公式得 由动能定理可得 解得 ②当n=11，N=2时，由几何关系可得 同理解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $