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带电粒子在交变场和立体空间中的运动
目标要求 1.掌握带电粒子在交变电、磁场中运动问题的分析方法，熟悉带电粒子运动的常见模型。2.会分析
带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充分利用分
解的思想降维处理相关问题。
一、带电粒子在交变场中的运动
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。
例1 (2024·江苏省苏锡常镇一模)xOy平面内存在着变化的电场和变化的磁场，变化规律如图所示，
磁感应强度的正方向为垂直纸面向里，电场强度的正方向为+y方向。t=0时刻，一电荷量为+q、质
2πm
量为m的粒子从坐标原点O以初速度v 沿+x方向入射(不计粒子重力)。B-t图中B = ，E-t图中
0 0 qt
0
mv
E =
0。求：
0 qt
0
t
(1) 0时刻粒子的坐标；
4
(2)0~4t 时间段内粒子速度沿-x方向的时刻；
0
(3)0~7t 时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
0
v t v t 1 19 3 √2 1
答案 (1)( 0 0， 0 0) (2) t 和 t (3)( + + )v t
2π 2π 2 0 8 0 2 2π 2π 00
2πm
解析 (1)粒子在磁场中运动的周期T= =t
qB 0
0
洛伦兹力提供向心力，有
v 2 v t
B qv =m 0 ，解得r = 0 0
0 0 1
r 2π
1t 1 v t v t
所以 0 时刻粒子运动了 个周期，坐标为(r ，r )，即( 0 0 ， 0 0)
4 4 1 1 2π 2π
qE v
(2)0~4t 时间内的运动轨迹如图，粒子在电场中的加速度a= 0= 0
0 m t
0
故粒子在t ~2t 时间内竖直方向的速度v=at =v ，
0 0 y 0 0
故在2t 时速度方向与x轴正方向的夹角为45°，
0
由图知及以上分析知0~4t 时间段内粒子速度沿
0
T 3 1 19
-x方向的时刻为t = 和t =2t + T，即t = t 和 t = t 。
1 2 2 0 8 1 2 0 2 8 0
1
(3)t ~2t 时间内粒子沿y轴方向位移y = v t
0 0 0 2 00
6t ~7t 时间内粒子沿y轴方向最大位移
0 0
y =(1+cos 45°)r
磁 2
分解可知粒子在6t 时刻的速度v'=√2v ，
0 0
mv' √2
故r = ，解得r = v t
2 qB 2 2π 0 0
0
即y =3y +y
m 0 磁
3 √2 1
得y =( + + )v t 。
m 2 2π 2π 0 0
二、带电粒子在立体空间中的运动
带电粒子在立体空间中的运动问题，往往通过降维思想进行简化，常见示例及解题策略如下表：
运动类型 解题策略
在三维坐标系中运
将粒子的运动分解为三个方向的运
动，每个轴方向都
动
是常见运动模型
旋进运动将粒子的运动分解为一个
一维加一面，如旋 轴方向的匀速直线运动或匀变速直
进运动 线运动和垂直该轴所在面内的圆周
运动
把粒子运动所在的面隔离出来，转
运动所在平面切
换视图角度，把立体图转化为平面
换，粒子进入下一
图，分析粒子在每个面的运动
区域偏转后曲线不在原来的平面内
例2 (2024·福建三明市一模)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v 从x轴上的A点(-d，
0
0，0)处在xOy平面内沿与x轴正方向成37°角射入电场中，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子
mv
恰好经过O点，磁感应强度大小为B= 0，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，粒子的重力忽略不计，求：
qd
(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轴的时刻。
24mv 2 5d+8πd(n-1)
答案 (1) 0 (2) (n=1，2，3…)
25qd 4v
0
解析 (1)粒子在电场中做类斜抛运动，则有
d=v cos 37°·t
0 1
沿电场方向有-v sin 37°=v sin 37°-at
0 0 1
又qE=ma
24mv 2 5d
解得E= 0 ，t = 。
25qd 1 4v
0
(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y轴负方向做匀速直线运动，则有
(v cos37°) 2
qBv cos 37°=m 0
0
R
2πR 2πd
又T= =
v cos37° v
0 0
则粒子射入电场开始计时，第n次经过y轴的时刻
t =t +(n-1)T(n=1，2，3…)
2 1
5d+8πd(n-1)
解得t = (n=1，2，3…)
2 4v
0
例3 (2024·湖南卷·14)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O'、O处各开有一
小孔。以O为坐标原点，取O'O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁
场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向
沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v 。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，
0
不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求
tan θ的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
2πmv 2πr 2π2r2v 2m
答案 (1) 0 (2) (3) 0
eL L EeL2
解析 (1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，
设电子入射时沿y轴的分速度大小为v，由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v t
y 0
在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，
v 2
由牛顿第二定律知Bev=m y
y
R
mv
可得R= y
Be
2πR 2πm
T= =
v Be
y
若所有电子均能经过O进入电场，则有
t=nT(n=1，2，3，…)
2πnmv
联立得B= 0
eL
当n=1时，B有最小值，可得
2πmv
B = 0
min
eL
v
y
(2)将电子的速度分解，有tan θ=
v
0
θ最大时，tan θ有最大值，即v 最大，
y
mv
ym
此时R = =r，
max eB
min
2πv r 2πr
联立可得v = 0 ，tan θ=
ym L L
(3)当v 最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移y ，
y m根据匀变速直线运动规律有
v 2
y = ym
m
2a
Ee
由牛顿第二定律知a=
m
2π2r2v 2m
联立得y = 0
m EeL2
计算题培优练 6 带电粒子在交变场和立体空间中的运动［分值：40
分］
1.(12分)(2024·山西朔州市二模)如图所示，一足够长的长方体O a b c -O a b c 被正方形O a b c 分成上下
1 1 1 1 3 3 3 3 2 2 2 2
两个长方体空间Ⅰ和空间Ⅱ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz，其中
1 1
O a =O c =O O =4L。整个长方体空间存在沿z轴负方向的匀强电场(图中未画出)，另外空间Ⅱ内同时还存
1 1 1 1 2 3
在沿z轴正方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从O c 边的中点P以初
3 3
速度v 平行于y轴正方向射入长方体区域，粒子恰好经过正方形O a b c 的中心点Q，且粒子在空间Ⅱ内
0 2 2 2 2
运动的过程中，恰好未从长方体侧面飞出长方体区域，不计粒子重力，求：
(1)(4分)匀强电场的电场强度大小；
(2)(3分)粒子经过Q点时的动能；
(3)(5分)匀强磁场的磁感应强度大小。
2mv 2 17 mv
答案 (1) 0 (2) mv 2 (3) 0
qL 2 0 qL
解析 (1)带正电粒子在空间Ⅰ中做类平抛运动，运动轨迹如图
则2L=v t
01
1
4L= at 2
2 1
由牛顿第二定律qE=ma
联立可得，匀强电场的电场强度大小为
2mv 2
E= 0
qL
(2)在空间Ⅰ中，由动能定理
1
qE×4L=E - mv 2
k 2 0
解得粒子经过Q点时的动能为
17
E = mv 2
k 2 0
(3)粒子进入空间Ⅱ中速度为
√2E
v= k=√17v
0
m
将速度v分解为沿y轴速度v 和沿z轴速度4v ，由于z轴速度方向与磁场平行，不受洛伦兹力，在xO y平
0 0 1
面内的
y轴方向有洛伦兹力提供向心力
v 2
qv B=m 0
0
r
由几何关系可知r=L
可得匀强磁场的磁感应强度大小为
mv
B= 0 。
qL
2.(12分)(2024·广东卷·15)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U 、
0
周期为t 的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，
0
磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t=t 时刻从下板左端边缘位置
0
水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t 时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t=3t
0 0
π
时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍，粒子质量
3
为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。(1)(3分)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)(5分)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t 时刻的速度大小v；
0
(3)(4分)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
πm √3πt U √ πU
答案 (1)正电 (2) 0 0 π 0
Bt 8B 24Bt
0 0
πmU (π2+16)
(3) 0
48Bt
0
解析 (1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；
粒子在磁场中运动的周期为T=2t ①
0
2πm
根据T= ②
qB
πm
则粒子所带的电荷量q= ③
Bt
0
πD πD
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为 ，粒子在板间运动时 =vt ④
3 3 0
出金属板间电场时竖直速度为零，
1 U q
则竖直方向y=2× × 0 (0.5t )2 ⑤
2 Dm 0
v2
在磁场中时qvB=m ⑥
r
2mv
其中y=2r= ⑦
qB
√ πU
联立解得v=π 0 ⑧
24Bt
0
√3πt U
D= 0 0 ⑨
8B
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由③④⑦联立可得金属板的板间距离D=3r则粒子在3t 时刻再次进入中间的偏转电场，在4t 时刻进入左侧的电场做减速运动，速度为零后反向加速，
0 0
在6t 时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t 时刻碰到上金属板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t 内电
0 0 0
场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有最初t 在左侧电
0
场时电场力做功和最后0.5t 时间内电场力做功，
0
1 U D π3mU πmU πmU (π2+16)
则W= mv2+ 0q· = 0 + 0 = 0 。
2 D 3 48Bt 3Bt 48Bt
0 0 0
3.(16分)(2024·甘肃平凉市模拟)如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面左侧存在沿z轴正方向的匀强磁
场，右侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz平面右侧还有沿y
轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为(-d，0，0)的M点发射一质量为m，电荷量为+q的粒子，粒子的
初速度大小为v 、方向沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为60°；经一段时间后粒子恰好垂直于y轴进入
0
E √3v
yOz平面右侧。其中电场强度和磁感应强度大小未知，其关系满足 = 0，不计粒子的重力。求：
B π
(1)(2分)粒子在yOz平面左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R ；
1
(2)(4分)粒子第2次经过yOz平面时的速度大小v；
(3)(5分)粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标；
(4)(5分)粒子第2次和第3次经过yOz平面的位置间的距离。
2√3 √3 4√3 4√3
答案 (1) d (2)2v (3)［0，( -π)d， d］ (4) d
3 0 3 3 3
解析 (1)根据几何关系有R sin 60°=d
1
2√3
解得R = d
1 3
(2)粒子垂直y轴进入yOz平面右侧后，在xOz平面做匀速圆周运动，在yOx平面做匀加速直线运动，根据
运动的合成有
T
v=√v 2+v 2，v =a ，qE=ma
0 1 1 2
根据洛伦兹力提供向心力有
v 2 2πR 2πm
qv B=m 0 ，T= 1 =
0 R v qB
1 0联立解得v=2v
0
(3)在yOz平面右侧，磁感应强度大小不变，在磁场中做圆周运动的轨道半径大小仍然为R ，粒子第2次经
1
R
过yOz平面时的坐标［0， 1-Δy，2R ］
2 1
1 T
Δy= a( )2
2 2
E √3v
由于 = 0，解得Δy=πd
B π
粒子第2次经过yOz平面时的坐标为
√3 4√3
［0，( -π)d， d］
3 3
4√3
(4)粒子再次进入yOz平面左侧，其速度大小变为2v ，与y轴负方向夹角30°，开始在z= d的平面内做
0 3
匀速圆周运动，有
(2v ) 2
q·2v B=m 0 ，R =2R
0 2 1
R
2
根据几何关系，粒子第2次、第3次经过yOz平面的交点间的距离为l=2R cos 60°=2R
2 1
4√3
解得l= d。
3
