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专题强化二十 带电粒子在组合场中的运动
学习目标 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。
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＝at2，a＝，tan θ＝
根据牛顿第二定律和向心力公式
可得qvB＝m，T＝，t＝
考点一 磁场与磁场组合
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 (2024·河北石家庄模拟)如图1 所示，在平面直角坐标系内有边长为L 的正
1
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方形Oabc，O 为坐标原点，Oa 边和x 轴重合，e、f、g、h 为四边中点，正方形
Oabc 上半区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，下半区域存在垂直于
纸面向里的匀强磁场，上、下两半区域内磁感应强度大小相等。一个不计重力、
质量为m、电荷量绝对值为q、带负电的粒子从h 点以速度v0沿与hg 成θ＝30°
角进入磁场，之后恰好从n 点进入上半区域的磁场。
图1
(1)求磁场区域内磁感应强度的大小；
(2)粒子离开磁场区域后打中y 轴上的P 点，求P 点的坐标以及粒子从h 点运动到
P 点的时间。
答案 (1) (2) ＋
解析 (1)在下半区域，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R＝
由qv0B＝m
解得B＝。
(2)粒子经过n 点时速度方向也和hg 成30°角进入上半区域，恰好经过g 点，由几
何关系可知Pc＝gc·tan 60°＝L，OP＝Oc＋Pc＝L＋L
2
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所以P 点的坐标为
粒子在磁场中的运动周期为T＝＝
粒子在下半区域运动的时间t1＝T＝，在上半区域运动的时间t2＝T＝
粒子射出磁场区域后运动到P 点的时间t3＝＝＝
所以粒子从h 点运动到P 点的时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋。
如图2，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场。在x≥0 区域，磁感应
强度的大小为B0；x＜0 区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为
m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，
此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时(不计重力)，求：
图2
(1)粒子运动的时间；
(2)粒子与O 点间的距离。
答案 (1) (2)
解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做匀速圆周运动。设在x≥0 区域，圆周半径
为r1；在x＜0 区域，圆周半径为r2。由洛伦兹力提供向心力得
qv0B0＝m①
qv0λB0＝m②
设粒子在x≥0 区域运动的时间为t1，则t1＝③
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粒子在x<0 区域运动的时间为t2，则t2＝④
联立①②③④式得，所求时间为t＝t1＋t2＝。⑤
(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d＝2(r1－r2)＝。
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
先电场后磁场
例2 (2023·辽宁卷，14)如图3，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v0水平向右射入两板间，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。
图3
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(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)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d，粒子在两平行金属板
间做类平抛运动
水平方向：d＝v0t
竖直方向：d＝t
又vy＝t
联立解得U＝。
(2)粒子进入磁场时的速度v＝＝v0
设速度与水平方向的夹角为α，有tan α＝＝
则α＝30°
由qvB＝得
粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝＝
已知圆形磁场半径R＝，则r＝R
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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 ＝＝
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
先磁场后电场
例3 (2024·河北衡水模拟)如图4 所示，xOy 坐标系的第一象限，一等腰三角形
OAC，底角为53°，底边长为14L，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
大小为B，在OC 边界的左侧有与y 轴平行的匀强电场，D 是底边OA 的中点。
质量为m，电荷量为q 的带正电的粒子以一定的初速度，从OA 边上的D 点沿y
轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC 边上某点沿着与x 轴平行的方向射入匀强电
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场(不计粒子的重力)，求：
图4
(1)粒子的速度大小；
(2)粒子离开磁场后，经过x 轴上N 点(图中没有标出)，已知NO＝5L，求匀强电
场的电场强度；
(3)求粒子从D 点到达N 点所经历的时间。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心
为G，根据几何关系有GD＝FG＝R、OG＝R，
则OD＝R＋R＝7L
解得R＝4L
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
解得v＝。
(2)粒子在电场中的类平抛运动轨迹如上图所示，
粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为
x＝GN＝8L
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沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为
y＝FG＝4L
根据x＝vt，y＝at2，a＝
解得E＝。
(3)设粒子在磁场中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，t1＝T
带电粒子在磁场中运动的周期为T＝
联立得t1＝、x＝GN＝8L＝vt2
解得t2＝
所以时间t＝t1＋t2＝。
角度
带电粒子在电场、磁场中的交替运动
例4 (2024·湖南常德高三月考)如图5 所示，在x 轴上方存在磁感应强度为B、方
向垂直纸面向里的匀强磁场，在x 轴下方存在竖直向上的匀强电场。一个质量为
m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y 轴上的P(0，h)点沿y 轴正方向以某
初速度开始运动，一段时间后，粒子与x 轴正方向成θ＝60°第一次进入电场。求：
图5
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r 和速度大小v；
(2)若粒子经过y 轴上Q 点时速度方向恰好与y 轴垂直，匀强电场的电场强度大小
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E；
(3)粒子返回出发点P 所用的总时间t。
答案 (1)2h (2) (3)＋
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识得rcos 60°＝h，解得r＝2h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由牛顿第二定律得qvB＝
解得粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小v＝。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子经过y 轴的Q 点时速度方向恰好与y 轴垂直，
则粒子到达Q 点时沿电场方向的速度为零，则有垂直电场方向
r＋ rsin 60° ＝ vcos 60° t1
沿电场方向vsin 60°＝at1
a＝
联立可得匀强电场的电场强度大小E＝
粒子在第三象限电场中的运动时间为t1＝。
(3)粒子第一次在第二象限的磁场中运动的时间为t2，如图示关系有
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t2＝T
由qvB＝，T＝得T＝
又t＝2(t1＋t2)
解得t＝＋。
A 级 基础对点练
对点练1 磁场与磁场组合
1.如图1 所示，竖直放置的PQ 板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场，右侧为垂直
纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.332 T，一质量m＝6.64×10－27
kg，带电荷量q＝3.2×10－19 C 的粒子(不计重力)从小孔1 位置以垂直板方向，
大小为v＝3.2×106 m/s 的速度开始运动，依次通过小孔2、3、4，已知相邻两
孔间的距离相等。则( )
图1
A.粒子带负电
B.相邻两孔间的距离为0.2 m
C.带电粒子从小孔1 运动到小孔4 所需时间约为5.89×10－7 s
D.带电粒子在PQ 板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10－7 s
答案 C
解析 由左手定则可判断出粒子带正电，故A 错误；画出粒子的运动轨迹如图
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所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，可得R＝＝0.2 m，则d＝2R＝0.4 m，
故B 错误；圆周运动周期为T＝≈3.93×10－7 s，带电粒子从小孔1 运动到小孔4
所需时间等于1.5T，即约为5.89×10－7 s，故C 正确；如图所示，带电粒子在
PQ 板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10－7 s，故D 错误。
2.(2022·广东卷，7)如图2 所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ 划分成两个
区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z 轴平行的匀强磁场。
一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz 平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。
下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
图2
答案 A
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解析 由题意知当质子垂直Oyz 平面进入磁场后先在MN 左侧运动，刚进入时根
据左手定则可知受到沿y 轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y
轴正方向偏移，y 轴坐标增大，在MN 右侧磁场方向反向，由对称性可知，A 可
能正确，B 错误；质子的运动轨迹在Ozx 平面的投影为一条平行于x 轴的直线，
故C、D 错误。
对点练2 电场与磁场组合
3.(多选)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v0且沿AO 方向时，
粒子刚好从B 点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确
的是( )
图3
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 AB
解析 根据题意可知，粒子从A 点进入磁场时，受到方向向右的洛伦兹力的作
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用，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qv0B＝m，可得＝，故B 正确；根据题意可知，粒子从B 点进入电场之后，
先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，再次到达B 点时，速度的大小仍
为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示。则粒子在磁场中的运动时间为t 磁
＝＝，故C 错误；粒子在电场中，根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝＝，
根据v0＝at 结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t 电＝＝，故D 错误。
4.(多选)如图4 所示，在x 轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，x 轴
下方存在沿y 轴正方向的匀强电场。a、b 两个重力不计的带电粒子分别从电场
中的同一点P 由静止释放后，经电场加速从M 点射入磁场并在磁场中发生偏转。
最后从y 轴离开磁场时，速度大小分别为v1和v2，v1的方向与y 轴垂直，v2的方
向与y 轴正方向成60°角。a、b 两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2，则
以下比值正确的是( )
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图4
A.v1∶v2＝2∶1
B.v1∶v2＝1∶2
C.t1∶t2＝3∶2
D.t1∶t2＝3∶8
答案 AD
解析 粒子在电场中加速，设加速的位移为x，则根据动能定理有qEx＝mv2，解
得v＝，粒子在磁场中运动时，其轨迹如图所示。a 粒子运动轨迹的圆心为O，b
粒子运动轨迹的圆心为O′，根据几何知识可知，r2·sin 30°＋r1＝r2，则r1∶r2＝
1∶2，根据洛伦兹力提供向心力，有r＝，联立可得∶＝1∶4，v1∶v2＝2∶1，
故A 正确，B 错误；粒子在磁场中运动的周期T＝＝，粒子在磁场中运动的时间
t＝T，则两粒子的运动时间之比t1∶t2＝3∶8，故C 错误，D 正确。
B 级 综合提升练
5.如图5 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
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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：
图5
(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) (2)
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＝①
evλB＝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＝ 。
(2)电子在磁场Ⅰ中的运动周期T1＝
电子在磁场Ⅱ中的运动周期T2＝＝
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＝T1
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N 到M 的圆心角为300°，则t2＝T2
M 到O 的圆心角为60°，则t3＝T1
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＝。
6.(2024·河南安阳高三期末)如图6 所示，在平面直角坐标系x 轴上方有磁感应强
度大小不变的匀强磁场，在x 轴下方有平行于xOy 平面的匀强电场，且与x 轴成
45°角斜向右上方。一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，以初速度v0从y
轴上P 点沿y 轴正方向射出，OP＝d，若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第
一次经过x 轴进入电场和第二次经过x 轴的位置均在Q 点(未画出)；若磁场方向
垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过x 轴的位置也在Q 点，不计粒子的重力，
求：
图6
(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；
(2)匀强电场的电场强度E 的大小；
(3)若磁场方向垂直坐标平面向外，粒子从P 点射出到第三次经过x 轴所用的时
间。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)若磁场方向垂直坐标平面向外，则粒子第一次经过x 轴进入电场和第
二次经过x 轴的位置均在Q 点，说明粒子到达Q 点时的速度方向与电场强度方
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向相反，则由几何关系有OP＝d＝rcos 45°
解得r＝2d
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m
联立可得B＝。
(2)若磁场方向垂直坐标平面向里，则粒子第二次经过x 轴的位置也在Q 点，轨
迹如图甲，则MO＝OQ＝r＋rcos 45°＝(2＋)d，MQ＝2MO
则根据类平抛规律有MQ·sin 45°＝v0t
MQ·cos 45°＝t2
解得E＝。
(3)磁场方向垂直向外时，运动轨迹如图乙所示，则粒子第一次在磁场中运动的
时间t1＝·＝
粒子进入电场后先做减速运动，速度减小到0 用时设为t2，后反向加速，仍用时
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间t2第二次回到x 轴，则
v0＝t2
解得t2＝
粒子再次进入磁场做圆周运动，再次到达x 轴时所用时间t3＝·＝
则粒子从P 点射出到第三次经过x 轴所用的时间t 总＝t1＋2t2＋t3＝＋＝。
C 级 培优加强练
7.(2024·广东深圳模拟)如图7 所示，MHN 和PKQ 为竖直方向的平行边界线，水
平线HK 将两边界围成区域分为上下两部分，其中Ⅰ区域内为竖直向下的匀强电
场，Ⅱ区域内为垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q 的带正电粒
子从左边界A 点以初速度v0垂直边界进入Ⅰ区域，从C 点离开Ⅰ区域进入Ⅱ区
域。已知AH＝h，HC＝2h，粒子重力不计。
图7
(1)求Ⅰ区域匀强电场的电场强度E 的大小；
(2)若两竖直边界线距离为4h，粒子从Ⅱ区域左边界射出，求Ⅱ区域内匀强磁场
的磁感应强度大小范围。
答案 (1) (2)<B<
解析 (1)如图所示，粒子从A 点至C 点做类平抛运动，垂直电场方向有2h＝v0t1
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平行电场方向有h＝at
根据牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得E＝。
(2)粒子在C 点速度的竖直分量vCy＝at1＝v0
故粒子在C 点的速度为vC＝＝v0
方向为斜向右下方与HK 夹角为45°，当粒子恰好不从MN 边界出射时，粒子轨
迹如图轨迹①所示，
设此种情况下，粒子在磁场中轨道半径为r1，由几何知识得r1＋r1sin 45°＝2h
解得r1＝2h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvCB1＝m
解得B1＝
当粒子恰好不从PQ 边界出射，粒子轨迹如图轨迹②所示，由几何知识得r2－
r2sin 45°＝2h
解得r2＝2h
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粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvCB2＝m
解得B2＝
所以Ⅱ区域内匀强磁场的磁感应强度大小范围为<B<。
20
