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专题强化二十 带电粒子在组合场中的运动
【复习目标】
1.学会处理带电粒子在磁场和磁场组合场中的运动。 2.学会处理带电粒子在磁场和电场组合场中
的运动。
【知识梳理】
1.组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，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.“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v0⊥E 进入匀
强电场(不计重力)
带电粒子以v⊥B 进入匀强磁场(不计
重力)
受力情况
只受恒定的电场力F＝
qE
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
求解方法
利用类平抛运动的规律
得x＝v0t，y＝1
2at2，a＝
qE
m ，tan θ＝at
v0
根据牛顿第二定律和向心力公式可得
qvB＝mv
2
r ，T＝2π m
qB ，t＝θ
2π T
动能
静电力做的功等于动能
变化量
洛伦兹力不做功，带电粒子的动能不
变
考点一 磁场与磁场组合
1
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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。
【典例剖析】
例1 如图所示，在直角坐标系中的y 轴和x＝10L 的虚线之间以x 轴为边界存在两个匀强磁场区域
Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，区域Ⅱ磁场方向垂直于纸面向里。
一粒子加速器放置在y 轴上，其出射口P 点坐标为(0，L)，其加速电压可调。质量为m、电荷量
为q 的粒子经加速器由静止加速后平行于x 轴射入区域Ⅰ，粒子重力忽略不计。
(1)调节加速电压，粒子恰好从O 点射出磁场，求加速电压的大小U;
(2)若区域Ⅱ磁感应强度大小为B，如果粒子恰好不从y 轴射出，求粒子从P 点射出后第二次经过
x 轴所用时间t;
(3)在第(2)问的情形中，求粒子经过x 轴的点的横坐标值。
答案 (1)q B
2 L
2
8m (2)5 π m
2qB
(3)xn＝(2n－1)(2－√3)L(n＝0，1，…，19)
解析 (1)粒子在加速过程有qU＝1
2mv2
粒子恰好从O 点射出磁场，在磁场Ⅰ中的轨迹为半圆，故半径为r＝L
2
在磁场Ⅰ中偏转过程，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝mv
2
r ，联立可解得U＝q B
2 L
2
8m 。
(2)能使粒子恰好不从y 轴射出的临界情况是第一次在Ⅱ区域中偏转的运动轨迹与y 轴相切，如图
所示
有r1＝r2
2
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由几何关系知(r1＋r2)sin α＝r2
解得α＝30°
圆周运动周期为T＝2π r
v
＝2π m
qB
粒子第二次经过x 轴所用时间为
t＝150°
360°T＋300°
360°T＝5 π m
2qB 。
(3)根据第(2)问的情形解得r1(1＋cos 30°)＝L
解得r1＝r2＝2(2－√3)L
第一次经过x 轴时的坐标x1＝r1sin 30°＝(2－√3)L
第二次经过x 轴时的坐标x2＝3r1sin 30°＝3(2－√3)L
……
第n 次经过x 轴时的坐标
xn＝(2n－1)r1sin 30°＝(2n－1)(2－√3)L
因xn＝(2n－1)(2－√3)L<10L，可得n<19.2
则坐标为xn＝(2n－1)(2－√3)L(n＝0，1，…，19)。
考点二 电场与磁场组合
1.带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，在匀强磁场中做匀速圆周运动，如图所示。
2.带电粒子在匀强电场中做类平抛(或类斜抛)运动，在磁场中做匀速圆周运动，如图所示。
角度1 先电场后磁场
【典例剖析】
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√3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v0水平向右射入两板间，恰好从下板边
3
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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2mv0
3qB ，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)m v0
2
3q (2)60° (3)见解析图
解析 (1)设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为√3d，粒子在两平行金属板间做类平抛运动
水平方向:√3d＝v0t
竖直方向:1
2d＝v y
2 t
又vy＝qU
md t
联立解得U＝mv0
2
3q 。
(2)粒子进入磁场时的速度v＝√v0
2＋v y
2＝2√3
3 v0
设速度方向与水平方向的夹角为α，有
tan α＝
v y
v0
＝√3
3
则α＝30°
由qvB＝mv
2
r 得
粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝mv
qB ＝2√3m v0
3qB
已知圆形磁场半径R＝2m v0
3qB ，则r＝√3R
4
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作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图甲所示
粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ 与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，
由几何关系可得tan θ
2 ＝R
r ＝√3
3
故θ＝60°。
(3)根据几何关系，
将磁场圆绕O'点顺时针旋转，当O 点转到M 点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直
径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的
磁场圆的圆心M，如图乙所示。
角度2 先磁场后电场
【典例剖析】
例3 (2025·福建泉州一模)利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的
xOy 平面(纸面)内，x<x1的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x 轴上方的x1<x<x2区域Ⅱ内存
在沿y 轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从原点O 处以大
小为v0的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x 轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直x＝x1虚线
边界进入电场。已知x1＝√3L，x2＝7√3
3 L，区域Ⅱ中电场的电场强度E＝m v0
2
4 qL 。求:
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B;
(2)粒子从原点O 出发到离开电场的总时间t;
5
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(3)粒子离开电场时的速度大小v。
答案 (1)m v0
2qL (2)4(π ＋√3) L
3 v0
(3)2√3
3 v0
解析 (1)粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设半径为R，由几何关系可得Rcos θ＝L
又qv0B＝mv0
2
R
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B＝m v0
2qL。
(2)粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，设运动时间为t1，则t1＝120°
360°T
其中T＝2π R
v0
粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y 轴负方向
运动的距离为h，则有qE＝ma
x2－x1＝v0t2
解得t2＝4√3 L
3 v0
其中h＝1
2at2
2
解得h＝2 L
3
由于h<R＋Rcos θ＝3L
粒子从电场边界离开，则总时间t＝t1＋t2
解得t＝4(π ＋√3) L
3 v0
。
(3)由动能定理得qEh＝1
2mv2－1
2mv0
2
解得v＝2√3
3 v0。
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角度3 带电粒子在电场、磁场中的交替运动
【典例剖析】
例4 (2025·江苏南京模拟)如图所示，在y>0 的空间中存在匀强电场，电场强度沿y 轴负方向;在
y<0 的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy 平面(纸面)向外。一电荷量为q、质量为m 的带
正电的运动粒子，经过y 轴上y＝h 处的P1点时速率为v0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上x
＝2h 处的P2点进入磁场，并经过y 轴上y＝－2h 处的P3点，不计重力，求:
(1)粒子到达P2点时速度v 的大小和方向;
(2)磁感应强度B 的大小;
(3)粒子从P1运动到第二次通过P2点所用的时间。
答案 (1)√2v0，方向与x 轴正方向成45°斜向右下方 (2)m v0
qh (3)3(2＋π )h
v0
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子到达P2点时速度v1与x 轴正方向的夹角为α，根据
平抛运动的推论得tan α＝
h
2h
2
解得α＝45°
粒子到达P2点时速度v 的大小为v＝
v0
cos 45° ＝√2v0
粒子到达P2点时速度v 的大小为√2v0，方向与x 轴正方向成45°斜向右下方。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qvB＝mv
2
r
P2P3是带电粒子在磁场中圆周运动的直径，根据勾股定理得
(2h)2＋(2h)2＝(2r)2
解得r＝√2h，B＝m v0
qh 。
(3)粒子运动轨迹如图所示，粒子从P1到P2的时间为t1＝2h
v0
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粒子从P2第一次回到x 轴的时间t2＝3
4T
T＝2π m
qB ，解得t2＝3 π h
2v0
粒子从P1运动到第二次通过P2点所用的时间
t＝3t1＋2t2
解得t＝3(2＋π )h
v0
。
【限时训练】（40min）
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1
2B 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。若粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的时间为( )
A.3 π m
6qB
B.3 π m
2qB
C.11π m
6qB
D.7 π m
6qB
答案 D
解析 粒子在磁场中的第二象限和第一象限的运动轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和
R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
R ，可得R1＝mv
qB ，R2＝2mv
qB ，根据几何关系可得cos θ＝
R2−R1
R2
＝1
2，解得θ＝60°，粒子在第二象限、第一象限做圆周运动的周期分别为T1＝2π m
qB ，T2＝
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4 π m
qB ，则带电粒子在第二象限、第一象限中运动的时间分别为t1＝T 1
4 ，t2＝
θ
360°T2，则粒子在磁
场中运动的时间t＝t1＋t2＝7 π m
6qB ，故D 正确。
2.(多选)(2025·湖北恩施模拟)如图所示，在xOy 平面内存在着磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，
其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直纸面向里，P(－
L，0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两个点。现有一电荷量为q、质量为m 的带正电粒子(不计重力)，
以与x 轴正向成45°的速度v 从P 点射入磁场，恰好经原点O 并能到达Q 点，则下列对粒子从P
运动到Q 的过程描述正确的是( )
A.粒子运动的总路程一定为√2π L
2
B.粒子运动的最短时间为π m
qB
C.粒子从P 点运动至Q 点动量变化量大小为2mv
D.粒子从P 点到O 点的时间与从O 点到Q 点的时间之比可能为1∶3
答案 BD
解析 若粒子从P 点出发恰好经原点O 到达Q 点，运动轨迹可能如图甲、乙所示，图甲中粒子运
动的总路程为s1＝πr1＝√2
2 πL，图乙中粒子运动的总路程为s2＝2×2πr2＝2×2π×√2
4 L＝√2πL，故A
错误;粒子运动的周期为T＝2π m
qB ，根据粒子的运动轨迹图可知，图甲中粒子运动的时间最短，tmin
＝T
2 ＝1
2·2π m
qB ＝π m
qB ，故B 正确;根据粒子的运动轨迹图可知，图甲中粒子从P 到Q 的动量变化
量大小为2mv，图乙中粒子从P 到Q 的动量变化量大小是0，C 错误;由于粒子在磁场中运动的周
期相同，由t＝θ
2π T 知粒子运动的时间之比等于圆心角之比，根据粒子的运动轨迹图可知，图甲
9
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中粒子从P 到O 的时间与从O 到Q 的时间之比为1∶1，图乙中粒子从P 到O 的时间为t1＝2×
90°
360°T＝1
2T，粒子从O 到Q 的时间为t2＝2×270°
360°T＝3
2T，可得t1∶t2＝1∶3，故D 正确。
3.(多选)(2025·河南郑州模拟)如图所示，P、Q 两个平行金属板之间的电压为U，虚线AC 上方有垂
直纸面向外的匀强磁场，AC 下方存在电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于AC，且垂直
于磁场方向。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P 板的S 点由静止开
始做加速运动，从小孔M 沿垂直于磁场的方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ＝
60°，粒子恰好从小孔D 垂直于AC 射入匀强电场，最后打在N 点，已知AD＝L，AN＝2L，则下
列说法正确的是( )
A.粒子从小孔M 进入磁场时的速度大小为2√
qU
m
B.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2
3L
C.匀强磁场的磁感应强度大小为3√2qUm
2qL
D.匀强电场的电场强度大小为√3U
2 L
答案 BC
解析 粒子在电场中加速，由动能定理得qU＝1
2mv2，可得带电粒子从小孔M 沿垂直于磁场方向
进入磁场的速度大小v＝√
2qU
m ，故A 错误;画出粒子运动的轨迹如图所示(O 为粒子在磁场中做圆
周运动的圆心)，∠MOD＝120°，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则r＋rcos 60°＝AD＝L
得r＝2
3L，故B 正确;粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv
2
r ，磁感应
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强度大小B＝mv
qr ＝3mv
2qL ＝3√2qUm
2qL
，故C 正确;粒子在电场中做类平抛运动，加速度a＝qE
m ，垂
直于电场方向有2L＝vt，沿电场方向有L＝1
2at2，电场强度大小E＝mv
2
2qL ＝U
L ，故D 错误。
4.如图所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场，已知左侧匀强电场的电场强度大小
为E、方向水平向右，宽度为L;中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外;右
侧匀强磁场的磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向里。一个带正电的粒子(质量为m、电荷量
为q、不计重力)从电场左边缘O 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又
回到了O 点，然后重复上述运动过程，则中间磁场区域的宽度d 和带电粒子从O 点开始运动到第
一次回到O 点时所用的时间t 分别是( )
A. 1
2B√
6mEL
q
、2√
2mL
qE ＋7 π m
6qB
B. 1
2B√
6mEL
q
、2√
2mL
qE ＋7 π m
3qB
C. 1
B√
2mEL
q
、2√
2mL
qE ＋7 π m
6qB
D. 1
B√
2mEL
q
、2√
2mL
qE ＋5 π m
3qB
答案 B
解析 带电粒子在电场中加速过程，根据动能定理得qEL＝1
2mv2，得v＝√
2qEL
m
，粒子在两磁场
中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律qvB＝mv
2
r ，得r＝1
B√
2mEL
q
。画出
粒子的运动轨迹，如图所示，三段圆弧的圆心构成的三角形是等边三角形，边长为2r，故中间磁
场的宽度为d＝rsin 60°＝1
2B√
6mEL
q
，粒子在电场中做匀变速直线运动，加速阶段由运动学公式
L＝1
2at1
2，根据牛顿第二定律得a＝qE
m ，解得t1＝√
2mL
qE ，在中间磁场中所用时间t2＝2×T
6 ＝2π m
3qB
，在右侧磁场中的运动时间t3＝5T
6 ＝5 π m
3qB ，总时间为t＝2t1＋t2＋t3＝2√
2mL
qE ＋7 π m
3qB ，故B 正确。
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5.如图所示，虚线ab 上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场Ⅰ，下方存在
方向相同、磁感应强度大小为λB 的匀强磁场Ⅱ，虚线ab 为两磁场的分界线。M、O、N 位于分界
线上，点O 为MN 的中点。一电子从O 点射入磁场Ⅰ，速度方向与分界线ab 的夹角为30°，电子
离开O 点后依次经N、M 两点回到O 点。已知电子的质量为m，电荷量为e，重力不计，求:
(1)λ 的值;
(2)电子从射入磁场到第一次回到O 点所用的时间。
答案 (1)1
2 (2)4 π m
eB
解析 (1)电子在磁场中的运动轨迹如图所示。
设电子在匀强磁场Ⅰ、Ⅱ中做匀速圆周运动的半径分别为r1、r2，电子在磁场中做匀速圆周运动
有evB＝m v
2
r1
①
evλB＝mv
2
r2
②
由于最终能回到O 点，由几何关系，可得
r2＝2r1③
联立①②③，解得λ＝1
2 。
(2)电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝2π m
eB
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电子在磁场Ⅱ中的运动周期T2＝2π m
eλB ＝4 π m
eB
设电子经过三段轨迹的时间分别为t1、t2、t3，由几何关系可得
O 到N 的圆心角为60°，则t1＝1
6T1
N 到M 的圆心角为300°，则t2＝5
6T2
M 到O 的圆心角为60°，则t3＝1
6T1
电子从射入磁场到第一次回到O 点所用的时间为t＝t1＋t2＋t3
联立以上式子，解得t＝4 π m
eB 。
6.如图所示，在xOy 平面内虚线OM 与x 轴负方向的夹角为45°，虚线OM 右侧区域Ⅰ内存在垂直
xOy 平面向里的匀强磁场，虚线OM 左侧区域Ⅱ内存在沿y 轴正方向的匀强电场。一质量为m、电
荷量为q 的带正电粒子从原点O 沿x 轴正方向以速度v0射入磁场，此后当粒子第一次穿过边界线
OM 后恰好能到达x 轴上的P 点。原点O 与P 点间的距离为d，不计粒子受到的重力，求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B;
(2)匀强电场的电场强度大小E;
(3)粒子从O 点射出至第三次穿过边界线OM 所用的时间t 总。
答案 (1)m v0
qd (2)mv0
2
2qd (3)2d
v0
(π ＋2)
解析 由题意，可画出粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示。
(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有
qv0B＝mv0
2
r ，r＝d
解得B＝mv0
qd 。
(2)粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得
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－qEd＝0－1
2mv0
2
则E＝m v0
2
2qd 。
(3)粒子在磁场中运动的周期为T＝2π r
v0
＝2π d
v0
粒子第一次在磁场中运动的时间为t1＝3
4T＝3 π d
2v0
在电场中的加速度为a＝qE
m ＝v0
2
2d
粒子第一次在电场中来回的时间为
t2＝2×√
2d
a ＝4 d
v0
粒子第二次在磁场中运动的时间为t3＝1
4T＝π d
2v0
粒子从O 点射出至第三次穿过边界线OM 的时间t＝t1＋t2＋t3＝2d
v0 (π＋2)。
7.(2024·江苏卷，16)如图所示，两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场，区
域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab 与a'b'间有一个匀强电场，电势差为U，cd 与c'd'间有一个
插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k 倍。现有一个质量为m、电荷量为e 的电子，
从cd 面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd 面，速度增加，多次循环运动后，电子的速
度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求:
(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比;
(2)电子多次循环后到达cd 的稳定速度v;
(3)若电子到达cd 中点P 时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P 到d 的时间t。
答案 (1)1
k (2)√
2eU
m(1−k
2) (3)π( R2−R1)
2
√
(1＋k )m
2(1−k )eU
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解析 (1)设电子进入插入体前的速度大小为v0，电子经过插入体前后由洛伦兹力提供向心力有
ev0B＝mv0
2
r1
，e·kv0B＝m(k v0)
2
r2
联立解得
r1
r2
＝1
k 。
(2)电子多次循环稳定后对电子从c'd'出发经电场到ab 的过程，由动能定理有
eU＝1
2mv2－1
2m(kv)2
解得v＝√
2eU
m(1−k
2)。
(3)结合(2)问分析，当电子到达cd 中点P 时速度稳定后，其在abcd 区域运动有evB＝mv
2
r
解得r＝1
B√
2mU
e(1−k
2)
结合(1)问分析可知，电子在a'b'c'd'区域运动的半径为r'＝k
B√
2mU
e(1−k
2)
所以电子相邻两次经过cd 边的位置间的距离为
l＝2(r－r')
由几何关系可知R2−R1
2
＝nl
又电子在磁场中运动的周期为T＝2π r
v
＝2π m
eB
联立解得电子从P 运动到d 的时间为t＝nT＝π( R2−R1)
2
√
(1＋k )m
2(1−k )eU 。
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