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第65 课时 专题强化：带电粒子在立体空间中的运动
目标要求 1.会处理带电粒子在匀强磁场中的螺旋线运动和在叠加场中的旋进运动。2.掌握解决带电粒子
在立体空间中的运动问题的解题思路和处理方法。
考点一 带电粒子的旋进运动
空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的。现在主要讨论两种情况：
(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就
做螺旋线运动。这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做“旋进”运动，这
种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动。
例1 (1)如图甲所示，在空间中存在水平向右、沿x 轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在
原点O 有一个质量为m、带电荷量为q 的带正电的粒子以速度v0垂直x 轴射入磁场，不计粒子的重力，
分析粒子的运动情况，求粒子运动轨迹距离x 轴的最远距离。
(2)如图乙所示，若粒子的速度方向与x 轴夹角为θ。
①试分析粒子的运动情况；
②求粒子运动的轨迹距x 轴的最远距离及轨迹与x 轴相邻交点之间的距离。
(3)如图丙所示，若在空间再加上沿x 轴方向电场强度大小为E 的匀强电场，粒子速度方向仍与x 轴方
向成θ 角。
①试分析粒子的运动情况；
②求粒子离x 轴的最大距离；
③求粒子第三次(起始位置为第零次)与x 轴相交时的位置坐标。
答案 见解析
解析 (1)粒子在垂直x 轴的平面内做匀速圆周运动，距x 轴最远距离等于粒子轨迹圆的直径，
由qv0B＝mv0
2
R1
，D1＝2R1，得D1＝2m v0
qB ；
(2)①粒子速度沿x 轴方向的分量v0x＝v0cos θ，
1
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在垂直于x 轴方向的分量v0y＝v0sin θ，
在垂直于x 轴的平面内受洛伦兹力，粒子在垂直于x 轴的平面内做匀速圆周运动，在平行于x 轴方向做匀
速直线运动，即做等距螺旋线运动。
②由qv0yB＝mv0 y
2
R2
，得D2＝2R2＝2mv0sinθ
qB
。
粒子做匀速圆周运动的周期T＝
2π R2
v0 y
＝2π m
qB
轨迹与x 轴相邻交点之间的距离
Δx＝v0cos θ·T＝2π mv0cosθ
qB
；
(3)①将粒子的初速度分解为沿x 轴方向的分速度v0x和垂直x 轴方向的分速度v0y，v0x＝v0cos θ，v0y＝v0sin θ
洛伦兹力方向与x 轴垂直，粒子在垂直x 轴的平面内做匀速圆周运动，在平行x 轴方向由静电力作用下做
匀加速直线运动，粒子做螺距逐渐增大的“旋进”运动。
②由qv0yB＝mv0 y
2
R3
，得粒子做圆周运动的半径
R3＝R2＝mv0 y
qB ＝mv0sinθ
qB
，
粒子离x 轴的最大距离D3＝2R3＝2mv0sinθ
qB
。
③在x 轴方向，qE＝ma，第三次与x 轴相交时的位置坐标x＝v0xt＋1
2at2，
从射出至第三次到x 轴时间t＝3T＝
6 π R3
v0 y
＝6 π m
qB ，
故x＝6 π m
qB (v0cos θ＋3 π E
B
)。
拓展 若电、磁场方向均沿x 轴正方向，粒子射入磁场的方向与x 轴垂直，如图所示，粒子与x 轴的交
点坐标x1、x2、x3…满足什么关系？
答案 见解析
解析 粒子做“旋进”运动，且到达x 轴的时间间隔相等，在x 轴方向做初速度为0 的匀加速直线运动，
故x1∶x2∶x3…＝1∶4∶9…。
2
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考点二 带电粒子在立体空间中的偏转
分析带电粒子在立体空间中的运动时，要发挥空间想象力，确定粒子在空间的位置关系。带电粒子依次通
过不同的空间，运动过程分为不同的阶段，只要分析出每个阶段上的运动规律，再利用两个空间交界处粒
子的运动状态和关联条件即可解决问题。一般情况下利用降维法，要将粒子的运动分解为两个互相垂直的
分运动来求解。
例2 现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图所示，有一棱长为L 的正
方体电磁区域abcd－efgh，其中M、N 分别为棱ab、棱gh 的中点，以棱ef 中点O 为坐标原点、以ON
为x 轴正方向、OM 为y 轴正方向、Oe 为z 轴正方向建立三维坐标系O－xyz，正方体区域内可能单独或
同时存在沿z 轴负方向的匀强电场E 及匀强磁场B，在O 点有一粒子源，沿x 轴正方向发射不同速率的
带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子入射速度在0.9v0≤v≤3.3v0范围内均匀分布，已
知磁感应强度大小为B＝3m v0
2qL ，电场强度大小为E＝81m v0
2
25 π
2qL
，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，
取√3＝1.732。
(1)若正方体区域内只存在磁场，求入射速度大小为v0的粒子在该区域中运动的时间；
(2)若正方体区域内同时存在电场和磁场，求入射速度大小为v0的粒子从该区域射出的位置的坐标；
(3)若正方体区域内同时存在电场和磁场，求从正方体上表面abcd 射出的粒子数占粒子总数的百分比。
答案 (1)4 π L
9 v0
(2)(√3 L
3
，L，－8 L
25 ) (3)25%
解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qv0B＝mv0
2
r1
解得r1＝2 L
3
粒子轨迹如图甲所示
根据几何关系可知cos θ＝
L−r1
r1
＝1
2
则θ＝60°
3
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设带电粒子做圆周运动的周期为T，
则有T＝
2π r1
v0
解得T＝4 π L
3 v0
粒子轨迹对应的圆心角为120°，
所以运动时间t＝1
3T＝4 π L
9 v0
(2)若正方体区域内同时存在电场和磁场，粒子在做圆周运动的同时，沿z 轴负方向在静电力作用下加速运
动，
加速度a＝qE
m
沿着电场方向的位移z＝1
2at2＝8 L
25 < L
2
故粒子从上表面abcd 射出，由图甲可知
x＝r1sin θ＝√3 L
3
则入射速度大小为v0的粒子从正方体电磁区域射出的位置的坐标为(√3 L
3
，L，－8 L
25 )。
(3)由上述分析可知，粒子从正方体上表面abcd 射出时，粒子速率越大，粒子做匀速圆周运动的半径越大，
图甲中的p 点越靠近d，轨迹圆心角越小，粒子在电磁区域中的运动时间越短，粒子沿z 轴负方向的位移越
小。当粒子速率最大为vmax时从cd 边射出，对应的圆周运动轨迹为1
4 圆周，其半径等于L，则有
qvmaxB＝mvmax
2
L
解得vmax＝1.5v0
假设粒子沿z 轴负方向的分运动匀加速运动到f 点时(其位移大小等于L
2 )，粒子能够从bc 边射出，设粒子在
电场中运动时间为t2，
则有L
2 ＝1
2×qE
m t2
2
解得t2＝5 π L
9 v0
设此情况粒子匀速圆周运动轨迹的圆心角为β，
则有t2＝
β
360° T
4
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联立解得β＝150°
此情况粒子的运动轨迹在正方体前表面adhe 内的投影如图乙所示
可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面abcd 射出的粒子速率的最小值vmin，设此时圆周运动半
径为r2，
由几何关系可得r2＋r2cos 30°＝L
解得r2＝
2 L
2＋√3＝2(2－√3)L
同理有qvminB＝mvmin
2
r2
解得vmin＝3(2－√3)v0
从正方体上表面abcd 射出的粒子速率范围应为
3(2－√3)v0≤v≤3
2v0
粒子入射速度在0.9v0≤v≤3.3v0范围内均匀分布，则从正方体上表面abcd 射出的粒子速率范围为
0.9v0≤v≤3
2v0
所以从正方体上表面abcd 射出的粒子数占粒子总数的百分比
η＝1.5 v0−0.9 v0
3.3 v0−0.9 v0
＝25%。
课时精练
(分值：60 分)
1、2 题每小题7 分，3、4 题每小题15 分，5 题16 分，共60 分
1.( 2024·山东枣庄市检测)用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻
璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：
在空间存在平行于x 轴的匀强磁场，由坐标原点在xOy 平面内以初速度v0沿与x 轴正方向成α 角的方向，
射入磁场的电子运动轨迹为螺旋线，其轴线平行于x 轴，直径为D，螺距为Δx，则下列说法中正确的是(
)
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A.匀强磁场的方向为沿x 轴负方向
B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度，则直径D 减小，而螺距Δx 不变
C.若仅增大电子入射的初速度v0，则直径D 增大，而螺距Δx 将减小
D.若仅增大α 角(α<90°)，则直径D 增大，而螺距Δx 将减小，且当α＝90°时“轨迹”为闭合的整圆
答案 D
解析 将电子的初速度沿x 轴及y 轴方向分解，沿x 轴方向，速度与磁场方向平行，做匀速直线运动且x＝
v0cos α·t，沿y 轴方向，速度与磁场方向垂直，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由左手定则可知，磁
场方向沿x 轴正方向，故A 错误；
根据evyB＝mv y
2
R
，T＝2π R
v y
，且vy＝v0sin α，解得D＝2R＝2m v0sin α
eB
，T＝2π m
eB ，所以Δx＝vxT＝
2π mv0cosα
eB
，所以，若仅增大磁感应强度B，则D、Δx 均减小，故B 错误；若仅增大v0，则D、Δx 皆按
比例增大，故C 错误；若仅增大α，则D 增大而Δx 减小，且α＝90°时Δx＝0，故D 正确。
2.如图所示，空间存在沿x 轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。t
＝0 时刻，质子以初速度v0从坐标原点O 沿y 轴正方向射出，已知质子质量为m，电荷量为e，重力不计，
则( )
A.t＝π m
eB 时刻，质子的速度沿z 轴的负方向
B.t＝π m
eB 时刻，质子的坐标为(mE π
2
2e B
2 ，0，mv0
eB )
C.质子可多次经过x 轴，且依次经过x 轴的坐标值之比为1∶4∶9…
D.质子运动轨迹在yOz 平面内的投影是以O 点为圆心的圆
答案 C
解析 沿x 轴方向，在静电力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据左手定则，洛伦兹力初始时刻
沿z 轴负方向，可判断质子在yOz 平面做匀速圆周运动，所以质子运动轨迹在yOz 平面内的投影是经过O
点的圆，且做圆周运动的周期T＝2π m
eB ，当t＝π m
eB ＝1
2T 时刻，在yOz 平面质子分速度方向沿y 轴负方向，
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沿x 轴方向分速度沿x 轴正方向，所以质子的合速度方向不沿z 轴的负方向，故A、D 错误；当t＝
π m
eB ＝1
2T 时刻，沿x 轴方向Ee＝ma，x＝1
2at2＝1
2· Ee
m ·(π m
eB )2＝π
2mE
2e B
2 ，在yOz 平面内，正好经过半个周
期，则y＝0，z＝－2r＝－2m v0
eB
，所以质子的坐标为(mE π
2
2e B
2 ，0，－2m v0
eB
)，故B 错误；质子每经过一个
周期可经过一次x 轴，沿x 轴方向在静电力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据比例关系可知依
次经过x 轴的坐标值之比为1∶4∶9…，故C 正确。
3.(15 分)(2024·山东威海市检测)某质谱仪部分结构的原理图如图甲所示。在空间直角坐标系Oxyz 的y>0 区
域有沿－z 方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y<0 区域有沿－z 方向的匀强磁场，在x＝－2d 处有一
足够大的屏，俯视图如图乙。质量为m、电荷量为q 的粒子从y 轴上P(0，－d，0)点以初速度v0沿＋y 方向
射出，粒子第一次经过x 轴时速度方向与－x 方向的夹角θ＝60°。不计粒子的重力，粒子打到屏上立即被
吸收。求：
(1)(3 分)粒子的电性；
(2)(5 分)磁感应强度大小B；
(3)(7 分)粒子打到屏上位置的z 轴坐标z1。
答案 (1)正电 (2)m v0
2dq (3)－6 Eq d
2
m v0
2
解析 (1)粒子在磁场中的运动轨迹如图
由左手定则知粒子带正电；
(2)设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有rcos θ＝d，根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝mv0
2
r
，解得B
＝m v0
2dq
(3)设粒子经过x 轴时的坐标为－x1，
则x1＋rsin θ＝2d
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粒子在y>0 区域电场中做类平抛运动，在xOy 平面内沿v0方向做匀速直线运动，设粒子碰到屏前做类平抛
运动的时间为t1，
则v0cos θ·t1＝2d－x1，
粒子运动的加速度a＝Eq
m
在z 轴负方向运动的距离z1'＝1
2at1
2
解得t1＝2√3d
v0
，z1'＝6 Eq d
2
m v0
2
所以打到屏上位置的z 轴坐标z1＝－6 Eq d
2
m v0
2 。
4.(15 分)(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v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重
力。
(1)(7 分)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)(4 分)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)(4 分)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。
答案 (1)2π m v0
eL
(2)2π r
L (3)2π
2r
2v0
2m
Ee L
2
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vy，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得L＝v0t
在yOz 平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，
由牛顿第二定律知Bevy＝mv y
2
R
可得R＝mv y
Be
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T＝2π R
v y
＝2π m
Be
若所有电子均能经过O 进入电场，则有
t＝nT(n＝1，2，3，…)
联立得B＝2π nm v0
eL
当n＝1 时，B 有最小值，可得
Bmin＝2π mv0
eL
(2)将电子的速度分解，有tan θ＝
v y
v0
θ 最大时，tan θ 有最大值，即vy最大，
此时Rmax＝
mv y m
e Bmin
＝r，
联立可得vym＝2π v0r
L
，tan θ＝2π r
L
(3)当vy最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移ym，
根据匀变速直线运动规律有
ym＝v y m
2
2a
由牛顿第二定律知a＝Ee
m
联立得ym＝2π
2r
2v0
2m
Ee L
2
5.(16 分)如图，有一个正方体空间Ⅰ(O1a1b1c1－O3a3b3c3)和一个长方体空间Ⅱ(O1a1b1c1－O2a2b2c2)相拼接。以
O1为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系O1－xyz。空间Ⅰ内存在沿z 轴负方向的匀强电场(图中未画出)，
空间Ⅱ内存在沿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O3c3边的
中点P 以初速度v0沿x 轴正方向射入空间Ⅰ，恰好经过正方形O1a1b1c1的中心点Q，并最终从空间Ⅱ的竖
直棱a1a2飞出长方体区域。空间Ⅰ棱长为4L，不计粒子重力。求：
(1)(4 分)匀强电场的电场强度大小；
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(2)(5 分)粒子经过Q 点时的速度大小；
(3)(7 分)匀强磁场的磁感应强度大小及长方体空间Ⅱ竖直棱的最小高度。
答案 (1)2mv0
2
qL
(2)√17v0 (3)m v0
2qL 4πL
解析 (1)带电粒子在空间Ⅰ中做类平抛运动，运动轨迹如图所示，
根据类平抛运动规律可得2L＝v0t1，4L＝1
2at1
2，qE＝ma，联立解得匀强电场的电场强度大小为E＝2mv0
2
qL
。
(2)在空间Ⅰ中，由动能定理可得qE·4L＝Ek－1
2mv0
2，解得粒子经过Q 点时的动能为Ek＝17
2 mv0
2，所以粒
子经过Q 点的速度大小为v＝√
2 Ek
m ＝√17v0。
(3)将速度v 分解为x 轴正方向的速度v0和z 轴负方向的速度4v0，由于z 轴速度方向与磁场平行，不产生洛
伦兹力，在xO1y 平面内的分速度，使粒子受洛伦兹力，在xO1y 平面内做匀速圆周运动，粒子最终从竖直
棱a1a2飞出，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv0
2
r
，由几何关系可知r＝2L，可得匀强磁场的磁感应强
度大小为B＝m v0
2qL，运动时间为t＝
π r
2
v0
＝π L
v0
，该段时间内，粒子不能脱离空间Ⅱ，故空间Ⅱ竖直棱的最
小高度为H＝4v0t＝4πL。
10
