高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧讲解及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，

这些离子在CM方向上的分速度均为v0.

若该离子束中比荷为q

m

的离子都能汇聚到

D，试

求：

（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.

【来源】电粒子在磁场中的运动

【答案】（1）0

mv

B

qd

=，磁场方向垂直纸面向外；（2）

cos

d

R

θ

'=，

()

2

t d

v

θα

+

=；（3）cos

CM d tα

=。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

由

20

0v qv B m R =

R=d

得0

mv B qd

=

，磁场方向垂直纸面向外 （2）设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t ，由

v cos θ=v 0

得v ＝0

cos v θ

由

2

v qvB m R ='

解得：R′=

cos d

θ

方法一：设弧长为s ，则运动的时间：

t =

s v

又

s=2(θ+α)×R′

解得t =

()

2d v θα+ 方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2m

qB

π，则有：

()0

2t T d v θαθαπ++=?

= （3）方法一：由几何关系得：

CM =MN cot θ

则有：

()sin sin MN d R αβα

'

+=+

解得：cos d

R θ

'=

， 以上3式联立求解得 CM =d cot α

方法二：

设圆心为A ，过A 做AB 垂直NO ，如图所示

由几何关系得：

cos cos d

NM MB R MB MB d MB θθ

-='-=

-=- 而BO d MB =- 因此NM =BO 因

NM =CM tan θ

又

cot sin cot sin cot cos d

BO AB R αθαθαθ

=='=

解得：CM =d cot α

2．如图甲所示，正方形导线框abcd 用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L ．O 点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为

72L π，与水平线MN 的距离为等1

(1)4L π

+)．线框abcd 内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O 点由静止释放，在时间去12L

L

g g

:内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，求：

(1)此带电微粒的比荷q m

； (2)自0时刻起经时间

32L

g

时微粒距O 点的距离； (3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN ．

【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1）

14g

B L

（2）L π （3）

()()71120,1,2,320,1,21212L L n n n n g g ???

?+=+= ? ?

????

和 【解析】 【详解】

解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：204L B U B L gL t

?==?

电容器两极间电场强度：04U

E B gL L

=

= 时间

12L

L

g g

:内：mg qE = 解得比荷：

14q g m B L

= (2)微粒运动的轨迹如图所示

时间102L

g

:

内：mg qE ma += 1v at =，112L

t g

=

解得：v gL =12L L g

g :2

08mv qv B r

π?= 可得：2L r π

=

又2r

T v

π=

解得：T =

时微粒距O 点的距离：2L x r π==

(3)

时间0:

内，微粒竖直向下的位移：124v L h t ==

设粒子转过角度α时与O 点间的竖直距离为：

1(1)4L π

+ 1

(1)4

sin L h

r

πα+-= 解得：6

π

α=

和56

πα=

每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ

=

解得：2t =

2t =自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+?+，0,1,2,3(,)n =??

即：7(212t n =+

11(212t n =+，0,1,2,3(,)n =?? 又722L rn π

=

解得： 3.5n =

微粒离开电容器后不再经过水平线MN ，分析得自开始至水平线MN

的时间：

7(212t n =+

，(0,1,2,3)n =

和11(212t n =+，0,1,2,3(,)n =??

3．如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m 、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x 的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L ，L ）的 P 点处时速度大小为 v 0，方向与 x 轴正方向相同．求： （1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v ；

（2）匀强电场的场强 E 0 和匀强磁场的磁感应强度 B 0． （3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间．

【来源】海南省海口市海南中学2018-2019学年高三第十次月考物理试题 【答案】（1）02v

；（2）0

2mv Lq

；（3）0(8)4L v π+

【解析】 【详解】

解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P ，则其运动轨迹如图所示，粒子在 O 点时的速度大小为v ，OQ 段为圆周，QP 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q 点时的速度大小也为v ，方向与x 轴正方向成45?角，可得：045v vcos =? 解得：02v v =

(2)在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得：2201122

qEL mv mv -=

- 解得：2

2mv E qL

=

又在匀强电场由Q 到P 的过程中，水平方向的位移为：01x v t = 竖直方向的位移为：0

12

v y t L =

= 可得：2QP x L =，OQ L =

由2cos 45OQ R =?，故粒子在OQ 段圆周运动的半径：22

R L

=

及mv R qB =

解得：02mv

B

qL

=

(3)在Q点时，00

45

y

v v tan v

=?=

设粒子从由Q到P所用时间为1t，在竖直方向上有：10

2

2

L L

t

v v

==

粒子从O点运动到Q所用的时间为：2

4

L

t

v

π

=

则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总12

000

2(8)

44

L L L

t t

v v v

ππ

+

=+=+=

4．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场1E，区域宽度为1d，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场2

E，区域宽度为

2

d，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30o，重力加速度为g，求：

(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12

E E

、的大小.

(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.

(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.

【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题

【答案】(1)

1

2mg

E=2

mg

E

q

=1

2

2

m gd12

1

6

2

6

d d

gd

gd

π

+

【解析】

【详解】

(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45

qE mg

?=

求得：

1

2mg

E

q

=

微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2

mg qE

=

求得：2

mg

E

q

=

(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452

qE d mv ?=

2

v qvB m R

=

根据几何关系，分析可知：2

22sin30d R d ==?

整理得：1

2

2m gd B =

(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：

2

11112

a t d = 1tan45mg ma ?=

2302360R

t v

π?=

?? 经整理得：112

121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=

+?=

5．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、

Q 两点之间的距离为

2

L

，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。 （1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；

（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。

【来源】【省级联考】吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试物理试题

【答案】（1）

2U

E

L

=

，

M

v=v M的方向与x轴的夹角为θ，θ＝45°；（2

）M

mv

B

eR

==

，

3

4

M

R

t

v

π

==3）T

的表达式为T=（n＝1，2，3，…）

【解析】

【详解】

（1）在加速电场中，从P点到Q点由动能定理得：2

1

2

eU mv

=

可得

v=

电子从Q点到M点，做类平抛运动，

x

轴方向做匀速直线运动，

L

t

v

==

y轴方向做匀加速直线运动，2

1

22

L eE

t

m

=?

由以上各式可得：

2U

E

L

=

电子运动至M

点时：

M

v=

即：

M

v=

设v M的方向与x轴的夹角为θ，

cos

2

M

v

v

θ==

解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M点到A点，做匀速圆周运动，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四边形MO1AO2为菱形，即R＝L

由洛伦兹力提供向心力可得：

2

M M

v ev B m

R

=

即

2

M

mv mv

B

eR L e

==

3

3

4

8

M

R L m

t

v eU

ππ

==。

（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R'，即222

R L

'=

因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条件为：22)2

n R L

'=（n＝1，2，3，…）

电子在磁场中做圆周运动的轨道半径

M

mv

R

eB

'=

解得：

22

n emU

B=n＝1，2，3，…）

电子在磁场变化的半个周期内恰好转过

1

4

圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期

的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是

1

42

T

T=

又0

2m

T

eB

π

=

则T 的表达式为22

T n emU

=

（n ＝1，2，3，…）。

6．如图1所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面內，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径两圆之间的环形区域（I 区）和小圆内部（II 区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m ，电最

为+q 的粒子由小孔下

2

d

处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，不计粒子的重力．

（1）求极板间电场强度的大小E ；

（2）若I 区、II 区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mv

qD

，粒子运动一段时间t 后再次经

过H 点，试求出这段时间t ；：

（3）如图23D ，调节磁感应强度为B 0（大小未知），并将小圆中的磁场改为匀强电场，其方向与水平方向夹角成60?角，粒子仍由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，为使粒子恰好从内圆的最高点A 处进入偏转电场，且粒子在电场中运动的时间最长，求I 区磁感应强度B 0的大小和II 区电场的场强E 0的大小? 【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三高考模拟物理试题

【答案】（1）2mv qd （2）5.5D v π（3）3mv qB ；2

839mv qD

【解析】 【详解】

解：(1)粒子在电场中运动，由动能定理可得：2

122

d qE

mv = 解得：2

mv E qd

=

(2)粒子在I 区中，由牛顿第二定律可得：2

11

v qvB m R =

其中12v B qD π=

，12

R v

= 粒子在II 区中，由牛顿第二定律可得：2

22

v qvB m R =

其中24mv B qD =

，24

D

R = 121222,R R T T v v

ππ=

=， 由几何关系可得：1120θ=?

2180θ=?

1

112360t T θ=?

2

22360t T θ?

=

()126t t t =+

解得： 5.5D

t v

π=

(3)由几何关系可知：2223())2D D r r =+- 解得：3

r D =

由牛顿第二定律可得：2

0v qvB m r

=

解得：03mv

B =

3

2

cos

2

D

r

θ==

解得：30

θ=?，则粒子速度方向与电场垂直

(1sin)

2

D

vt

θ

+=

2

1

cos

22

D

at

θ=

E q ma

=

解得：

2

83

9

mv

E

qD

=

7．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-

3

2

L区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-

3

2

L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面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，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（

3

2

L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=

5

2

L （不计粒子重力），求：

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；

（2）E

B

；

（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；

（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．

【来源】2019年内蒙古呼和浩特市高三物理二模试题

【答案】（1）

5

3

v0，与x成53°角；（2）0

4

3

v

；（3）2L；（4）

()

40537

60

L

v

π

+

．

【解析】

【详解】

（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，

由运动学规律知

3

2

L=v0t1，

L=

2

y

v

t1

可得t1=

3

2

L

v，v y=

4

3

v0

故粒子在P2的速度为v22

0y

v v

+=

5

3

v0

设v与x成β角，则tanβ=

y

v

v

=

4

3

，即β=53°；

（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=

1

2

mv2-

1

2

mv02可得

E=

2

8

9

mv

qL

粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m

2

v

R

解得：B=

mv

qR

=

5

3

5

2

m v

q L

?

?

=0

2

3

mv

qL

解得：0

4

3

v

E

B

=；

（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-

3

2

L直线与Q′

点，可得： P 2O ′=

3253L cos o

=5

2

L =r 故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为

O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-

32

L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =

3

2

L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=0

32L

v

在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π??o =0

37120L

v π 从M 运动到N ，a =qE m =2

89v L

则t 3=

v a =0

158L v 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=

()0

4053760L

v π+．

8．如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，带电荷量为+q 、质量为m 的小球Q 静置在光滑绝缘的水平高台边缘，另一质量为m 、不带电的绝缘小球P 以水平初速度v 0向Q 运动，03mg

v qB

=

，两小球P 、Q 可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移．已知匀强电场的电场强度

mg

q E =，水平台面距地面高度2222m g

h q B

=，重力加速度为g ，不计空气阻力．

（1）求P 、Q 两球首次发生弹性碰撞后小球Q 的速度大小；

（2）P 、Q 两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P 落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？

（3）若撤去匀强电场，并将小球Q 重新放在平台边缘、小球P 仍以水平初速度03mg

v qB

=

向Q 运动，小球Q 的运动轨迹如图2所示（平台足够高，小球Q 不与地面相撞）．求小球Q 在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离H ．

【来源】2019年湖北省黄冈中学高考三模物理试题

【答案】（1）3mg qB （2）

(2m qB π；2

223g q B

（3）22254,33m m m g v H qB q B π== 【解析】 【详解】

（1）小球P 、Q 首次发生弹性碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得：0P Q m m m =+v v v

222

0111222

p Q mv mv mv =+ 联立解得00,3p Q mg

v v v qB

===

（2）对于小球Q ，由于qE mg =，故Q 球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

2Q

v qvB m

r

=

经过一个周期的时间12m

t T qB

π==

小球P 、Q 再次发生弹性碰撞，由（1）可知碰后0,03P Q mg v v v qB

'

'

==

= 小球P 离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为t 2，则有2

212

h gt =

，代入数据，得：

2t qB

=

=

故P 与Q 首次发生碰撞后到落地，经过的时间2(2m m

t qB qB qB

ππ=

+=

落地点与平台边缘的水平距离2'P P x v t == （3）PQ 相碰后，Q 球速度v Q =v 0，碰撞后Q 球开始运动至Q 球第一次运动至最低点Q 球有最大速度，故从碰撞后Q 球开始运动至Q 球第一次运动至最低点过程，对Q 球由动量定理得：0y m qv Bt mv mv -= 即0m qBH mv mv =- 又由动能定理可得22

01122

m mgH mv mv =

-， 解得：22254,33m m m g

v H qB q B

π==

9．如图，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系O-xyz(x 轴正方向水平向

右，y 轴正方向竖直向上)。匀强磁场方向与xOy 平面平行，且与x 轴正方向的夹角为45°，一质量为m 、电荷量为+q 的带电粒子(可看作质点)平行于z 轴以速度v 0通过y 轴上的点P(0，h ，0)，重力加速度为g 。

(1)若带电粒子沿z 轴正方向做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值E min 及对应的磁感应强度B ；

(2)在满足(1)的条件下，当带电粒子通过y 轴上的点P 时，撤去匀强磁场，求带电质点落在xOz 平面内的位置；

(3)若带电粒子沿z 轴负方向通过y 轴上的点P 时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带电质点做匀速圆周运动且能够经过x 轴，求电场强度E 和磁感应强度B 的大小。

【来源】安徽省宣城市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1）E min ＝

22mg

q

02mg B = （2）N （h ，0，2v 0 h g ）（3）

mg q

E =

22mv B qh

=

【解析】 【详解】

解：(1)如图所示，带电质点受到重力mg （大小及方向均已知）、洛伦兹力0qv B （方向已知）、电场力qE （大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动；根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值min E 根据物体的平衡规律有：45min qE mgsin =?

045qv B mgcos =?

解得：22min E mg

q =

， 0

22mg B qv =

(2)如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg 和电场力min qE 作用，其合力沿PM 方向并与0v 方向垂直，大小等于02

2

qv B =，故带电质点在与Oxz 平面成45?角的平面内作类平抛运动

由牛顿第二定律 ：0qv B ma = 解得 ：2

a =

设经时间t 到达Oxz 平面内的点()N x y z ，，，由运动的分解可得： 沿0v 方向：0z v t = 沿PM 方向： 212

PM at = 又sin 45h

PM =

?

45x htan =?

联立解得 ：x h =

2z g

v h = 则带电质点落在N （h ，0，2v h

g

(3)当电场力和重力平衡时，带点质点才能只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动 则有：Eq mg = 得：mg

E q

=

要使带点质点经过x 2h

根据：20

0mv qv B r

=

解得：0

22mv B qh

=

10．如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为L的I、II两区域，I、II区域内有垂直于纸面的匀强磁场，I区域磁场向内、磁感应强度为

B，II区域磁场向外，大小待定。现有一质量为m，电荷量为q

-的带电粒子，从图中所示的一加速电场中的MN板附近由静止释放被加速，粒子经电场加速后平行纸面与I区磁场边界成45°角进入磁场，然后又从I区右边界成45°角射出。

(1)求加速电场两极板间电势差U；

(2)若II区磁感应强度也是

B时，则粒子经过I区的最高点和经过II区的最低点之间的高度差是多少？

(3)为使粒子能返回I区，II区的磁感应强度B应满足什么条件？并求出粒子从左侧进入I区到从左侧射出I区需要的最长时间。

【来源】河南省南阳中学2019届高三下学期第十七次考试理综物理试题

【答案】(1)

222

4

q B L U

m

= (2)2

h L

= (3)

21

2

B B

+

≥，()0

3224

m

t

qB

ππ

=-+

【解析】

【详解】

(1)画出粒子在磁场中运动的示意图，如图所示：

粒子在加速电场中根据动能定理可得2

1

2

qU mv

=

粒子在I区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得

2

1

v

qvB m

R

=

根据几何关系可得：

1

2

2

R L

=

联立可得加速电场两极板间电势差222

4

q B L

U

m

=

(2)粒子在II区域运动的半径与I区域相同，

高度差由图中几何关系可得：()

21

h R cos Ltan

θθ

=-+

可得：2

h L

=

(3)画出粒子刚好从II区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况．

根据几何关系可得()

2

1cos

R L

θ

+≤，

解得

21

B

+

≥

可知当

21

2

B B

=时，粒子在II区域中运动的时间最长，即粒子从左侧进入Ⅰ区到从左侧射出Ⅰ区的时间最长

粒子两次在I区域运动的时间为1

12

2

4

m

t

qB

π

=??

粒子两次在磁场之间的时间为

2

224

L m

t

qB

==

粒子在II区域运动的时间)

3

32

321

4

m m

t

qB qB

ππ

=?=

总时间()

123

3224

m

t t t t

qB

ππ

=++=-+

11．如图，空间某个半径为R的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d，足够大的平行金属板，板间电压为U。一群质量为m，带电量为q的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。不计重力，则

（1）离极板AB距离为

2

R

的粒子能从极板上的小孔P射入电场，求粒子的速度？

（2）极板CD上多长的区域上可能会有带电粒子击中？

（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。