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专题20 带电粒子在磁场中运动（旋转圆、防缩圆、平移圆、磁
聚焦与磁发散）模型
旋转圆模型（3-8 题）.....................................................................................................................4
放缩圆横型（9-14 题）.................................................................................................................12
平移圆横型（15-16 题）...............................................................................................................18
磁聚焦与磁发散横型（17-19 题）...............................................................................................20
1.
（全国卷）如图，在0≤x≤√3a 区域内存在与xy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的
大小为B．在t＝0 时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy 平面内发射出大量同种带电粒子，所
有粒子的初速度大小相同，方向与y 轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y 轴正方
向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P（√3a，a）点离开磁场。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R 及粒子的比荷；
（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y 轴正方向夹角的取值范围；
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
【解答】解：（1）初速度与y 轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图1 中的弧OP 所示，
其圆心为C．由几何关系可知，∠POC＝30°；△OCP 为等腰三角形
故∠OCP= 2π
3
此粒子飞出磁场所用的时间为t0= T
3 ②
1
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式中T 为粒子做圆周运动的周期。
设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得R= 2√3
3
a ③
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv
2
R
④
T= 2πR
v
⑤
联立②③④⑤解得：q
m = 2π
3 Bt0
（2）仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度
最大时磁场左边界穿出。依题意，所有粒子在磁场中转动时间相同，则转过的圆心角相同，故
弦长相等；同一时刻仍在磁场内的粒子到O 点距离相同。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以
O 点为圆心、OP 为半径的弧^
MN上。（弧M 只代表初速度与y 轴正方向为60 度时粒子的运动轨
迹）如图所示。
设此时位于P、M、N 三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN．由对称性可知vP 与OP、vM 与
OM、N与ON 的夹角均
设vM、vN与y 轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有θM = π
3 θN = 2π
3 ⑧
对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y 轴正方向所成的夹角θ 应满足π
3 ≤θ≤2π
3
（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图2 所示。由几
何关系可知：OM＝OP
由对称性可知MN＝OP
由图可知，圆的圆心角为240°，从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间2t0；
2.
（浙江）如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上。在xOy 平面内与y
2
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轴平行的匀强电场，在半径为R 的圆内还有与xOy 平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一
带电微粒发射装置，它沿x 轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q＞0）和初速度
v 的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R 的区间内。已知重力加速度大小为g。
（1）从A 点射出的带电微粒平行于x 轴从C 点进入有磁场区域，并从坐标原点O 沿y 轴负方向
离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向。
（2）请指出这束带电微粒与x 轴相交的区域，并说明理由。
（3）在这束带电磁微粒初速度变为2v，那么它们与x 轴相交的区域又在哪里？并说明理由。
【解答】解：（1）带电粒子平行于x 轴从C 点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。
设电场强度大小为E，由mg＝qE
可得：E = mg
q ，方向沿y 轴正方向。
带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。且r＝R
如图（a）所示，设磁感应强度大小为B．由qvB = mv
2
R
得：B = mv
qR ，方向垂直于纸面向外。
（2）一：从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，其圆心位
于其正下方的Q 点，如图b 所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b 的虚线半圆，
此圆的圆心是坐标原点。
二：从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动。如图b 示，
3
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P 点与O′点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆心Q 的坐标为（﹣Rsinθ，Rcosθ），圆周运动轨迹方
程为：（x+Rsinθ）2+（y
Rcosθ
﹣
）2＝R2
磁场圆的边界方程为：x2+（y
R
﹣）2＝R2
联立解得：{
x =0
y =0或{
x =- Rsinθ
y = R(1+cosθ)
可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为 {
x =0
y =0，求{
x =- Rsinθ
y = R(1+cosθ)，坐标为后者
的点就是P 点，须舍去，可见，这束带电微粒都是通过坐标原点离开磁场的。
（3）带电微粒初速度大小变为2v，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周
运动的半径r′为：r′= 2mv
Bq
带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x＞0）的区域离开磁场并
做匀速直线运动，如图c 所示。靠近圆磁场上边发射出来的带电微粒在恰好没有磁场力，则会射
向x 轴正方向的无穷远处，靠近圆磁场下边发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。所
以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x＞0。
4
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旋转圆模型（3-8 题）
3.
（2022 秋•雁峰区校级期末）如图所示，某真空室内充满匀强磁场，磁场方向垂直于
纸面向里，磁场内有一块足够长的平面感光板MN，点a 为MN 与水平直线ab 的交点，MN 与
直线ab 的夹角为θ＝53°，ab 间的距离为d＝20cm。在b 点的点状的电子源向纸面内各个方向
发射电子，电子做圆周运动的半径为r＝10cm，不计电子间的相互作用和重力，sin53°＝0.8，
则MN 上被电子打中的区域的长度为（ ）
A．16cm
B．20cm
C．24cm
D．28cm
【解答】解：电子从b 点射出后在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可知，电子在磁场沿顺时
针方向做匀速圆周运动，ab 间的距离d＝20cm＝2r
如图所示的两个圆分别表示电子打在板上的两个临界情况，一个打在a 点，一个打在C 点，打
在C 点的电子轨迹恰好与板相切，过b 点做MN 的垂线bD，过O1做bD 垂线O1E。
5
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由几何知识可得：bD＝absin53°＝20sin53°cm＝16cm
又因DE＝O1C＝10cm
所以bE＝bD
DE
﹣
＝16cm
10cm
﹣
＝6cm
可得CD＝O1E=√O1b
2-b E
2，代入数据解得：CD＝8cm
所以MN 上被电子打中的区域的长度为aC＝aD+CD＝abcos53°+CD＝20cos53°cm+8cm＝20cm，
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4.
（多选）（2023•道里区校级三模）如图，长度为a 的竖直薄挡板MN 处在垂直纸面向
里的匀强磁场中（磁场空间足够大、图中未画出），磁感应强度为B。挡板左侧O 点有一粒子
源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为+q、质量为m 的带电粒子，所有粒子的初速度大小相
同。已知图中初速度与ON 夹角为60°发射的粒子恰好经过N 点，ON =√3a，ON ⊥MN。
不计粒子重力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用。则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为√3
2 a
B．挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a
C．粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的1
6
D．挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a
【解答】解：A、粒子轨迹如图1 所示
6
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由几何关系可知2 Rsin60° =√3a，可得粒子的轨迹半径为：R＝a，故A 错误；
B、当轨迹刚好与MN 相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON 夹角
为θ，由几何关系可得Rsinθ+ R =√3a
可
得sinθ =√3-1，
则
挡
板
左
侧
能
被
粒
子
击
中
的
竖
直
长
度
为
x = Rcosθ =a√1- sin
2θ =a√1-(√3-1)
2=√2√3-3a；故B 错误；
C、要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹1、3，由几何关系可知1、3 的初速度
夹角为α＝60°
则粒子能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的n= 60°
360° = 1
6 ，故C 正确；
D．如上图粒子1 打在MN 上的点与O1N 组成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知板
的右侧被粒子击中的竖直长度为y＝R＝a，故D 正确。
故选：CD。
5.
（多选）（2023•锦州模拟）如图所示虚线MN 右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场，
两个带同种电荷的带电粒子从虚线上同一点A 分别以速度v1、v2与MN 成相同角度θ 垂直磁场
方向射入匀强磁场，结果两粒子在边界上B 点相遇。不考虑粒子间的相互作用力，不计两粒子
的重力。则（ ）
A．若两粒子的比荷相等，则v1＝v2
B．若两粒子的比荷相等，则v1
v2
= π -θ
θ
7
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C．若两粒子同时从A 点射入，则q1
m1
：q2
m2
= π -θ
θ
D．若两粒子同时从A 点射入，则q1
m1
：q2
m2
=1
【解答】解：AB.两粒子的运动轨迹如图
由几何关系可知R1＝R2
粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力qvB＝mv
2
R
解得R= mv
qB
若两粒子的比荷相等，则R1
R2
= v1
v2
故v1＝v2
故A 正确，B 错误；
CD.粒子在磁场中运动的周期为T= 2πR
v
= 2πm
qB
故q1
m1
：q2
m2
=T2：T1
在磁场中两粒子的运动时间分别为 t1= 2π -2θ
2π
T1 t2= 2θ
2π
T2
若两粒子同时从A 点射入，则两粒子相遇时运动时间相等t1＝t2
可解得q1
m1
：q2
m2
= π -θ
θ
故C 正确，D 错误；
故选：AC。
8
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6.
（2023 秋•启东市期中）真空区域有宽度为d、磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方
向如图所示，AC、DE 是磁场的边界。S 是位于MN 边界上的一个粒子源，可以发出质量为
m、电荷量为q 的同种带电粒子。某一粒子以速率v 沿与AC 成θ＝37°角的方向射入磁场，恰
能垂直DE 边界射出磁场，不计粒子的重力。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求粒子射入磁场的速率v。
（2）若粒子均以v
2
的速率沿纸面不同方向射入磁场，仅考虑能从DE 边界射出磁场的粒子。求；
①粒子在磁场中运动的最短时间tmin；
②粒子从DE 边界射出范围的长度l。
【解答】（1）作出粒子运动轨迹如图1 所示，
设粒子圆周运动半径为R，由几何关系得：R=
d
cosθ = d
4
5
= 5
4 d
又根据牛顿第二定律有：qvB= m v
2
R
联立可得：v= qBR
m = 5qBd
4 m
9
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（2）若速度变为v
2
，则根据洛伦兹力提供向心力可得其半径：R′=
mv × v
2
qB
= R
2 = 5d
8
①当S 与DE 连线最短时，转过的弧度最短，时间也最短，如图2 所示
而S 与DE 连线最短距离为d，轨迹如图2 所示，根据几何关系有：sinα=
d
2
5
8 d
= 4
5
所以α＝53°，粒子转过的角度为2α＝106°，所以时间t= 2α
360° T，又因为T= 2πR'
v
2
联立得到：T= 2πm
qB
，t= 53 πm
90qB
②打到的最低点如图3 所示，速度沿AC 方向，M 与S 竖直方向距离为：√( 5
8 d )
2-( 3
8 d)
2= d
2
最高点如图4 所示，当射出时沿DE 方向有N 与S 竖直方向距离为：√( 5
8 d)
2-( 3
8 d)
2= d
2
所以M 与N 距离为：l= d
2 + d
2 =d
7.
（2023•广陵区校级开学）如图所示，宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小
为B，方向垂直纸面向里。绝缘长薄板MN 置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹（碰
撞时间极短），反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反．磁场左边界上O
处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为+q、速度为v 的粒子，不
计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变。
（1）要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度v 满足的条件；
（2）若v= qBL
m
，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值
t。
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【解答】解：（1）设粒子在磁场中运动的轨道半径为r1，根据洛伦兹力提供向心力得：
qvB =m v
2
r1
如图所示
要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足：2r1＜L
解得：v＜qBL
2m
（2）设运动的轨道半径为r2，则有：qvB =m v
2
r2
已知：v= qBL
m
解得：r2＝L
在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，粒子运动轨迹如图
11
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由几何关系可知两段轨迹的圆心角均等于60°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
T = 2π r2
v
= 2πm
Bq
粒子在磁场中运动时间的最小值为：t =2× 60°
360° T
解得：t= 2πm
3qB
8.
（2023 春•台州期中）粒子源S 能够在纸面内连续不断同时向各个方向均匀发射电荷
量为q，质量为m，速率都为v = Bqd
m
的正粒子。粒子收集板MN 足够长，水平置于粒子源的
正下方，收集板与一灵敏理想电流表G 相连接在大地上，收集板与粒子源的间距为d。整个空
间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源每秒内可以发射N 个粒子，不
计粒子的重力及各个粒子之间的相互作用力，求解以下问题：
（1）能打在收集板上的粒子在磁场中运动的最短时间tmin；
（2）收集板上能接收到粒子区域的长度L；
（3）通过电流表的电流大小I；
（4）请你重新设计一种面积最小的磁场区域（磁感应强度的大小不变），使所有粒子都能打在
收集板上，且打在收集板上时粒子的速度方向都垂直于收集板，在答卷纸上画出你所设计的磁
场区域和方向。
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【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m v
2
r
已知：v = Bqd
m
解得粒子运动轨迹半径为：r = mv
qB =d
如图1 所示，当粒子打在收集板的位置在粒子源正下方A 点时，轨迹的弦长最短，圆心角最小
为60°，时间最短。
粒子在磁场中运动周期为T= 2πr
v
= 2πm
qB
tmin= 60°
360° T = 1
6 × 2πm
qB = πm
3qB
（2）如图1 所示，粒子打在收集板的最左端为B 点，BS 的距离等于轨迹的直径，即BS＝2r＝
2d。打在收集板的最右端为C 点，C 点是轨迹与收集板的切点。由几何关系可得：
AC＝d
AB=√(2d )
2-d
2=√3d
收集板上能接收到粒子区域的长度为：L＝AC+AB=(1+√3)d
（3）如图2 所示：
粒子轨迹与收集板的两个切点为D 点与C 点，打在D 点的粒子在粒子源发射速度v1的方向竖直
向上，打在C 点的粒子在粒子源发射速度v2的方向竖直向下。v1与v2的方向的夹角为180°，发
13
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射速度方向v1与v2的夹角之间的粒子均能打在收集板上，故每秒内到达收集板的粒子粒子数为：
n= 180°
360° N = 1
2
N
则每秒内收集板收集的粒子电荷量就等于通过电流表的电流大小I，可得：I = 1
2 Nq
（4）粒子源左右两侧的粒子不可能都逆时针转动且垂直到达收集板，所以两侧需要存在不同方
向的匀强磁场。粒子从同一点出射，射出磁场的速度方向平行，这是“磁发散”的模型，在粒
子源左右两侧的最小的磁场区域为半径等于粒子轨迹半径的圆形磁场区域，如下图所示：
故磁场区域为2 个分居粒子源左右两侧的半径为d 的圆形区域，左侧的圆形磁场区域的磁场方向
为垂直纸面向里，左侧的圆形磁场区域的磁场方向为垂直纸面向外。
放缩圆横型（9-14 题）
9.
（2023 秋•兴庆区校级期中）如图所示，一束电子以大小不同的速率沿垂直于磁场边
界线方向飞入正方形区域的匀强磁场（磁场的方向垂直于正方形区域），下列判断正确的是（
）
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹越长
B．电子在磁场中圆周运动半径越大，则运动时间越短
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同
【解答】解：A、电子在磁场中做圆周运动的周期：T= 2πr
v
= 2πm
eB
相同，电子在磁场中的运动
14
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时间：t= θ
2π
T，电子在磁场中运动时间越长，电子运动轨迹对应的圆心角θ 越大，电子的运动
轨迹不一定越长，故A 错误；
B、电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：evB＝mv
2
r
，解
得：r= mv
eB
，电子速率v 越大，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径越大，但运动时间不一
定越短，如从磁场右边界射出磁场的电子轨道半径不同但运动时间相等，半径大的电子运动时
间不一定短，故B 错误；
C、从磁场左边界离开磁场的电子在磁场中的运动时间相等，电子速度不同运动轨迹不同，由此
可知，运动时间相同的电子运动轨迹不一定重合，故C 正确；
D、电子在磁场中做圆周运动的周期：T= 2πr
v
= 2πm
eB
相同，电子在磁场中的运动时间：t= θ
2π
T，电子运动轨迹对应的圆心角θ 相同，电子在磁场中的运动时间相等，它们的速率不一定相同，
如从磁场右边界离开磁场的电子运动时间相同而速率不同，故D 错误。
故选：C。
10. （2023 秋•兴庆区校级期中）如图示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，
比荷相同的两个粒子沿直AB 方向从A 点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q 两点射出，则下
列说法正确的是（ ）
A．两粒子分别从A 到P、Q 经历时间之比为3：1
B．粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为2：1
C．粒子在磁场中运动轨道半径之比为3：1
D．粒子在磁场中速率之比为1：3
【解答】解：A．粒子运动的周期为T = 2πm
qB
两粒子从P、Q 两点射出的圆心角为1：2
由时间公式，t = θ
2π T
粒子运动的时间比为1：2，故A 错误；
15
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B．粒子运动的周期为T = 2πm
qB
比荷相同，则两粒子运动的周期之比为1：1，故B 错误；
C．设磁场区域半径为R，则r P= Rtan60° =√3 R
rQ= Rtan30° = √3
3 R
r P
rQ
= 3
1
，故C 正确；
D．根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
粒子运动的速度为v = qBr
m
可知粒子运动的速率之比等于半径之比，粒子在磁场中速率之比为3：1，故D 错误。
故选：C。
11. （2023 春•东莞市校级月考）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，带电粒
子从圆周上的M 点沿直径MON 方向射入磁场。粒子第一次在磁场中运动的轨迹半径为r1，离
开磁场时速度方向偏转90°；第二次在磁场中运动的轨迹半径为r2，离开磁场时速度方向偏转
60°，不计重力，则r1
r2
为（ ）
A．1
2
B．√3
3
C．√3
2
D．3
【解答】解：粒子沿半径方向进入磁场，出射时速度方向反向延长线过圆心，作出两种情况下
粒子轨迹对应的半径，如图所示：
16
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设磁场所在圆的半径为R，根据几何关系可得：r1＝R
第二次粒子离开磁场时速度方向偏转60°，则θ= 1
2 ×60° =30°
所以有：r2=
R
tanθ =
R
tan30° =√3R
则r1
r2
=
R
√3 R = √3
3
，故B 正确、ACD 错误。
故选：B。
12. （2023 春•海淀区校级期末）如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一
带电粒子从圆周上的P 点沿半径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，运动轨迹
为PN；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，运动轨迹为PM。不计粒子的重力。下列判断正
确的是（ ）
A．粒子带负电
B．速度v1大于速度v2
C．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动时间较长
D．粒子以速度v1射入时，在磁场中运动的加速度较大
【解答】解：A、根据左手定则可知粒子带正电，故A 错误；
B、根据牛顿第二定律有：qvB = m v
2
R
，变形解得：v = qBR
m ，根据图中轨迹可知，R1＜R2，则
有v1＜v2，故B 错误；
17
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C、粒子在磁场中的运动周期为：T = 2πR
v
= 2πm
qB
，粒子在磁场中的运动时间为：t = α
2π T，画
出两轨迹的圆心如下图，
由图可知运动轨迹为PN 对应的圆心角大于运动轨迹为PM 对应的圆心角，故粒子以速度v1射入
时，在磁场中运动时间较长，故C 正确；
D、粒子在磁场中受到的洛伦兹力大小为：F＝qvB，由于v1＜v2，可知F1＜F2，那么洛伦兹力产
生的加速度：a1＜a2，故粒子以速度v1射入时，在磁场中运动的加速度较小，故D 错误。
故选：C。
13. （2022 秋•商丘期末）如图所示，在理想的虚线边界内有范围足够大的匀强磁场，
ab，cd 段水平，bc，de 段竖直，且ab＝cd= 3
2
bc。在纸面内大量质子从a 点垂直于ab 以不同速
率射入磁场，不计质子间的相互作用力和重力，则从边界de 垂直射出的质子与在磁场中运动
时间最长的质子的速率之比为（ ）
A．3：2
B．36：13
C．9：4
D．36：17
【解答】解：画出质子的运动轨迹如下图所示：
18
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设bc 长度为2L，则ab＝cd＝3L，从垂直边界de 射出的质子的运动半径为R1，由几何关系可得：
R1＝ab+cd＝3L+3L＝6L
当质子在c 点射出时，运动轨迹的圆心角最大，运动时间越长，设质子在c 点射出时运动半径为
R2，由几何关系得：（3L
R
﹣
2）2+（2L）2
= R2
2
解得：R2= 13
6 L
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv
2
R
，解得：v= qBR
m
可知质子在磁场中运动速率之比等于半径之比，所以从边界de 垂直射出的质子与在磁场中运动
时间最长的质子的速率之比为：v1：v2＝R1：R2＝36：13，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
14. （多选）（2023•河南模拟）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，其边界如图所示，
磁场的磁感应强度大小为B，半圆形边界的半径为R，O 为半圆的圆心，ab 是半圆的直径，边
界上c 点到a 的距离为R，a、b、c、O 在同一直线上，从c 点沿垂直边界、垂直磁场向上射出
速度大小不同的质量为m、电荷量为q 的带负电的粒子，粒子均能从圆弧（含a、b 点）上射
出磁场，不计粒子的重力和粒子间作用，则能从圆弧边界射出的粒子（ ）
A．粒子速度大小范围为qBR
2m ≤v ≤3qBR
2m
B．粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短
C．从圆弧面射出后能到达b 点的粒子速度大小可能为qBR
m
D．从圆弧面射出后经过O 点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为R
【解答】解：A、分析可知粒子恰好从a 点射出，粒子有最小速度；恰好从b 点射出，则粒子有
最大速度；由几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的最小半径和最大半径分别为rmin= R
2
，
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rmax= 3
2R；由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
r
，解得v = qBr
m ；可得vmin= qBR
2m ，vmax= BqBR
2m ，
即粒子速度的取值范围为qBR
2m ≤v ≤3qBR
2m
，故A 正确；
C、从圆弧面射出后能到达b 点的粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，粒子做圆周运动的圆心一定在a 点，轨道半径为R，则此种情况下根据洛伦兹
力提供向心力：qBv =m v
2
R
，粒子的速度大小为v = BqR
m ，故C 正确；
B、如图乙所示
由图中几何关系可知，从圆弧面射出后能到达b 点的粒子的运动轨迹所对应的圆心角最小，根据
周期公式：T = 2πm
qB
，所以粒子运动的时间为：t = θ
2π T = θm
qB
，可知从圆弧面射出后能到达b
点的粒子在磁场中的运动时间最小，可知粒子的速度越大，粒子在磁场中运动的时间并不越短，
故B 错误；
D、从圆弧面射出后经过O 点的粒子的运动轨迹如图丙所示
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由图可知粒子在磁场中做圆周运动的半径小于R，故D 错误。
故选：AC。
平移圆横型（15-16 题）
15. （2022 秋•南岗区校级期中）如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速
度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域（阴影部分）可能的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹均为半个圆周，当离子的轨迹的直径小于线
状粒子源的宽度时，离子经过磁场的区域如图1 中的阴影部分；当离子的轨迹的直径大于线状粒
子源的宽度时，离子经过磁场的区域如图2 中的阴影部分；
四个选项中的离子的轨迹的直径均大于线状粒子源的宽度，故离子经过磁场的区域如图2 的阴影
区域，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
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16. （2021 秋•道里区校级期末）如图所示，大量质量m＝2.0×10
9
﹣kg，电荷量q＝
+4.0×10
4
﹣C 的离子从静止开始经加速电场加速后以v＝5.0×103m/s 的速度通过宽度为0.40m 的
入口AB 垂直进入磁感应强度B＝0.10T，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，入口上方是荧光
屏，忽略粒子重力的影响，求：
（1）加速电压U 的大小；
（2）粒子打在荧光屏上的位置与入口下端B 的最大距离D；
（3）在图中将有离子经过的区域全部涂黑，并求出该区域最窄处的宽度d。
【解答】解：（1）在加速电场中，由动能定理：qU= 1
2 m v
2
代入数据解得：U＝62.5V
（2）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB= mv
2
r
代入数据得：r＝0.25m
由几何关系可得：D＝2r+L＝2×0.25m+0.4m＝0.9m
（3）有粒子经过的区域如图1 阴影所示，
在图2 中，根据几何关系，可得：x= 2r - L
2
= 2×0.25-0.4
2
m=0.05m
勾股定理有：h=√r
2-(r - x)
2=√0.25
2-(0.25-0.05)
2m=0.15m
设区域最窄处的宽度为：d＝r
h
﹣＝0.25m
0.15m
﹣
＝0.10m
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磁聚焦与磁发散横型（17-19 题）
17. （多选）（2023•岳阳模拟）如图所示，在xOy 平面内，以O'（0，R）为圆心、R 为
半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应
强度大小均为B，第四象限有一与x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P、Q 两点在坐标轴上，
且O、P 两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0＜y＜2R 的区间内，均匀分布着质量为
m、电荷量为+q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以相同的速度射入圆形磁场区域时，
粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上。不计粒子重力、不考
虑粒子间相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．所有粒子在圆形磁场中运动的时间相等
B．挡板端点P 的横坐标为(√2+1)R
C．挡板上被粒子打中的区域长度为√2 R
D．从距离x 轴为0.5R 处射入圆形磁场的粒子，离开磁场时的坐标为(√3 R，0)
【解答】解：A、粒子从圆形磁场区域的不同位置射入圆形匀强磁场，所有粒子都从O 点离开圆
形匀强磁场，粒子在圆形磁场中运动的轨迹长度不同，粒子运动速率相等，则粒子在圆形匀强
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磁场中的运动时间不相等，故A 错误；
B、设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图所示
过A 点做速度的垂线AB，做AO 的垂直平分线与AB 相交于点C，设该轨迹圆的半径长度为r，
C 为该轨迹圆的圆心。连接AO'，CO，由全等三角形可证四边形ACOO'为菱形，因此可得r＝
R，由题知有一半粒子能打在挡板上，故从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子和沿y 轴负方向的粒
子轨迹刚好与挡板相切，如图所示
过轨迹圆心D 作挡板的垂线交于E 点，由几何知识可知：DP =√2 R，OP =(√2+1)R，即P 点
的横坐标为(√2+1)R，故B 正确；
C、设打到挡板最左侧的粒子打在F 点上，如图所示
由几何知识可知：OF＝2R，过O 点作挡板的垂线交于G 点，得OG＝（√2+1）R× √2
2 =（1
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+ √2
2
）R，FG =√O F
2-OG
2=√
5-2√2
2
R
，EG = √2
2 R
挡板上被粒子打中的区域长度为FE =√
5-2√2
2
R+ √2
2 R = √2+√10- 4√2
2
R，故C 错误；
D、粒子运动轨迹如图所示
从距离x 轴为0.5R 的H 处射入圆形磁场的粒子，从O 点射出，轨迹圆心为I 点，可得IO 与x 轴
方向的夹角为30°，进入x 轴下方磁场的轨迹图如图可知离开磁场时的位置为K 点，由几何关系
可得OK =√3 R，粒子离开磁场时的坐标为(√3 R，0)，故D 正确。
故选：BD。
18. （2023•涟源市二模）如图所示，在x 轴的上方存在一个垂直xoy 平面向里、半径为R
的有界匀强圆磁场，磁场的直径在y 轴上，磁感应强度大小为B。坐标原点O 处有一粒子源，
可沿与x 轴正方向成30°～150°范围内垂直磁场方向均匀发射速度大小相等、质量为m、带电
量为e 的电子，这些电子都能够打到右侧与y 轴平行放置的屏MN 上，被屏反弹后以原速率沿
原方向返回，其中沿y 轴正向射入的电子能够垂直打到屏上，屏的横坐标为√3 R。不计电子
的重力和电子间的相互作用，求：
（1）电子射入磁场时的速度大小；
（2）电子打到屏MN 上的长度；
（3）电子从O 点出发到返回磁场右边界的最短时间。
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【解答】解：（1）当沿y 轴正向射入的电子能够垂直打到屏上，根据圆周运动的特点画出粒子
在磁场中的运动轨迹，如图所示：
由几何关系可得：r＝R
根据牛顿第二定律可得：Bev = m v
2
r
解得：v= BeR
m
（2）电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹的圆心分布在以O 点为圆心，R 为半径的圆上。电子
以任意速度方向射入磁场时，其在磁场中的运动轨迹如图所示：
根据几何关系可知，电子离开磁场时的速度方向始终保持不变，为水平向右的方向，当一电子
以与x 轴成θ 方向射入磁场，如图：
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其水平射出磁场后打在MN 屏上的纵坐标为y＝R
Rcosθ
﹣
当θ＝30°时，电子打在MN 屏的最低点，代入数据解得：y1= 2-√3
2
R
当θ＝150°时，电子打在MN 屏的最高点，代入数据解得：y2= 2+√3
2
R
由此可知，电子打到屏上的长度为：L= y2- y1= 2+√3
2
R - 2-√3
2
R =√3 R
（3）当电子从O 点到返回磁场右边界的哭成最短时，电子从O 点出发到返回磁场右边界的时间
最短。当一电子以与x 轴成θ 方向射入磁场到返回到磁场右边界的路程为s＝θR+2（√3R﹣
Rsinθ）
对上式求导可得：s'＝R
2Rcosθ
﹣
令s'＝0，可得当θ= π
3
时，s 最小，代入数据解得：smin=( π
3 +√3)R
故电子从O 点出发到返回磁场右边界的最短时间为tmin= smin
v = (π +3√3)m
3 Be
19. （2023•宁德模拟）如图所示，半径为R、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的
圆形磁场区域，右侧与y 轴相切于C 点，下侧与x 轴相切于O 点，感光板（足够大）与y 轴的
距离为1.5R。已知质量为m，电量为q 的粒子过O 点垂直于x 轴射入，从C 点垂直于y 轴射出。
不计粒子的重力。
（1）求该粒子速率v0；
（2）若在y 轴与感光板之间充满垂直纸面的匀强磁场，求能使该粒子击中感光板的磁感应强度
大小范围；
（3）现有大量速率为v0的同种粒子沿不同方向从坐标O 点处射入磁场。若在y 轴与感光板之间
加沿y 轴正方向E0= 16qR B
2
9m
的匀强电场，求粒子打在感光板上的范围。
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【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子从C 点垂直于y 轴射出，则粒子在磁场
中做匀速圆周运动的轨道半径r＝R
洛伦兹力提供向心力，由 牛顿第二定律得：qv0B＝mv0
2
r
解得粒子的速率：v0= qBR
m
（2）粒子进入y 轴与感光板之间的匀强磁场后做匀速圆周运动，当粒子运动轨迹恰好与感光板
相切时，粒子恰好打在感光板上，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得粒子的半径：r′＝1.5R
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B′＝mv0
2
r '
解得：B'= 2
3
B
粒子能击中感光板的磁感应强度大小范围是B'≤2
3
B
（3）大量速率为v0的同种粒子沿不同方向从坐标O 点处射入磁场，因粒子在磁场中做匀速圆周
运动的轨道半径与圆形磁场区域半径相等，由几何关系分析可得，粒子离开磁场后都垂直于y 轴
进入电场。
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粒子进入电场后在电场中做类平抛运动，则有：
在x 轴方向：1.5R＝v0t
在y 轴方向：y= 1
2 at
2
由牛顿第二定律得：qE0＝ma
解得：y＝2R
粒子打在感光板最上端的位置y1＝2R+y＝2R+2R＝4R
粒子打在感光板上最下端的位置y2＝y＝2R
粒子打在感光板上的范围是2R≤y≤4R
29
