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第 6 课时 专题强化：带电粒子在组合场中的运动
目标要求 1.掌握带电粒子在磁场与磁场的组合场中的运动规律。2.掌握带电粒子在电场
与磁场的组合场中的运动规律。
1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替
出现。
2．分析思路
(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出带电粒子的运动轨迹图。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)划分过程：将带电粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规
律处理。
3．常见带电粒子的运动及解题方法
考点一 磁场与磁场的组合
磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的
速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同。解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点
与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系。
例1 (2023·河南洛阳市一模)如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2 m的等边三角形区
域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C。三角形区域内有垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度为B ；三角形AMN以外和MN以下区域有垂直纸面向外的匀强磁场，
1
磁感应强度大小为B ＝3B 。现将一比荷＝108 C/kg的带正电的粒子，从C点正上方2 m处
2 1
的O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C进入三角形内部匀强磁场，经内部磁场偏转后
直接垂直AN经过Q点进入三角形外部磁场。已知粒子最终又回到了O点。设粒子与挡板碰
撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3。求：
(1)磁感应强度B 的大小；
1
(2)粒子第一次回到O点的过程，在磁场B 中运动的时间。
2
答案 (1)×10－2 T (2)5.5×10－6 s
解析 (1)粒子从O到C在电场中加速，则由动能定理得Eqx＝mv2
解得v＝4×105 m/s
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示
由几何关系可知R＝＝0.6 m
1
由qvB＝m
1
代入数据解得
B＝×10－2 T
1
(2)由题可知B＝3B＝2×10－2 T，
2 1
则qvB＝m
2
则R＝＝0.2 m，
2
在磁场B 中的运动周期为T＝＝
2 2
在磁场B 中的运动时间为t＝T＝×10－6 s＝5.5×10－6 s。
2 2考点二 电场与磁场的组合
1．先电场后磁场
先电场后磁场的几种常见情形
(1)带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆
周运动，如图甲。
(2)带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直磁场方向进入磁场做匀速圆周运动，
如图乙。
2．先磁场后电场
先磁场后电场的几种常见情形
进入电场时粒子速度方向
进入电场时粒子速度 进入电场时粒子速度
常见情境 与电场方向成一定角度
方向与电场方向平行 方向与电场方向垂直
(非直角)
运动示意图
在电场中的
加速或减速直线运动 类平抛运动 类斜抛运动
运动性质
动能定理或牛顿运动 平抛运动知识，运动 斜抛运动知识，运动的合
分析方法
定律结合运动学公式 的合成与分解 成与分解
例2 (2023·辽宁卷·14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离
的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸
面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v 水平向右射入两板间，
0
恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半
径为，不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间
最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心
M。
答案 (1) (2)(或60°) (3)见解析图
解析 (1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度
为E＝，根据牛顿第二定律得qE＝ma，解得a＝
设粒子在平板间的运动时间为t，根据类平抛运动的规律得＝at2, d＝vt
0 0 00
联立解得U＝
(2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有
tan α＝＝，故α＝
则出电场时粒子的速度为v＝＝v
0
粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得r＝＝
已知圆形磁场区域半径为R＝，故r＝R
粒子沿PO方向射入磁场，轨迹如图所示，
即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动
方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝
2α＝，故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)；
(3)粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为 r＝R，根据几何关系可知，粒子在该
磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运
动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M的位置如图所示。
例3 (2023·福建龙岩市第一次质检)如图所示，在xOy平面(纸面)内，x＞0空间存在方向垂
直纸面向外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电
荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以大小为v、方向与y轴正方向的夹角为θ＝60°的速度沿纸面从坐标为(0，L)的P 点进入磁场中，然后从坐标为(0，－L)的P 点进入电场区域，最
1 2
后从x轴上的P 点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。求：
3
(1)磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从P 点运动到P 点所用的时间t；
1 2
(3)电场强度的大小E。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
其圆心为O，对应轨道半径为R，
1
由几何关系可得
Rsin θ＝L，解得R＝2L
由洛伦兹力提供向心力有qvB＝
联立可得B＝
(2)带电粒子从P 点运动到P 点所用的时间为
1 2
t＝T，T＝＝
联立可得t＝
(3)设带电粒子在电场中的运动时间为t′，由运动的合成与分解有vcos θ·t′＝L，vsin θ－
at′＝0
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立可得E＝。
例4 (2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、
b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三
个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，
方向均垂直纸面向外。电子以初动能E 从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保
k0
证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4。
(1)当E ＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ
k0
均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当E ＝keU时，要保证
k0
电子从出射区域出射，求k的最大值。
答案 (1) 8eU (2)
解析 (1)电子在电场中加速有2eU＝mv2，在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝
0.4R，根据洛伦兹力提供向心力有Bev＝m
1
联立解得B＝
1
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动轨迹对应的圆心角为φ＝π，电子在Ⅰ区磁场中的
运动时间为
t＝T，联立解得t＝
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为E＝8eU
k
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为r ，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界
m
相切，由几何关系可得(R－r )2＝R2＋r 2，解得r ＝R
m m m
根据洛伦兹力提供向心力有Bev ＝m
1 m
2eU＝mv 2－keU，联立解得k＝。
m
课时精练
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.
答案 B
解析 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 ＝、R
1 2 1 2
＝、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间为t
1 2 1 2
＝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 ＋t ，联立
2 2 1 2
以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D错误。
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
答案 ABD
解析 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.(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。
答案 (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qU＝mv2，解得v＝
0 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，粒子从A点运动到C点的过程，有qU ＝mv2－mv2，解得U ＝3U
0 AC 0 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，
1
根据题意有OC＝vt ，解得t＝
01 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
2 2
解得t＝，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＝。
2
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
0
x 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。
答案 (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＝Lsin53°＝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°，解得l＝4 m
0
(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．(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
0
点射出后第三次经过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。
答案 (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，可得B＝
0
(2)粒子第二次进入电场做类平抛运动，则
d＝vt，d＝at2，qE＝ma
01 1
解得t＝，E＝
1
(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＝，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＝。
3 1 2 3
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。
答案 (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′＝，在磁场
m
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
