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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(OP< 2
3 L)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=3 v0
kL
,
电场强度E=3 v0
2
kL
。
(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。
2
(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)m v0
qd
,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 +6√2d , 3d
4 ),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。
3
(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。
4
参考答案
1.答案 (1) π L
3 v0
+ L
v0
(2) 7
24
L 3
4
L
解析 (1)由qv0B=mv0
2
R
可得R=mv0
Bq = v0
Bk = 1
3
L
粒子在磁场中做半个圆周运动用时t1=1
2
T=π R
v0
= π L
3 v0
粒子在电场中水平方向匀速运动,则用时t2= L
v0
故t=t1+t2= π L
3 v0
+ L
v0
。
(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 y
x
故d=2(L-x) y
x
粒子在第一象限有y= qE
2m
t2,x=v0t
得到y=3 x
2
2 L
将其代入上式得d=(L-x)3 x
L
=3x-3 x
2
L
由数学知识知当x=1
2
L 时d 有最大值3
4
L
5
此时y=3
8
L,故OP=2R-y= 7
24
L。
2.答案 (1) qEL
mv0
2
(2)m v0
qL √
v0
2+ π
2q
2 E
2 L
2
4 m
2v0
2
解析 (1)粒子在空腔内运动的时间为t= L
v0
加速度为a=qE
m
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=v y
v0
解得tan θ= qEL
mv0
2。
(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=mv0
2
R
粒子轨迹与探测屏相切,则有R=L
解得B=m v0
qL
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'=T
4 = π L
2v0
故vy=qE
m · π L
2v0
则与探测屏相切时的速度大小为v=√v0
2+ v y
2=√
v0
2+ π
2q
2 E
2 L
2
4 m
2v0
2
。
3.答案 (1)mv0
2
2qd
mv0
2
2qd
(2)能经过 原因见解析
6
(3)见解析
解析 (1)对质子,从M 到N 的过程,由动能定理得qE2d=1
2 m v0
2-0
则E2=mv0
2
2qd
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=1
2
mv2-1
2 m v0
2
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=mv
2
R
R(1-cos θ)=d
联立可得v=√2v0、θ=π
4 ,且E1=mv0
2
2qd
。
(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v y
2
·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· R
v
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√2)d,x=6d+2√2d
考虑到19d+6√2d=3x+d,则此时质子做类平抛运动,所处位置的纵坐标y=3d
4
所以质子能经过点19d+6√2d,3d
4
。
(3)对质子,由M 到N,有d=v0
2
t0
7
由(2)分析可得质子完成一次类平抛运动所用时间为t1=t0=2d
v0
质子相邻两次进出磁场用时t2=(√2+1)π d
2v0
则质子向下通过x 轴时,t=t0+t1+(2t1+t2)n=4 d
v0
+ 8+(√2+1)π
2v0
nd(n=0,1,2,…)
质子向上通过x 轴时,t'=(2t1+t2)n=8+(√2+1)π
2v0
nd(n=1,2,…)。
4.答案 (1)√3m v0
2
qL (0,- √3
2 L)
(2)2√3m v0
qB
4 π m
3qB
(3)
2√3nm v0
(2√3n+√3+2)mv0-qBL (n=1,2,3,…)或
2√3nm v0
(2√3n+√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°=v1
v0
联立得E=√3mv0
2
qL
h=1
2
at2=√3
2
L
故点P 的坐标为(0,- √3
2 L)。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,则有qvB=mv
2
r
,v=
v0
cos60°
,d=2rsin 60°
得d=2√3m v0
qB
粒子运动的周期T=2π r
v
= 2π m
qB
粒子的圆心角为240°,故t0=2
3
T=4 π m
3qB
。
(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'=2√3m v0
λqB
8
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')+d
2
+r(n=1,2,3,…)
解得λ=
2√3nm v0
(2√3n+√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 - d
2)
9
解得λ=
2√3nm v0
(2√3n+√3-2)mv0-qBL (n=1,2,3,…)。
