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微专题 5 带电粒子在交变场中的运动
命题规律 1.命题角度：(1)带电粒子在交变电场中的运动；(2)带电粒子在交变电、磁场中
的运动.2.常用方法：图像法.3.常考题型：选择题、计算题．
考点一 带电粒子在交变电场中的运动
处理带电粒子在交变电场中运动的问题时，先画出粒子在电场方向的 v－t图像，结合图像
去分析粒子的运动情况，在v－t图像中，图线与t轴所围面积表示沿电场方向粒子的位移．
带电粒子在交变电场中运动常见的v－t图像如图所示．
例1 (多选)(2022·天津市模拟)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板
P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U 的周期性变化的电压，在两板左
0
侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v、方向平行于金属板
0
的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T
＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v
0
B．粒子的电荷量为
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv2
0
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
答案 AD
解析 粒子进入电场后，在水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运
动时间t＝，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运
动，经过一个周期，粒子在竖直方向速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度
v ，选项A正确．在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则＝()2，可得q＝，选项B错误．
0在t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为 y＝2×a(T)2－2×a()2＝，故
静电力做功为W＝·＝Uq＝mv2，即电势能减少了mv2，选项C错误．在 t＝时刻进入的粒
0 0 0
子，在竖直方向先向下做加速运动，然后向下做减速运动，再向上加速，向上减速，由对称
性可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确．
考点二 带电粒子在交变电、磁场中的运动
1．此类问题是场在时间上的组合，电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周
期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的受力情况和运动过程，弄清楚带电粒子在每一时间
段内在电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动轨迹，确定带电
粒子的运动过程，选择合适的规律进行解题．
2．解题思路
例2 (2022·广东省模拟)图甲为直角坐标系xOy，y轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分
布着均匀的、大小随时间周期性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度
方向沿y轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直xOy平面向里为正方向．t＝0时刻，电荷量
为q、质量为m的带正电粒子在坐标原点O由静止释放，已知电场强度大小E ＝，磁感应
0
强度大小B＝，g取10 m/s2.求：
0
(1)t＝1 s末粒子速度的大小和方向；
(2)粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期；
(3)在0～6 s内粒子运动过程中最高点的位置坐标．
答案 (1)10 m/s 方向竖直向上 (2) m 1 s (3)(－，45＋)
解析 (1)粒子在坐标原点O由静止释放，设1 s末速度大小为v ，根据牛顿第二定律可得
1
qE－mg＝ma，且v＝at，代入数据解得v＝10 m/s，方向竖直向上；
0 1 1 1
(2)1 s末粒子第一次进入磁场，由于粒子受重力和静电力平衡，故粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB＝m，解得r＝ m，周期T＝＝1 s
1 0 1
(3)粒子在第2 s末回到y轴，以v ＝10 m/s的初速度沿y轴正方向运动，设3 s末粒子速度的
1
大小为v，则从第2 s末到第3 s末这段时间内，根据动量定理可得(qE－mg)t＝mv－mv，
2 0 2 2 1
代入数据解得v＝20 m/s，方向竖直向上；3 s末粒子第2次进入磁场做匀速圆周运动，周期
2
不变，4 s末再次回到y轴，以v ＝20 m/s初速度沿y轴正方向运动，5 s末的速度为v ＝30
2 3
m/s，第3次进入磁场做匀速圆周运动，第6 s刚好回到y轴，速度方向向上，粒子运动轨迹
如图所示，则最上方圆的半径R＝＝ m，前5 s加速时间t ＝3 s，根据位移时间关系可得前
5
5 s竖直方向的位移y ＝×t ＝45 m，所以在0～6 s内粒子运动过程中最高点的位置坐标为x
5 5
＝－R＝－ m，y＝y＋R＝45＋ (m)，即最高点位置坐标P(－，45＋).
5
(2022·湖南岳阳市二模)如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定
磁场垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．质量为m、
电荷量为＋q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场．图乙中T 为未知量，
0
不计粒子的重力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．
(1)若粒子射入磁场时的速度为v，求0～T 时间内粒子做匀速圆周运动的半径；
0 0
(2)若粒子恰好不能从y轴射出磁场，求磁感应强度变化的周期T；
0
(3)若使粒子能从坐标为(d，d)的D点平行于x轴射出，求射入磁场时速度大小．
答案 (1) (2) (3)(n＝1,2,3，…)
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力有qv·3B＝m，解得r＝
0 0 1
(2)要使粒子恰好不从y轴射出，轨迹如图所示，在前T 内粒子的运动半径为r＝
0 1
在后T 内粒子的运动半径为r＝
0 2
由几何关系知sin θ＝＝0.6
解得θ＝37°
在0～T 时间内粒子做圆周运动的周期为T＝
0
则T＝T
0
解得T＝
0
(3)要想使粒子经过 D 点且平行 x 轴射出，则粒子只能从 nT 时刻经过 D 点，其中 n＝
0
1,2,3，…，则可能的运动轨迹如图所示
设粒子射入磁场的速度大小为v，
由(2)可得r＝r
2 1
由几何关系可知
n(2rcos 30°＋2rcos 30°)＝2d
1 2
又qv·3B＝m
0
解得v＝(n＝1,2,3，…)．
专题强化练
1．(2022·山东省高三检测)如图甲所示，粒子源能源源不断地产生一种比荷为的带正电粒子，
带电粒子从粒子源飞出时的速度可忽略不计．带电粒子离开粒子源后进入一电压为 U 的加
0
速电场，之后进入长为L、两板间距离为d＝L的平行金属板，金属板间有一偏转电场，带
电粒子从两板正中间射入并恰好从下极板的边缘射出偏转电场，然后进入边界为 MN、PQ
的均匀交变磁场中，磁场宽度也为L，边界PQ为一感应挡板，交变磁场的变化规律如图乙
所示，规定垂直纸面向里为磁场的正方向．在t＝0时刻进入磁场的带电粒子在磁场中的运
动时间为交变磁场的一个周期，并且射出磁场时垂直打在挡板PQ上．(不计粒子的重力及粒子间的相互作用，电场、磁场的边界均为理想边界)求：
(1)带电粒子进入偏转电场时的速度大小；
(2)偏转电场的电场强度；
(3)交变磁场的磁感应强度大小．
答案 (1) (2)，方向竖直向下 (3)
解析 (1)由动能定理有qU＝mv2
0 0
可得v＝
0
(2)设偏转电场的电场强度大小为E，粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
a＝，L＝vt，＝at2
0
且d＝L
联立可得E＝
方向竖直向下
(3)设粒子离开偏转电场时的速度为v，与水平方向夹角为α，则有tan α＝＝
可得α＝30°，有v＝
可得v＝
若粒子在t＝0时刻进入磁场，由题意可得粒子进入磁场中运动的轨迹如图所示，
粒子在磁场中做圆周运动，结合题图乙，由几何关系可得
∠OO C＝60°，∠COD＝30°
1 2
则有＝sin 30°，可得r＝
由牛顿第二定律有qvB＝
则可得B＝.
2．(2022·黑龙江省哈师大附中高三期末)如图甲所示，两个平行正对的水平金属板XX′极板
长L＝ m，板间距离d＝0.2 m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁
场，磁感应强度大小为B＝5×10－3 T、方向垂直纸面向里．现将X′极板接地，X极板上的
电势φ随时间变化规律如图乙所示．现有带正电的粒子流以v ＝105 m/s的速度沿水平中线
0OO′连续射入电场中，粒子的比荷＝108 C/kg，其重力可忽略不计，若粒子打在水平金属
板上则将被吸收．在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电
场)．求：(结果可以保留根式或π)
(1)带电粒子射出电场时速度增量的最大值；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之差；
(3)所有进入磁场的粒子在MN上射出磁场的区域长度．
答案 (1)×105 m/s (2)×10－5 s (3)0.2 m
解析 (1)粒子在偏转电场中做类平抛运动，设两金属板间电压为 U 时粒子恰好能够从金属
1
板边缘射出，此时粒子的加速度大小为a＝①
1
粒子在电场中的运动时间为t＝＝2×10－6 s②
粒子的侧移量为y＝at2＝③
1
联立①②③解得U＝ V④
1
所以当U> V时进入电场的粒子将被打到金属板上，在U＝ V时进入电场的粒子射出时具有
最大速度，则速度增量的最大值为Δv ＝t＝×105 m/s⑤
m
(2)当粒子从O′点下方射出时，其速度方向与水平方向的夹角越大，其在磁场中转过的圆
心角越大，运动时间越长；当粒子从O′点上方射出时，其速度方向与水平方向的夹角越大，
其在磁场中转过的圆心角越小，运动时间越短．所以从下极板右边缘射出的粒子在磁场中运
动时间最长，从上极板右边缘射出的粒子在磁场中运动时间最短，分别如图中运动轨迹 a、
b所示，
两粒子从电场射出时与水平方向的夹角相同，均设为θ，根据速度的合成与分解可得tan θ
＝＝⑥
解得θ＝30 °⑦
根据几何关系可知沿轨迹a、b运动的粒子转过的圆心角分别为α＝360°－2×60°＝240°⑧
1
α＝2×(90°－30°)＝120°⑨
2设粒子在磁场中运动的周期为T，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，T＝⑩
联立解得T＝⑪
粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之差为Δt＝T＝＝×10－5 s⑫
(3)设某一粒子从电场射出时速度方向与水平方向夹角为β，根据速度的合成与分解可得此时
粒子的速度大小为v＝⑬
设此时粒子在磁场中运动的半径为R′，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m⑭
粒子进入磁场与射出磁场的点间距为x＝2R′cos β⑮
联立⑬⑭⑮解得x＝＝0.4 m⑯
由此可推知沿轨迹a运动的粒子射出磁场的位置最低，沿轨迹b运动的粒子射出磁场的位置
最高，因此所有进入磁场的粒子在MN上射出磁场的区域长度为l＝0.2 m.
3．(2022·天津市市区重点中学一模)如图甲所示，边界为L 、L ，宽度为d的竖直狭长区域
1 2
内，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的电场(图中未画出)．电场的电场强度做周期
性变化的规律如图乙所示，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微
粒从左边界L 上的N 点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆
1 1
周运动，再沿直线运动到右边界L 上的N 点．Q为线段N N 的中点，重力加速度为g，上
2 2 1 2
述d、m、v、g和图像中的E 均为已知量．
0
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求电场变化的周期T；
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．
答案 (1) (2)＋ (3)
解析 (1)根据题意，微粒做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，重力与静电力平衡，则
mg＝qE
0
开始时微粒水平向右做直线运动，则竖直方向所受合力为0，则
mg＋qE＝qvB
0
联立得q＝
B＝
(2)设微粒从N 运动到Q的时间为t，做圆周运动的周期为t，则
1 1 2
＝vt
1
qvB＝m2πR＝vt
2
联立解得t＝
1
t＝
2
电场变化的周期T＝t＋t＝＋
1 2
(3)若微粒能完成题述的运动过程，
则要求d≥2R
由(1)(2)中的式子联立解得R＝
所以当d＝2R时，微粒在N Q段直线运动时间最短，
1
设N Q段直线运动的最短时间为t ，得
1 1min
t ＝，
1min
因t 不变，T的最小值
2
T ＝t ＋t＝.
min 1min 2
4．如图甲所示的xOy平面内存在大小随时间周期性变化的匀强磁场和匀强电场，变化规律
分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，沿y轴负方向为电场强度
的正方向)．在t＝0时刻由原点O发射一个初速度大小为v 、方向沿y轴正方向的带正电粒
0
子，粒子的比荷＝，v、B、E、t 均为已知量，不计粒子受到的重力．
0 0 0 0
(1)求在0～t 内粒子运动轨迹的半径；
0
(2)求t＝2t 时，粒子的位置坐标；
0
(3)若粒子在t＝25t 时首次回到坐标原点，求电场强度E 与磁感应强度B 的大小关系．
0 0 0
答案 (1) (2) (3)E＝B
0 0
解析 (1)粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，
则有qvB＝，又＝
0 0
联立解得r＝
(2)若粒子在磁场中做完整的圆周运动，
则其周期T＝
解得T＝2t
0
则在0～t 时间内，粒子在磁场中转动半周，
0
t＝t 时粒子位置的横坐标
0
x＝－2r＝－
在t～2t 时间内，粒子在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动
0 0y＝－vt－t2
00 0
解得y＝－vt－
00
故t＝2t 时，粒子的位置坐标为
0
(3)如图所示，带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为r＝r＝
1
当t＝2t 时，粒子的速度大小为v＝v＋t
0 0 0
2t～3t 时间内，粒子在x轴下方做圆周运动的轨道半径r＝＝
0 0 2
由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足n(2r－2r)＝2r(n＝1,2,3，…)
2 1 1
当t＝25t 时，n＝6，解得E＝B.
0 0 0
