2026届高三物理二轮复习试题计算题对点练（五）粒子运动类计算题（Word版附解析）

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(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=(2-1)mv0qd,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19d+62d,3d4,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,y0)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y0)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)πL3v0+Lv0
(2)724L 34L
解析 (1)由qv0B=mv02R
可得R=mv0Bq=v0Bk=13L
粒子在磁场中做半个圆周运动用时t1=12T=πRv0=πL3v0
粒子在电场中水平方向匀速运动,则用时t2=Lv0
故t=t1+t2=πL3v0+Lv0。
(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=2yx
故d=2(L-x)yx
粒子在第一象限有y=qE2mt2,x=v0t
得到y=3x22L
将其代入上式得d=(L-x)3xL=3x-3x2L
由数学知识知当x=12L时d有最大值34L
此时y=38L,故OP=2R-y=724L。
2.答案 (1)qELmv02
(2)mv0qL v02+π2q2E2L24m2v02
解析 (1)粒子在空腔内运动的时间为t=Lv0
加速度为a=qEm
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=vyv0
解得tan θ=qELmv02。
(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=mv02R
粒子轨迹与探测屏相切,则有R=L
解得B=mv0qL
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'=T4=πL2v0
故vy=qEm·πL2v0
则与探测屏相切时的速度大小为v=v02+vy2=v02+π2q2E2L24m2v02。
3.答案 (1)mv022qd mv022qd
(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=12mv02-0
则E2=mv022qd
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=12mv2-12mv02
且v0=vcs 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=mv2R
R(1-cs θ)=d
联立可得v=2v0、θ=π4,且E1=mv022qd。
(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vy2·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=2θ·Rv
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+22)d,x=6d+22d
考虑到19d+62d=3x+d,则此时质子做类平抛运动,所处位置的纵坐标y=3d4
所以质子能经过点19d+62d,3d4。
(3)对质子,由M到N,有d=v02t0
由(2)分析可得质子完成一次类平抛运动所用时间为t1=t0=2dv0
质子相邻两次进出磁场用时t2=(2+1)πd2v0
则质子向下通过x轴时,t=t0+t1+(2t1+t2)n=4dv0+8+(2+1)π2v0nd(n=0,1,2,…)
质子向上通过x轴时,t'=(2t1+t2)n=8+(2+1)π2v0nd(n=1,2,…)。
4.答案 (1)3mv02qL 0,-32L
(2)23mv0qB 4πm3qB
(3)23nmv0(23n+3+2)mv0-qBL(n=1,2,3,…)或23nmv0(23n+3-2)mv0-qBL(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°=v1v0
联立得E=3mv02qL
h=12at2=32L
故点P的坐标为0,-32L。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=mv2r,v=v0cs60°,d=2rsin 60°
得d=23mv0qB
粒子运动的周期T=2πrv=2πmqB
粒子的圆心角为240°,故t0=23T=4πm3qB。
(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'=23mv0λqB
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')+d2+r(n=1,2,3,…)
解得λ=23nmv0(23n+3+2)mv0-qBL(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')-r-d2
解得λ=23nmv0(23n+3-2)mv0-qBL(n=1,2,3,…)。