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一、带电粒子在组合场中的运动
1.带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较
磁偏转
电偏转
情景图
垂直进入磁场
进入磁场时速度与磁
场有一定夹角
垂直进入电场
进入电场时速度方向
与电场有一定夹角
受力
FB=qv0B，FB大小不
变，方向变化，方向
总指向圆心，FB为变
力
F=qv0Bsin θ
FE=qE，FE大小、方向均不变，FE为恒力
运动规律
匀速圆周运动
r=m v0
Bq ，T=2π m
Bq
螺旋式运动qv⊥B=m
v⊥
2
R
螺距x=v0cos θ·t
类平抛运动
vx=v0，vy= Eq
m t
x=v0t，y= Eq
2mt2
类斜抛运动
vx=v0sin θ，vy=v0cos θ-
qE
m t
x=v0sin θ·t，y=v0cos
θ·t-1
2
qE
m t2
2.常见运动及处理方法
例1 (2025·河南卷·15)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上
的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a 点以速度v0向右水平发射，当粒子进入
电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b
点，通过b 点时其速度方向水平向右。a、b 到水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s=3√3h。不
计重力。
(1)求磁感应强度的大小；
(2)求电场强度的大小；
(3)若粒子从a 点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周
期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)
答案 (1)mv0
2qh (2)m v0
2
2qh
(3) 3√3 v0
8 π +6√3
解析 (1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图甲所示
由题意可知θ=60°
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r=rcos θ+h
解得r=2h
由牛顿第二定律有qv0B=mv0
2
r
解得B=m v0
2qh
(2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何
关系可得AB=s-2rsin θ=√3h
在电场中，粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，则粒子在电场中的运动时间t=
AB
v0cosθ =2√3h
v0
粒子沿电场方向做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE=ma
由运动学公式有-v0sin θ+at=v0sin θ
联立解得E=mv0
2
2qh
(3)作出粒子在磁场和电场中运动的部分轨迹，如图乙所示
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，粒子在磁场、电场中的运动具有周期性，在一个实际运动的
周期T'内，粒子在磁场中运动的时间
t1= 30°
360° T+210°
360° T=2
3T ①
T=2π r
v0
=2π
v0
× mv0
qB =2π m
qB
②
联立①②解得t1=4 π m
3qB
将B=mv0
2qh 代入可得t1=8 π h
3 v0
粒子在电场中运动一次的时间t2满足
√3
2 v0= Eq
m × t2
2
将E=mv0
2
2qh
代入可得t2=2√3h
v0
根据图乙中的几何关系可知，一个周期内粒子运动的位移(以向右为正方向)x=OO1=√3h
说明经过一个周期后粒子运动到初始位置右侧，则漂移速度大小v=|x|
T ' = √3h
t1+t2
= 3√3 v0
8 π +6√3
。
“5 步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
例2 (2025·山东青岛市一检)如图所示，xOy 平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆
形匀强磁场区域，O1为圆心，半径为R，磁场边界与两坐标轴相切；y≤0 区域内交替分布宽度均为d
的匀强电场和匀强磁场，其边界均与x 轴平行，匀强电场的电场强度大小为E0，方向沿y 轴负方向，匀
强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量为+q 的带电粒子，从圆形
边界上的P 点以初速度v0射入磁场，PO1与x 轴平行，v0与PO1夹角α=60°。粒子射出圆形磁场瞬间，
在y>0 区域内加上沿y 轴正方向的匀强电场(图中未画出)。已知圆形磁场的磁感应强度大小为m v0
qR ，
y>0 区域内匀强电场的电场强度大小为mv0
2
qR
，不计粒子重力。
(1)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径；
(2)求粒子离开圆形磁场区域后，到达x 轴的速度大小；
(3)求粒子穿出y≤0 区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值；
(4)若粒子到达y≤0 区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿x 轴正方向，求此时速度大小。
答案 (1)R (2)0 (3)B0
2 √
qd
m E0
(4)2 E0
B0
解析 (1)粒子在第二象限圆形磁场中，
有qv0B1=mv0
2
r
其中B1=m v0
qR
解得r=R
(2)如图甲所示
由几何关系得粒子射出圆形磁场时距离x 轴d1=R(1-cos α)
粒子从射出圆形磁场到x 轴，由动能定理得-qE1d1=1
2mv2-1
2mv0
2
解得v=0
(3)粒子在y≤0 区域第一个电场中加速，由动能定理得qE0d=1
2mv1
2
粒子在y≤0 区域第一个磁场中，有qv1B0=mv1
2
r1
如图乙所示
由几何关系得r1sin θ1=d
粒子在y≤0 区域经历两个电场加速，有2qE0d=1
2mv2
2，v1sin θ1=v2sin θ2
解得sin θ2=B0
2 √
qd
m E0
(4)设粒子在第n 个磁场下边界的速度为vn，粒子在y≤0 区域整个向下运动过程中，由动能定理得nqE0d=1
2
mvn
2
水平方向由动量定理得qv yB0t=mvn
其中v yt=nd
解得vn=2 E0
B0
正则动量定理的应用
利用动量定理即洛伦兹力的冲量等于速度的动量变化，把粒子某一方向的位移和垂直该方向的速度变化联
系起来。具体用法如下：
①Ix=m(vx'-vx)=mΔvx=-∑qBvyΔt=-qBΔy 或-qBΔy=mΔvx
②Iy=m(vy'-vy)=mΔvy=∑qvxBΔt=qBΔx
qBΔx=mΔvy
二、带电粒子在立体空间中的运动
带电粒子在立体空间中的运动问题，往往通过降维思想进行简化，常见示例及解题策略如下表：
运动类型
解题策略
在三维坐标系中运动，每个轴方向
都是常见运动模型
将粒子的运动分解为三个方向的
运动
一维加一面，如螺旋式运动
螺旋式运动：将粒子的运动分解
为一个轴方向的匀速直线运动或
匀变速直线运动和垂直该轴所在
面内的匀速圆周运动
运动所在平面切换，粒子进入下一
区域偏转后运动轨迹曲线不在原来
把粒子运动所在的面隔离出来，
转换视图角度，把立体图转化为
平面图，分析粒子在每个面的运
的平面内
动
例3 (2024·湖南卷·14)如图，有一内半径为2r、长为L 的圆筒，左右端面圆心O'、O 处各开有一小孔。
以O 为坐标原点，取O'O 方向为x 轴正方向建立xyz 坐标系。在筒内x≤0 区域有一匀强磁场，磁感应
强度大小为B，方向沿x 轴正方向；筒外x≥0 区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y 轴正方向。
一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy 平面内，且在x 轴正方向的分
速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作
用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O 进入电场，求磁感应强度B 的最小值；
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x 轴正方向最大夹角为θ，求tan θ
的绝对值；
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y 轴正方向的最大位移。
答案 (1)2π mv0
eL
(2)2π r
L (3)2π
2r
2v0
2m
Ee L
2
解析 (1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x 轴的匀速直线运动和在yOz 平面内的匀速圆周运动，
设电子入射时沿y 轴的分速度大小为vy，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得L=v0t
在yOz 平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，
由牛顿第二定律知Bevy=mv y
2
R
可得R=mv y
Be ，T=2π R
v y
=2π m
Be
若所有电子均能经过O 进入电场，则有
t=nT(n=1，2，3，…)
联立得B=2π nm v0
eL
当n=1 时，B 有最小值，可得
Bmin=2π mv0
eL
(2)将电子的速度分解，有tan θ=v y
v0
θ 最大时，tan θ 有最大值，即vy最大，
此时Rmax=mv y m
e Bmin
=r，
联立可得vym=2π v0r
L
，tan θ=2π r
L
(3)当vy最大时，电子在电场中运动时沿y 轴正方向有最大位移ym，
根据匀变速直线运动规律有
ym=v y m
2
2a
由牛顿第二定律知a= Ee
m
联立得ym=2π
2r
2v0
2m
Ee L
2
例4 (2025·江西省一模)在如图所示的三维坐标系中，y<0 区域内有沿z 轴负方向的匀强电场Ⅰ，在
z>0 和y>0 区域内有沿x 轴正方向的匀强磁场Ⅰ，在z<0，y>0 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场Ⅱ和匀
强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小相同，在y 轴负半轴上坐标为(0，-2d，0)的P 点向yOz 平面内射出
一个质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子，粒子恰好从z 轴上坐标为(0，0，d)的Q 点沿y 轴正方向进
入磁场Ⅰ，经磁场Ⅰ偏转后，垂直y 轴进入磁场Ⅱ、电场Ⅱ，粒子从P 点射出的速度大小为v0，粒子第
二次进磁场Ⅰ时的速度大小也为v0，不计粒子的重力。
(1)求匀强电场Ⅰ的电场强度大小E1；
(2)求匀强电场Ⅱ的电场强度大小E2；
(3)若粒子第一次经过磁场Ⅰ的偏转经过y 轴后，立即将磁场Ⅰ的方向反向，并调整磁场Ⅰ的大小，使
得粒子第二次经过磁场Ⅰ的偏转后恰好垂直xOz 平面进入电场Ⅰ，求改变后的磁场Ⅰ的磁感应强度大
小与原磁场磁感应强度大小之比。
答案 (1)mv0
2
4 qd
(2) mv0
2
2π qd
(3) 2
2+ π
解析 (1)设粒子从P 点射出的速度沿z 轴正方向的分速度为vz，沿y 轴正方向的分速度为vy，则d=1
2vz·t，
2d=vy·t
解得vy=vz
由于v y
2+v z
2=v0
2
解得vy=vz=√2
2 v0
则粒子在Q 点的速度大小vQ=√2
2 v0
根据动能定理-qE1d=1
2mvQ
2-1
2mv0
2
解得E1=m v0
2
4 qd
(2)由于粒子第一次经磁场Ⅰ偏转后以垂直于y 轴进入磁场Ⅱ，因此粒子经过y 轴的位置坐标为(0，d，0)，
做圆周运动的半径r1=d
粒子第一次在磁场Ⅱ和电场Ⅱ中的运动由以r1为半径的匀速圆周运动和沿电场Ⅱ方向的初速度为零的匀加
速直线运动组成，则粒子从进入磁场Ⅱ到第二次进磁场Ⅰ的时间t'=
π d
√2
2 v0
=√2π d
v0
，由于粒子第二次进磁
场Ⅰ时的速度大小仍为v0，则粒子沿电场Ⅱ方向分运动的末速度大小也为√2
2 v0，则有√2
2 v0=q E2
m t'
解得E2= m v0
2
2π qd
(3)设原磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B，根据题意有qvQB=mvQ
2
d
，解得B=√2m v0
2qd
。根据题意可知，粒子第
二次进磁场Ⅰ时的速度与yOz 平面平行，且速度与y 轴正方向、z 轴正方向的夹角均为45°；第二次进磁场
Ⅰ的位置坐标y=d+1
2 × √2
2 v0t'=(1+π
2 )d。设粒子第二次在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为r2，根据题意可知
r2=√2y=√2(1+π
2 )d
设改变后的磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B'，根据洛伦兹力提供向心力qv0B'=mv0
2
r2
解得B'=
m v0
√2(1+ π
2 )qd
即B
'
B = 2
2+ π 。
三、带电粒子在叠加场中的运动
1.三种典型运动
(1)匀速直线运动
①只有两个场，所受合力为零。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB 时，重力场与磁场叠加满足mg=qvB
时，重力场与电场叠加满足mg=qE 时。
②三场共存，所受合力为零，其中洛伦兹力F=qvB 的方向与速度v 垂直。
(2)匀速圆周运动：三场共存，mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=mv
2
r 。
(3)摆线运动：
①条件：在磁场和电场，磁场与重力场，磁场、电场与重力场叠加场中，磁场与电场(或重力场)正交，
粒子速度为零或速度与磁场方向垂直。
②运动分析：粒子在洛伦兹力、静电力(或重力)的作用下的运动，研究某个点的运动，其轨迹可以描述
为一个圆沿一条直线滚动时，圆上某点所经过的轨迹。
③求解方法：
a.利用配速法，将粒子的运动分解为一个匀速直线运动和一个圆周运动的合运动。
b.运用动量定理和动能定理求解。
2.分析思路
例5 (2025·贵州卷·15)如图所示，x 轴水平向右，z 轴竖直向上，y 轴垂直纸面向里(图中未画出)，在
xOz 平面里有竖直向上的匀强电场E，在z=z0的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，z=z0的平面
上方有垂直纸面向里的匀强磁场B2(未知)。有一带正电的粒子，质量为m，从坐标原点O 出发，沿x 轴
正方向以速度v 射出后做圆周运动，其中z0=2v
2
5 g ，B1=mg
qv ，P 点坐标为(16 v
2
5 g ，0，0)。已知重力加速度
为g，粒子电荷量为q，sin 37°=0.6，sin 53°=0.8。
(1)求电场强度E 的大小及该粒子第一次经过z=z0平面时的位置对应的x 坐标值；
(2)当该带电粒子沿x 轴正方向飞出到达P 点时间最小时，求B2的大小；
(3)若将电场E 改成沿y 轴正方向，粒子同样从坐标原点O 沿x 轴以速度v 射出，求粒子的轨迹方程。
答案 (1)mg
q 4 v
2
5 g (2)3mg
qv (3)y=g x
2
2v
2
解析 (1)由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和静电力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的静电力与
重力平衡，则mg=Eq
解得E=mg
q
粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图甲所示
洛伦兹力提供向心力得qvB1=m v
2
R1
解得粒子运动的轨道半径R1=v
2
g
根据圆周运动轨迹，由几何关系得x'2+( R1- z0)
2=R1
2
代入数据解得x'=4 v
2
5 g 。
(2)粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图乙所示
设粒子进入B2磁场中速度方向与磁场分界面成θ 角，由几何关系可得cos(90°-θ)= x
'
R1
可解得θ=53°
设粒子在B2磁场中运动的轨道半径为R2，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到P 点应满足n(2R1sin θ-2R2sin
θ)=16 v
2
5 g ，且n>2
当n 取最小值时，运动时间最短。所以当n=3 时，运动时间最短，代入R1的值解得R2= R1
3
根据qvB=mv
2
R
联立可得B2=3B1=3mg
qv
即当该带电粒子沿x 轴正方向飞出到达P 点时间最小时，B2的大小为3mg
qv 。
(3)若将电场方向改为沿y 轴正方向，由受力分析，粒子受到沿z 轴正方向的洛伦兹力、沿z 轴负方向的重
力、沿y 轴正方向的电场力，根据B1=mg
qv
解得粒子受到的洛伦兹力大小为F 洛=mg
正好与重力相平衡，所以粒子在y 轴正方向做匀加速直线运动，有y=1
2at2
由牛顿第二定律有Eq=ma
粒子在x 轴正方向做匀速直线运动，有x=vt
联立解得轨迹方程y=g x
2
2v
2 。
例6 (2025·甘肃酒泉市一模)如图所示，MN、PQ 为带电金属板，金属板间电压为U，板间距离为2d，
同时板间有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一束带正电粒子以平行于金属板的速度v0自O 点射入复
合场区域，恰好沿直线通过金属板。已知O 为MP 的中点，金属板足够长，带电粒子的比荷q
m=v0
2
U
，
不计带电粒子的重力及它们之间的相互作用，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)若仅撤去电场，带电粒子将打在金属板上且被金属板吸收，则此位置距金属板左端的距离及粒子在
磁场中运动的时间；
(3)若仅将金属板间电压变为7
6U，则带电粒子在两板间运动的最大速率以及沿电场线方向上的最大偏移
量。
答案 (1) U
2d v0
(2)√3d 2π d
3 v0
(3)4
3 v0 2
3d
解析 (1)带电粒子能沿直线通过金属板，
有q U
2d =qv0B
解得B= U
2d v0
(2)带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B=mv0
2
R
解得R=2d
带电粒子向上偏转，设打在MN 板上距M 端x 处，由几何关系有R2=(R-d)2+x2
解得x=√3d
带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期
T=2π R
v0
=4 π d
v0
设此过程所对应的圆心角为θ，有
sin θ= x
R =√3
2
解得θ=60°
则带电粒子在匀强磁场中的运动时间
t=
θ
360° T=2π d
3 v0
(3)通过配速法，使静电力与洛伦兹力平衡，
有q 7U
6·2d =qv1B
解得v1=7
6v0
即将带电粒子的初速度v0分解为向右的
v1=7
6v0
和向左的v2=1
6v0
如图所示
则带电粒子在两板间运动的最大速率vm=v1+v2=4
3 v0
带电粒子做匀速圆周运动的半径
r=m v2
qB =1
3d
因2r=2
3d<d
故带电粒子沿电场线方向的最大偏移量ym=2
3d。
例7 (2025·湖南卷·14)如图，直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R 的最大阻值为2r0，平
行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为√3d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里
的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m 的带正电粒子以初速度v0水平向
右从电容器左侧中点a 进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b 点进入磁场，随后又从电容器上极
板右侧边缘c 点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B 的大小；
(3)若粒子离开b 点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，电场强度大小为
4√3 E0
3d
，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
答案 (1)mv0
2
E0
(2)2 E0
d v0
(3)(2+√3)d
2
解析 (1)闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路规律可得电容器两极板间的电压为
U=
R
2
R+r0
E0=
r0
2r0+r0
E0=1
3E0
粒子从a 点进入电容器后，在电容器中受到静电力的作用，做类平抛运动，设粒子从a 点运动到b 点的时
间为t，则在水平方向由运动学公式有√3d=v0t
在竖直方向由牛顿第二定律有U
d q=ma
由运动学公式有1
2d=1
2at2
联立解得q=mv0
2
E0
(2)设粒子经过b 点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，则由平抛运动的推论可知tan
θ=2×
d
2
√3d
=√3
3
则θ=30°
由几何关系可知v= v0
cosθ =2√3 v0
3
粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a 点运动到c 点的
运动轨迹如图所示
由几何关系可知r=
d
2
sin60°
=√3
3 d
在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv
2
r
联立解得B=2 E0
d v0
(3)解法一 配速法 在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的
右侧不仅受到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b 点的速度分解，如图乙
所示，使竖直向上的分速度v1产生的洛伦兹力刚好平衡静电力的作用，则有qv1B=Eq
可得v1= E
B =2√3
3
v0
由于v1和v 的大小相等，则由几何关系可知粒子在b 点的另一分速度v2=2vcos 30°=2v0，方向与竖直方向的
夹角为30°，则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速率为v1的竖直向上的匀速直线运动和速率为v2
的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周分运动的半径为r'，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B=mv2
2
r '
解得r'=d
作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图丙所示
由几何关系可知xm=r'cos 30°+r'=2+√3
2
d
解法二 正则动量法 当粒子的速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最大，设此时速
度大小为v'，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b 点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有
∑qvxBΔt=mv'-(-mvsin 30°)
即qBxm=mv'-(-mvsin 30°)
对粒子从b 点运动到该位置的过程，由动能定理有Eqxm=1
2mv'2-1
2mv2
联立可得xm=2+√3
2
d。
配速法的应用
(1)配速法要领
先分解出一个速度产生洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，并以这个速度做匀速直
线运动，另外一个分速度产生洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动。
(2)配速法解题流程
(3)常见问题
①求粒子的最大速度
当v2与v1同向时速度最大vmax=v1+v2。
②求粒子经过坐标轴的坐标
根据圆周运动规律，求出粒子一个周期内经过坐标轴所用时间，考虑周期性，写出经过坐标轴的所有时间
通式，计算出圆周运动的位移和匀速直线运动的位移的矢量和。
