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计算题培优练 6 带电粒子在交变场和立体空间中的运动
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。
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。
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。答案精析
2mv 2 17 mv
1.(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
πm
2.(1)正电
Bt
0
√3πt U √ πU
(2) 0 0 π 0
8B 24Bt
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
则W= mv2+ 0q· = 0 + 0
2 D 3 48Bt 3Bt
0 0πmU (π2+16)
= 0 。
48Bt
0
2√3
3.(1) d (2)2v
3 0
√3 4√3 4√3
(3)[0，( -π)d， d] (4) d
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
T
运动的合成有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
