专题 带电粒子在交变电磁场中的运动（解析版）

带电粒子在交变电磁场中的运动

1.(2026广东惠州调研)如图(a)，在两块水平金属极板间加电压U=100V，一个重力不计、比荷=

64

1.0×10C/kg带正电粒子，以水平初速度v0=3×10m/s从金属极板正中间射入两板之间。具有理

想直线边界MON的足够大的磁场区，其边界MON与水平方向成60°角。粒子经电场偏转后，恰好从

下极板边缘O点射入磁场，从此刻开始计时(t=0)，磁感应强度按如图(b)规律变化，已知B0=1T，磁

场方向以垂直于纸面向里为正。求：

(1)t=0时，粒子速度的大小v及其与水平方向的夹角θ;

(2)若T0=π×10-6s，则粒子在t=T0时的位置与O点的距离s；

(3)若仅改变T0的大小，粒子射入磁场后，恰好不再从边界MON射出，则T0的值。

【答案】(1)v=2×104m/s，θ=30°

(2)s=43×10-2m

(3)T0=π×10-6s

【解析】(1)

粒子在电场中偏转过程，由动能定理qmvmv

且由几何关系cosθ=

联立并代入数据，解得v=2×104m/s

θ=30°

(2)由题可知，粒子垂直于边界MON射入磁场，在磁场中偏转，有qvB0=m

解得半径r=0.02m

且偏转周期T==2π×10-6s

如图所示

1

则t=时，粒子逆时针偏转轨迹的圆心角为α=×360°=120°

此时，粒子运动至A1点，可知其速度竖直向上。

再经过后，粒子顺时针偏转轨迹的圆心角也为α=120°,粒子运动至A2点，可知速度与射入磁场时

同向。

由几何关系，O、A1、A2三点共线，则OA2=4×rcos=23r

与边界NOM的夹角为30°,则粒子在t=T0时的位置与O点的距离s=23r

代入数据，解得s=43×10-2m

(3)

由题意，粒子轨迹与磁场边界相切于C点时，恰好不再从边界射出，如图所示

粒子运动轨迹的分界点分别为A1、A2、A3等等，由几何关系，O1、A1、O2三点共线，设O1O2与边界的

夹角为β,则sinβ==

则β=30°

则轨迹OA1的圆心角为180°-30°=150°

则×360°=150°

2

2.(2024·广东高考15题)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

U0、周期为t0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。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=t0时刻

从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t=2t0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=3t0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，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。

(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；

(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v；

(3)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。

3πtU

答案：(1)正电πm(2)00π(3)

Bt08B

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=2t0，根据T=

则粒子所带的电荷量q=。

(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时，有=vt0出电场时竖直速度为

2

零，则竖直方向，有y=2××(0.5t0)

在磁场中时，由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m

其中的y=2r=

联立解得v

(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，

由(2)的计算可知金属板的板间距离D=3r

则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向

加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时

间t0内电场力做功为零，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开

始在金属板左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内金属板间电场力做功，则

3

W=mv2+Eq×=+=。

3.(2024·湖北武汉高三联考)如图3(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E

和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向

里为B的正方向。t=0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰

能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中，在0~t0时间内粒子P第一次

离x轴最远时的坐标为，。求：

图3

(1)粒子P的比荷；

(2)t=2t0时刻粒子P的位置；

(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。

答案(1)(2)v0t0，0((3)v0t0

解析(1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒

子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R，即R=，

又qv0B0=m

代入，解得。

(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则T

联立解得T=4t0

即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设

2

t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则x1=v0t0=，y1=at0

其中加速度a=

解得y1==R

4

因此时刻粒子的位置坐标为，如图中的点所示。

t=2t0Pv0t0，0(b

(3)分析知，粒子P在2t0~3t0时间内，静电力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时

刻速度方向为x轴正方向，位移x2=x1=v0t0；在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运

动，往复运动轨迹如(2)中图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点O的最远距离，即O、d间的距

离L=2R+2x1

解得Lv0t0。

4.如图4所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变

化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图5甲、乙所示。在t=0时刻从O点发射一带负

电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为

。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、

B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足；粒子的比荷满足求：

图4

图5

(1)在t时，粒子的位置坐标；

(2)粒子偏离x轴的最大距离；

(3)粒子运动至A点的时间。

答案(1)v0t(3)32t0

解析(1)在0~t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得

5

解得T=2t0，r

则粒子在时间内转过的圆心角

所以在t时，粒子的位置坐标为。

(2)在t0~2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示。

则v=vt0=2v0

运动的位移yt0=1.5v0t0

在2t0~3t0时间内粒子做匀速圆周运动

半径r

故粒子偏离x轴的最大距离

(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离

AO间的距离为d

所以粒子运动至A点的时间t=32t0。

5.(2024湖南名校联合体第四次联考)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy的y轴左侧有沿y轴正方向

的匀强电场，在y轴的右侧与平行于y轴的屏之间有垂直坐标平面向外的匀强磁场I，磁场的磁感应

强度大小为B0，在电场中坐标为(-L，-0.5L)的P点，以大小为v0的初速度沿x轴正方向射出一质量

为m、电量为q的带正电的粒子，粒子刚好从坐标原点O进入磁场并恰好打在屏上的Q点，Q点在x

轴上。粒子重力不计。求：

(1)匀强电场的电场强度大小；

(2)y轴到屏间的距离为多少；

(3)若在磁场I中再加一个匀强磁场II，磁场II的方向垂直于坐标平面向里，其大小随时间变化如图乙

所示，，若粒子从P点射出后在t=0时刻进入磁场，则粒子最终打在屏上的位置离x轴的

距离为多少。

6

【答案】(1)E=；(2)d=；

(3)y=

【解析】(1)设匀强电场的电场强度大小为E，粒子在电场中做类平抛运动，则

L=v0t

0.5L=at2

根据牛顿第二定律

qE=ma

解得

mv2

E=0

qL

(2)由

0.5L=vyt

解得

vy=v0

则粒子进磁场时的速度大小

22

v=v0+vy=2v0

方向与y轴正向的夹角为θ,则

tanθ==1

故

θ=45°

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律

qvB0=m

根据几何关系

xOQ=2r

解得

2mv

d=0

qB0

(3)粒子在磁场I中做圆周运动的周期

7

则

在t=0.5T0到t=T0时间内，合磁场方向垂直于坐标平面向里，磁场的磁感应强度大小为2B0，粒子做

圆周运动的半径

粒子做圆周运动的周期

则

根据几何关系可知，在t=T0时刻，粒子离x轴的距离为

离屏的距离为

从t=T0至t=1.5T0时间内，粒子沿y轴正向运动的距离

222

y2+(r-x)=r

解得

因此粒子最终打在屏上的位置离x轴的距离

6.(16分)(2024海南高考模拟6)如图1所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限内存在着沿y轴正方

向的匀强电场，在第一象限，边长为L的正方形aOcb区域内存在着垂直于xOy平面的匀强磁场，规

定磁场垂直xOy平面向里为正方向。将一带负电的粒子从d点(-2L,0(以一定的初速度射入电场，

然后从a点以速度v0沿着x轴正方向进入磁场，此时磁场从t=0时刻开始变化，磁感应强度大小按

图所示做周期性变化未知，粒子恰好在时刻沿轴正向到达图中的点

2(B0、T)t=TxeL,0(，不

计粒子的重力。

8

图1图2

(1)求粒子从d点射入时的速度v；

(2)求粒子在磁场中的运动时间；

(3)若B0大小不变，将周期变为T，求粒子离开磁场时的纵坐标y．

思路点拨(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的知识求得粒子从d点射放时的速度；

(2)由几何关系求得粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角，进而求得粒子在磁场中的偏转时间；

(3)由题意知，求得粒子在时间内的运动轨迹所对应的圆心角及沿x轴正向的位移，根据对称性，

可知粒子在磁场中运动了3个周期，由几何关系可求得粒子离开磁场时的纵坐标。

【名师解析】(1)将粒子在电场中的运动等效为逆向的类平抛运动，可知粒子沿x轴方向做匀速直线运

动，有2L=v0t

沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子在d点时竖直方向的速度大小为vy，有

联立可得vy=v0

则粒子从d点射入时的速度大小vv0

设粒子在d点时速度方向与水平方向的夹角为θ,则tan

即入射方向与x轴正方向的夹角为45°。

(2)粒子恰好在t=T时到达e点，则粒子的运动轨迹如图1所示，可知两段圆弧对称，设两段圆弧的圆

心连线与y轴的夹角为θ,圆弧的半径为R，由几何关系可知

图1

2Rcosθ+2R=L

联立解得cosL

由几何关系可知每段圆弧对应的圆心角为120°。

9

则粒子在磁场中的运动时间t0=×=

(3)粒子在磁场中的轨道半径为R=L，由于T=，则=

由第(2)问知，经过，粒子偏转的圆心角为120°,故经过T时间，粒子偏转的圆心角为θ=

=30°

粒子在T时间内沿x轴正向运动的位移x=Rsin30°=

根据对称性可知粒子经过3个周期到达边界bc，作出粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知，粒

子离开磁场时的纵坐标为y=L-6R(1-cos30°(

图2

解得y=(3-1(L

7.(2024福建漳州第二次质检)如图甲的空间中存在随时间变化的磁场和电场，规定磁感应强度B垂直

xOy平面向内为正方向，电场强度E沿x轴正方向为正方向，B随时间t的变化规律如图乙，E随时

间t的变化规律如图丙。t=0时，一带正电的粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴负方向开始运动。

已知B0、t0、v0，带电粒子的比荷为，粒子重力不计。

(1)求粒子在磁场中做圆周运动的周期T；

(2)求t=t0时，粒子的位置坐标(x1,y1(；

(3)在0~2t0内，若粒子的最大速度是2v0，求E0与B0的比值。

【答案】

(1)2t0；(2),0(；(3)=

10

【解析】

(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期

(2)0~t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿运动定律有

qv0B=m

解得

由(1)问可知粒子在磁场中做圆周运动的周期

T=2t0

则粒子在0~t0内运动了半周期恰好又回到x轴，速度方向沿y轴正方向

x1=2r=

y1=0

即此时粒子位置的坐标为

(3)0~2t0内粒子的运动轨迹如图所示，在t0~1.5t0内，粒子受到沿x轴正方向电场力的作用，粒子做类

平抛运动，粒子在x方向做匀加速运动

a==

当t=1.5t0时，粒子具有最大速度，粒子沿x轴方向的分速度为

沿y轴方向的分速度为

vy=v0

则

22

v=vx+vy=2v0

解得

8.(2024黑龙江重点高中3月质检)如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强

电场，右侧有个以点(3L，0)为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有

11

一质量为m，带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度沿x轴正方向射入电场，电场强度E=

,飞出电场后恰能从M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力.求:

(1)电子进入圆形区域时的速度方向与x轴正方向的夹角;

(2)A点坐标;

(3)若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示周期性变化的磁场(以垂直于纸面向外

为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出.速度方向与进入磁场时的速度方向相同.求：磁感应强度B0

大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式.

°

【答案】(1)θ=30；(2)(0，L(；(3)T=(n=1，2，3⋯)

【解析】(1)电子在电场中作类平抛运动，射出电场时：

eE=ma

水平方向：

L=v0t

竖直方向：

vy=at

速度方向与x轴正方向的夹角：

vy

tanθ=

v0

可以得到：θ=30°

(2)电子在电场中运动，竖直方向位移：

1

y=at2

12

电子匀速运动，则有：

总位移：

y=y1+y2

A点坐标L(

(3)电子在磁场中最简单的情景如图所示：

12

在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°,设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子

在x轴方向上的位移恰好等于r；

在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍

为60°,电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r，综合上述分析，则电子能

到达N点且速度符合要求的空间条件是：

3rn=2L(n=1，2，3…)

在磁场中，洛伦兹力提供向心力：

解得：B

应满足的时间条件为：

而：T0=，T=

解得：T

9.如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场、电场强度大小为E；y轴右侧有

如图乙所示周期性变化的磁场，磁感应强度大小为B0，以磁场方向垂直纸面向里为正方向。t=0时

刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，粒子(重力不计)的质量为m、电荷量为q，粒子第

一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等，且粒子第一次在磁场中做圆周运动的

轨迹为半圆。求：

(1)P点到O点的距离；

(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移大小。

答案：(1

13

解析：(1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0=，Eq=ma

2

设O、P间距离为x，则x=at0，

联立解得x

（2）如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，

R，

2

又由动能定理得Eqx=mv0，设粒子经一个周期沿y轴向下移动Δy，则Δy=2R2-2R1=。

10.如图甲所示，竖直边界分别为PM和QN的区域宽度为4L，其内部分布着垂直纸面向里的匀强磁场和

竖直方向上的周期性变化的电场，电场随时间变化的关系如图乙所示，E>0表示电场方向竖直向上.

在t=0时，一带电荷量为+q、质量为m的带电微粒从边界P上的A点处水平射入该区域，先沿直线

运动到某点，再经历一次完整的半径为L的匀速圆周运动，最后沿直线运动从边界QN上的B点处离

开该区域，重力加速度为g.求：

(1)图乙中的E0；

(2)微粒刚进入磁场时的速度v0的大小及磁场的磁感应强度的大小B；

(3)电场变化周期T的范围.

mgm3

答案(1)(2)2gL2gL(3)(1+π)2L≤T≤2L

qqLg(2+π(g

解析(1)由带电微粒做匀速圆周运动可得qE0=mg

解得E

(2)由带电微粒做直线运动可知Bqv0=mg+qE0

2

v0

由带电微粒做匀速圆周运动可得Bqv=m

0L

由上述两式解得v0=2gL

B=m2gL

qL

14

(3)①如图a所示，当O点为AB中点时，所对应的周期为最小周期

设带电微粒从A点处运动至O点处所需要的时间为t1

设带电微粒做匀速圆周运动的周期为t2

则最小周期in=t1+t

②如图b所示，当圆轨迹与右边界QN相切时，所对应的周期为最大周期

设带电微粒从A点处运动至O点处所需要的时间为t'1

设微粒做匀速圆周运动的周期为t'

则最大周期Tmax=t'1+t'2=

综上所述，电场变化周期T的范围是

11.在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙

所示.一个质量为m、所带电荷量为+q的粒子(不计重力)在t=0时刻沿Oc边从O点射入磁场中.

已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定磁场向外的方向为正方向.

(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0.

(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值.

(3)要使带电粒子正好从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒

子射入磁场时速度的大小v0.

答案(1)(2)(3)(n=2，4，6，…)

解析(1)由qvB0=m，T0=，解得T0=

(2)如图甲所示为带电粒子不能从Oa边界射出磁场的临界情况，由几何关系可知

sinα=，解得α=30°

在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°,运动时间

为

15

55πm

t=T0=

126qB0

T5πm

而t=,所以磁感应强度的变化周期T的最大值为

23qB0

(3)如图乙所示为带电粒子正好从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况.在磁场变化的

TT0