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1.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸
面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂
直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( )
A. B. C. D.
2．(多选)(2023·辽宁沈阳市模拟)圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为
B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖
直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的
匀强电场，电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v 且沿AO方向时，粒子刚好从B点离
0
开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为
C．粒子在磁场中运动的总时间为
D．粒子在电场中运动的总时间为
3.(2024·广东省联考)如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy，第二象限内存在沿
y轴负方向的匀强电场，第三象限内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于坐标平面向里的
匀强磁场。M、N两个竖直平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为q的带正电
的粒子(不计粒子重力)从靠近N板的S点由静止开始做加速运动，从电场的右边界y轴上的
A点水平向左垂直于y轴射入电场，经x轴上的C点与x轴负方向成θ＝60°角进入磁场，最
后从y轴上的D点垂直于y轴射出磁场，求：(1)A、C两点间的电势差U 和粒子在磁场中运动的轨道半径r；
AC
(2)粒子从A点运动到C点所用时间和从C点运动到D点所用时间的比值。
4．如图所示，xOy平面内，OP与x轴正方向的夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存
在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T。第二象限有平行于 y轴
向下的匀强电场，电场强度大小为E ＝×105 V/m，一带电微粒以速度v ＝5×106 m/s从x
0
轴上 a(L,0)点平行于OP射入磁场，并从OP上的b点垂直于OP离开磁场，与y轴交于c点，
最后回到x轴上的d点，图中b、d两点未标出，已知L＝ m，sin 53°＝，cos 53°＝，不计微粒的重力，求：
(1)微粒的比荷；
(2)d点与O点的距离l;
(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度 B 大小满足什么条件时，微粒能到达第
x
四象限。
5.(2024·江西省十校联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有垂直于坐标
平面向外的匀强磁场，在第三、四象限内有平行于坐标平面斜向下的匀强电场，电场方向与
x轴负方向的夹角为45°，从坐标原点O向第二象限内射出一个质量为m、电荷量为－q的带
电粒子，粒子射出的初速度大小为v ，方向与x轴负方向的夹角也为45°，此粒子从O点射
0
出后第三次经过x轴的位置P点离O点的距离为d，粒子第二次在电场中运动后恰好从O点
离开电场，不计粒子重力，求：(1)磁感应强度B的大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)粒子从O点射出到第一次回到O点所经历的时间。
6.(2024·云南昆明市期中)如图所示，质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，从坐标原点O以
初速度v 沿x轴正方向射入第一象限内的电、磁场区域，在长为 l、宽为d的虚线框内有方
0
向竖直向上、大小可控的匀强电场，在x>l的区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B
的匀强磁场。通过控制电场强度大小，可让粒子从虚线框的右侧射入磁场，并打到竖直放置
的足够长的MN板上，已知N点坐标为(l，d)，粒子重力不计。
(1)若要使粒子从(l，)处离开电场，求电场强度的大小；
(2)若电场强度为E，求粒子在磁场中做圆周运动的圆心到MN的距离；
0
(3)求粒子在磁场中做圆周运动的最大半径。第 6 练 专题强化：带电粒子在组合场中的运动
1．B [设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所
示，对应的轨迹半径分别为R 和R ，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m、T＝，可得R
1 2 1
＝、R ＝、T ＝、T ＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t ＝，在第一象限中运动的时
2 1 2 1
间为t ＝T ，又由几何关系有cos θ＝＝，可得t ＝，则粒子在磁场中运动的时间为 t＝t ＋
2 2 2 1
t，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D错误。]
2
2．ABD [根据题意可知，粒子从A点进入磁场从B点离开磁场时，根据左手定则可知，圆
形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动
的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，
0
可得＝，故B正确；根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向
左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。
0
则粒子在磁场中运动的总时间为t ＝＝，故C错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有
磁
Eq＝ma，解得a＝＝，根据v ＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t ＝＝
0 电故D正确。]
3．(1)3U (2)
解析 (1)设粒子运动到A点射入电场的速度大小为v，由动能定理得
0
qU＝mv2，解得v＝
0 0
设粒子经过C点时速度为v，根据题意可得＝cos θ，解得v＝2v，
0
粒子从A点运动到C点的过程，有qU ＝mv2－mv2，
AC 0
解得U ＝3U
AC
如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′C，由洛伦兹力提供向
心力有qBv＝m，解得r＝
(2)由几何关系得OC＝rsin θ，设粒子在电场中运动的时间t ，根据题意有OC＝vt ，解得
1 01
t＝
1
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
设粒子在磁场中运动的时间为t，有t＝T，解得t＝，
2 2 2
粒子从A点运动到C点所用时间和从C点运动到D点所用时间的比值＝。
4．(1)5×107 C/kg (2)4 m
(3)B≥0.2 T
x
解析 (1)微粒的运动轨迹如图所示，微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得 r＝Lsin
53°＝1 m
由牛顿第二定律得qvB＝m
0
代入数据解得＝5×107 C/kg
(2)微粒进入电场后做类斜抛运动，
由几何关系得y ＝
Oc在y轴方向有
y ＝－vtcos 53°＋×t2
Oc 0
在x轴方向有l ＝ vtsin 53°
0
解得l＝4 m
(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限。
由几何关系知R＝Lsin 53°
由牛顿第二定律得qvB＝m
0 1
解得B ＝ 0.2 T，故当磁感应强度B≥0.2 T时，微粒能到达第四象限。
1 x
5．(1) (2)
(3)
解析 (1)设粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径为r，带负电粒子运动轨迹如图所示
由几何关系2r＝d，即r＝d
由牛顿第二定律可得qvB＝m
0
可得B＝
(2)粒子第二次进入电场做类平抛运动，则d＝vt，d＝at2，
01 1
qE＝ma，解得t＝，
1
E＝
(3)粒子在磁场中运动的时间t＝T＝＝，粒子第一次在电场中运动的时间t＝
2 3
其中a＝＝，则t＝
3
则粒子从O点射出到第一次回到O点所经历的时间t＝t＋t＋t＝。
1 2 3
6．(1) (2)
(3)
解析 (1)要使粒子从(l，)处离开电场，设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运
1
动，沿x轴方向有l＝vt
0
沿y轴方向有＝at2，a＝
1 1
联立解得E＝
1
(2)若电场强度为E ，粒子先在电场中做类平抛运动，自(l，y)点以速度v进入磁场中，并在
0
磁场中做匀速圆周运动，最终打在MN上的某点，此时圆心到MN的距离设为Δx，则有l＝
vt，y＝at2，a＝
0设进入磁场时速度与x轴正方向夹角为θ，则有tan θ＝，v＝
粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，又Δx＝rsin θ
联立解得Δx＝
(3)粒子从N点进入磁场，速度最大，则做圆周运动的半径也最大，设此时的速度偏转角为
θ′，射入磁场的速度为v′，最大半径为r ，则在电场中有tan θ′＝＝，v′＝
m
在磁场中有qv′B＝m
联立解得粒子在磁场中做圆周运动的最大半径为r ＝。
m
