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专题20 磁场对运动电荷的作用
考点
考情
命题方向
考点 带电粒子在
有边界的磁场中运
动
2024 年高考河北卷
2024 年高考广西卷
2023 年高考湖北卷
2023 年6 月江高考选考
2023 年高考全国甲卷
2022 年高考辽宁物理
1.带电粒子在直线边界磁场中
的运动是高考考查频率较高的
知识，直线边界包括矩形边
界、三角形边界、多边形边
界、坐标轴边界平行直线边界
等。
2.带电粒子在圆形边界磁场中
的运动考查主要为：环形边
界、圆形边界、扇形边界等，
临界问题的考查有增加的趋
势。
1
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题型一 对洛伦兹力的理解和应用
1．洛伦兹力
磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力．
2．洛伦兹力的方向
(1)判定方法
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
大拇指——指向洛伦兹力的方向．
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F 垂直于B 和v 决定的平面(注意：洛伦兹力不做功)．
3．洛伦兹力的大小
(1)v∥B 时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B 时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°)
(3)v＝0 时，洛伦兹力F＝0.
[模型演练1] （2024•陕西一模）我国最北的城市漠河地处高纬度地区，在晴朗的夏夜偶
尔会出现美丽的彩色“极光”。极光是宇宙中高速运动的带电粒子受地球磁场影响，与空气分
子作用的发光现象，若宇宙粒子带正电，因入射速度与地磁方向不垂直，故其轨迹偶成螺旋状
如下图（相邻两个旋转圆之间的距离称为螺距Δx）。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子进入大气层后与空气发生相互作用，在地磁场作用下的旋转半径会越来越大
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加，以相同速度入射的宇宙粒子的半径越大
C．漠河地区看到的“极光”将以逆时针方向（从下往上看）向前旋进
D．当不计空气阻力时，若入射粒子的速率不变仅减小与地磁场的夹角，则旋转半径减小，而螺
距Δx 增大
【解答】解：A．带电粒子进入大气层后，由于与空气相互作用，粒子的运动速度会变小，根据
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m v
2
r
2
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解得：r = mv
Bq
由半径公式可知，在地磁场作用下的旋转半径会越来越小，故A 错误；
B．若越靠近两极地磁场越强，则随着纬度的增加地磁场变强，其他条件不变，由偏转半径公式
r = mv
Bq
可知，宇宙粒子的半径变小，故B 错误；
C．漠河地区的地磁场竖直分量是竖直向下的，水平分量向北，宇宙粒子入射后，由左手定则可
知，从下往上看将以顺时针的方向向前旋进，故C 错误；
D．当不计空气阻力时，将带电粒子的运动沿磁场方向和垂直于磁场方向进行分解，沿磁场方向
将做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，若带电粒子运动速率不变，与磁场的夹
角变小，则速度的垂直分量变小，故粒子在垂直于磁场方向的运动半径会减少，即直径D 减小，
而速度沿磁场方向的分量变大，故沿磁场方向的匀速直线运动将变快，则螺距Δx 将增大，故D
正确。
故选：D。
[模型演练2] （2024•平谷区模拟）图示照片是2023 年12 月1 日晚网友在北京怀柔拍摄到
的极光。当太阳爆发的时候，就会发生日冕物质抛射，一次日冕物质抛射过程能将数以亿吨计
的太阳物质以数百千米每秒的高速抛离太阳表面。当日冕物质（带电粒子流）与地球相遇后，
其中一部分会随着地球磁场进入地球南北两极附近地区的高空，并与距离地面一百到四百千米
高的大气层发生撞击，撞击的过程伴随着能量交换，这些能量被大气原子与分子的核外电子吸
收之后，又快速得到释放，释放的结果就是产生极光。绿色与红色极光便是来自氧原子，紫色
与蓝色极光则往往来自氮原子。则下列说法中最合理的是（ ）
A．若带正电的粒子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，在地球磁场的作用下
将会向西偏转
B．地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的
3
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阻挡作用最弱
C．若氮原子发出紫色极光的光子能量为E0，则与该氮原子核外电子发生撞击的带电粒子的能量
也为E0
D．若氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，则该氧原子就会放出能量为E0的光子
【解答】解：A、带正电的粒子流的方向从上而下射向地球表面，地磁场方向在赤道的上空从南
指向北，根据左手定则，洛伦兹力的方向向东，所以质子向东偏转，故A 错误；
B、地球南北两极附近的地磁场最强。但在两极附近，地磁场的方向沿南北方向的分量最小，所
以地磁场对垂直射向地球表面的带电粒子的阻挡作用最弱，故B 正确；
C、若氮原子发出紫色极光的光子能量为E0，根据玻尔理论，则与该氮原子核外电子吸收的能量
值一定大于等于E0，与之发生撞击的带电粒子的能量一定是大于等于E0，故C 错误；
D、根据玻尔理论，氧原子的核外电子吸收能量为E0的光子后，该氧原子可能会放出能量为E0
的光子，也可能会放出能量小于E0的光子，故D 错误。
故选：B。
[模型演练3] （2023•玉林三模）2021 年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的
纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的
电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁
感应强度大小为B。若某电荷量为q 的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向
的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qE√v1
2+ v2
2
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
【解答】解：A、该粒子所受电场力的瞬时功率是电场力与沿电场力方向速度的乘积，所以P＝
qEv1，故A 错误；
4
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B、v2与B 垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f＝qv2B，故B 错误；
C、速度v1的方向与磁感应强度B 方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v2方向与B 垂直，
粒子在垂直于磁场方向平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v2不变；粒子沿电场方向做
加速运动，v1不断增大，则v2与v1的比值不断减小，故C 错误；
D、粒子做匀速圆周运动的向心加速度a 向大小不变，电场力产生的加速度a 电= qE
m ，q、E、m
不变，a 电不变，a 向、a 电大小都不变，两者方向垂直，粒子的加速度不变，故D 正确。
故选：D。
题型二 带电粒子做圆周运动分析思路
1．匀速圆周运动的规律
若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做匀速圆周运动．
2．圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向
和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和
出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射
点)．
3．半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ 时，其运动时间表示为
t＝T(或t＝)．
[模型演练4] （2024•江西模拟）如图所示，粒子甲垂直ab 边界进入垂直纸面向外的匀强
磁场时发生核反应：甲→乙+丙，产生的乙和丙粒子垂直经过磁场的轨迹如图所示。已知乙和
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丙的电荷量大小相等，轨迹半径之比为5：3，不计重力及空气阻力，则（ ）
A．甲带正电
B．乙带负电
C．甲、乙的动量大小之比为8：5
D．乙、丙的动量大小之比为1：1
【解答】解：AB、粒子乙在磁场中顺时针偏转，粒子丙在磁场中逆时针偏转，由左手定则判断，
乙带正电，丙带负电。已知乙和丙的电荷量大小相等，根据电荷守恒定律，可知甲不带电，故
AB 错误；
CD、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得：
qvB＝mv
2
r
又有动量p＝mv
联立可得：p＝qBr
可见粒子的动量大小与圆周运动半径为正比关系，已知乙和丙的电荷量大小相等，轨迹半径之
比为5：3，则乙、丙的动量大小之比为p 乙：p 丙＝5：3。
粒子甲发生核反应的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向，则有：
p 甲＝p 乙+p 丙，可得甲、乙的动量大小之比为8：5，故C 正确，D 错误。
故选：C。
[模型演练5] （2024•湖北三模）带电粒子在磁场中运动时，我们可以根据粒子的运动轨
迹寻找到很多美丽的对称图形。空间中一圆形区域内有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，区域
外为磁感应强度大小相同、方向相反的匀强磁场，一带电粒子从某处以正对虚线圆圆心方向入
射，通过改变带电粒子速度，可得到如图甲、乙所示轨迹（虚线为磁场边界，实线为带电粒子
运动轨迹），则两图中粒子的速度之比为（ ）
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A．2：1
B．√3：1
C．√2：1
D．1：1
【解答】解：由几何关系可知甲图中带电粒子在磁场内部时转过的角度为90°，可知做圆周运动
的半径等于圆形区域半径r1＝R
而乙图中带电粒子在磁场内部转过的角度为120°，则r2= Rtan30° = √3
3 R
根据qvB = m v
2
r
可得v = qBr
m
速度之比等于圆周运动的半径之比，故两图中粒子的速度之比为√3：1。
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练6] （2024•昌平区二模）如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺
线管内存在磁感应强度为B、方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v，
方向不同的电子，且电子速度v 与磁场方向的夹角非常小。电子电荷量为e、质量为m。电子
间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P 点。下列说法错误的是
（ ）
A．电子在磁场中运动的时间可能为2πm
eB
B．荧光屏到电子入射点的距离可能为2πmv
eB
C．若将电子入射速度变为1
2 v，这些电子一定能会聚在P 点
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D．若将电子入射速度变为2v，这些电子一定能会聚在P 点
【解答】解：由题图可知，螺线管内磁场方向水平向右，将粒子速度沿水平方向、竖直方向正
交分解，则粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速圆周运动，粒子螺旋式前进，设螺
线管长为L，若这些电子通过磁场汇聚在荧光屏上P 点，则需满足：
L
v x
=nT（n＝1，2，...3）
T 为粒子竖直方向做圆周运动的周期，又因为：evyB＝mv y
2
R
解得周期为：T= 2πR
v y
= 2πm
eB
联立可得：L
v x
= 2πmn
eB
（n＝1，2，3...）
因为电子速度v 与磁场方向的夹角非常小，所以：vx＝v
可见，粒子的速度只要满足：L
v = 2πmn
eB
（n＝l，2，3....）
即粒子的运动时间为粒子做圆周运动周期的整数倍，粒子就可以汇聚到P 点。
A、由上述分析可知，若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P 点，则运动的时间可能为
2πm
eB ，故A 正确；
B、若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P 点，则：L＝vT= 2πmv
eB
，故B 正确；
C、由上述分析可知当粒子速度为v 时，L= 2πmn
eB
v（n＝1，2，3...），故当粒子速度为1
2v 时，
L= 2πmn'
eB
× 1
2 v（n′＝2，4，6...），即粒子的运动时间仍然为粒子做圆周运动周期的整数倍，
故这些电子一定能汇聚在P 点，故C 正确；
D、当粒子速度为2v 时，L= 2πmn″
eB
×2v（n″= 1
2，1，3
2...），即粒子的运动时间不是总等于
粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能汇聚在P 点，故D 错误。
本题选错误的。故选：D。
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题型三 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
2．平行边界(存在临界条件，如图所示)
3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)
4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是：
(1)画出运动轨迹；
(2)确定圆心和半径；
(3)利用洛伦兹力提供向心力列式．
类别
特点
图示
直线
边界
进出磁
场具有
对称性
平行
边界
存在临界条件
圆形
边界
沿径向射
入必沿径
向射出
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环形
边界
与边界相切
类型1 带电粒子在直线边界磁场中运动
[模型演练7] （2024•成都模拟）如图所示，xOy 直角坐标系的第一象限内，半径为a 的1
4
圆弧外存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。位于O 点的粒子源向第一象
限内的各个方向均匀发射完全相同的带正电的粒子，粒子速度大小均为v，比荷q
m =k。经过一
段时间后发现发射出的总粒子中有1
3的粒子可以回到O 点，不考虑粒子的重力及粒子间的相互
作用，则磁感应强度大小为（ ）
A．√3kv
3a
B．√3 v
3ka
C．√3kv
a
D．√3 v
ka
【解答】解：根据题意，粒子向上偏转，沿着x 轴正方向发射的粒子一定沿着与x 轴正方向成
60°的半径返回O 点，粒子运动的临界轨迹如图所示
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根据几何知识有
tan30° = r
a
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB =m v
2
r
联立解得
B = √3 v
ka ，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练8] （多选）（2024•郑州模拟）如图所示，边长为a 的正方形MNPQ 区域内有
一方向垂直正方形平面向外的匀强磁场，NP 边上有一点S，SN= a
4 。两个质量相同、带等量
异种电荷的粒子均从S 点平行于MN 方向射入磁场。带正电粒子甲与带负电粒子乙重力均不计，
不考虑甲、乙两粒子间的作用。下列说法正确的是（ ）
A．若两粒子在磁场中运动的时间相等，则甲与乙的初速度大小之比一定为1：3
B．若两粒子的初速度相同，则甲与乙在磁场中运动的时间之比可能为1：2
C．若其中一个粒子垂直PQ 边射出磁场，则甲与乙在磁场中运动时间之比一定不大于2：1
D．若两粒子分别从M、Q 两点射出磁场，则甲与乙的初速度大小之比恰好为2：1
【解答】解：设匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的电荷量为q，质量为m，初速度为v，
运动半径为r，根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
r
解得：r = mv
qB
根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为
T = 2πm
Bq
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若粒子运动轨迹所对应的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间为
t = α
2π T = αm
Bq
A.若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场中的转过的圆心角相等，由此可见v1和
v2取值具有不确定性，根据数学知识可知v1
v2
可以取任意值，不一定为1
3，只有当正粒子恰好从N
点射出，且负粒子恰好从P 点射出时，v1
v2
才等于1
3，故A 错误；
B.若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当正粒子的运动半径为L
4 时，它将垂直
MN 边射出，转过的圆心角为90°。而负粒子将从NP 边射出，转过的圆心角为180°，所以二者
在磁场中运动的时间之比为1：2，故B 正确；
C.若其中一个粒子（即负粒子）垂直PQ 边射出磁场，则其转过的圆心角为90°，而正粒子的转
过的圆心角最大值为180°，所以正粒子与负粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于2：1，故
C 正确；
D.若两粒子分别从M、Q 两点射出磁场，设正、负粒子半径分别为r1和r2，运到轨迹如图所示
根据几何关系有(r1- L
4 )
2+ L
2=r1
2，(r2- 3 L
4 )
2+ L
2=r2
2
解得r1= 17
8 L，r2= 25
24 L
所以正粒子与负粒子在磁场中运动的初速度大小之比恰好为
v1
v2
= r1
r2
= 25
51，故D 错误。
故选：BC。
[模型演练9] （多选）（2024•海南）如图所示，边长为L 的正方形abcd 区域内存在匀强
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磁场，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。ad 边中点O 有一粒子源，可平行纸面向磁场
内任意方向发射质量为m、电荷量为q 的带电粒子，粒子速度大小均为v，不计粒子重力以及
粒子间的相互作用。已知垂直ad 边射入的粒子恰好从ab 边中点M 射出磁场，下列说法中正确
的是（ ）
A．粒子带负电
B．磁场的磁感应强度大小为2mv
qL
C．从a 点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为πL
6 v
D．有粒子从b 点射出磁场
【解答】解：A．垂直ad 边射入的粒子恰好从ab 边中点M 射出磁场，根据左手定则可知粒子带
正电，故A 错误；
B．洛伦兹力提供向心力可得
qvB =m v
2
r
垂直ad 边射入的粒子恰好从ab 边中点M 射出磁场，则运动半径为
r = L
2
解得B = 2mv
qL ，故B 正确；
C．从a 点射出磁场的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
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从a 点射出磁场的粒子在磁场中的运动时间为
t = 60°
360° ⋅2πr
v
= πL
6 v ，故C 正确；
D．离子的运动半径为r = L
2
Ob 之间距离大于L，即大于轨迹直径，所以没有粒子从b 点射出磁场，故D 错误。
故选：BC。
类型2 带电粒子在圆形边界磁场中运动
[模型演练10] （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，半径为R 的圆形区域内有一垂直纸
面向里的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向
以相同的速率从P 点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ 圆弧上，且Q 点为最远
点。已知PQ 圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该
圆形磁场中有粒子经过的区域面积为（ ）
A．3
4 π R
2
B．(3 π -2)R
2
4
C．(3 π +2)R
2
4
D．1
2 π R
2
【解答】解：作出各方向发射粒子运动的轨迹如图
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设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，则粒子在磁场中做圆周运动的半径满足2r=√2R，
得r = √2
2 R
图中着色区域为有粒子经过的区域，由几何关系，该区域面积为S，则
S= 1
2 π r
2+ 45°
360° •π（2r）2+（1
4 πR2- 1
2R2）
代入数据，解得
S= (3 π -2)R
2
4
，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
[模型演练11] （2024•临沂二模）如图所示，半径为R 圆形区域内存在磁感应强度大小为
B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为+q 的带电粒子由A 点沿平行
于直径CD 的方向射入磁场，最后经过C 点离开磁场。已知弧CA 对应的圆心角为60°，不计
粒子重力。则（ ）
A．粒子运动速率为2qBR
3m
B．带电粒子运动过程中经过圆心O
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C．粒子在磁场中运动的时间为5 πm
3qB
D．粒子在磁场中运动的路程为4 πR
3
【解答】解：粒子在磁场中运动的轨迹如下图所示
由几何关系可得2rcos30°＝R，则r= √3
3 R
A.根据牛顿第二定律有qvB＝mv
2
r ，解得v= √3qBR
3m
，故A 错误；
B.由图可知，粒子运动的轨迹必过圆心O，故B 正确；
C.粒子在磁场中运的周期根据公式为T= 2πm
qB ，图中轨迹对应的圆心角为240°，故运动时间t
= 240°
360° •T= 2
3 × 2πm
qB = 4 πm
3qB ，故C 错误；
D.运动的路程为s= 2
3 ×2πr= 2
3 ×2π× √3 R
3
= 4√3 πR
9
，故D 错误。
故选：B。
[模型演练12] （2024•龙凤区校级开学）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，
质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M 点沿直径MON 方向射入磁场。若粒
子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转60°；若射入磁场时的速度大小为
v2，离开磁场时速度方向偏转90°。不计重力，则v1
v2
为（ ）
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A．1
2
B．√3
3
C．√3
2
D．√3
【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：
设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为R1=
r
tan30° =√3r
R2＝r
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力可知q v1B =m v1
2
R1
q v2B =m v2
2
R2
解得粒子的速度为v1= √3qBr
m
v2= qBr
m
则粒子两次的入射速度之比为v1
v2
=
√3qBr
m
qBr
m
=√3
故D 正确，ABC 错误；
故选：D。
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类型3 带电粒子在环形边界磁场中运动
[模型演练13] （2024•盘锦三模）如图所示，在以半径为R 和2R 的同心圆为边界的区域中，
有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O 处有一粒子源（图中未画
出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为q
m的带负电的粒子，粒子的速率分布连续，忽略粒子
所受重力和粒子间的相互作用力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若所有的粒子都不能射出磁
场，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子速度的最大值为2qBR
m
B．粒子速度的最大值为qBR
4 m
C．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为127 πm
90qB （不考虑粒子再次进
入磁场的情况）
D．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为4 πm
3qB （不考虑粒子再次进入
磁场的情况）
【解答】解：AB、根据洛伦兹力提供向心力：qvB =m v
2
r
解得：r = mv
qB
可知速度最大时，半径最大，当轨迹与大圆相切时，半径最大，如图所示
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根据几何关系可得：（2R﹣r）2＝R2+r2
联立解得：r = 3
4 R，v = 3qBR
4 m ，故AB 错误；
CD、某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，即粒子速度最大时，根据几何关系有
tan ∠ACD
2
= R
r = 4
3
解得其在磁场中运动的时间为
t = 360° -∠ACD
360°
×2T = 127 πm
90qB
故C 正确；D 错误。
故选：C。
[模型演练14] （2024•聊城二模）2023 年4 月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚
变实验装置创造了新的世界纪录。其中磁约束的简化原理如图：在半径为R1和R2的真空同轴
圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，R2＝2R1。假设氘核 1
2H
沿内环切线向左进入磁场，氚核 1
3H 沿内环切线向右进入磁场，二者均恰好不从外环射出。不
计重力及二者之间的相互作用，则 1
2H 和 1
3H 的速度之比为（ ）
A．2：1
B．3：2
C．2：3
D．1：2
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【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则，作图如图所示。
设氘核 1
2 H的半径为r1，由几何关系可知，有
2r1＝R2﹣R1＝R1
则r1= R1
2
设氚核 1
3 H的半径为r2，由几何关系可知，有
2r2＝R1+R2＝3R1
则r2= 3
2 R1
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB =m v
2
r
联立解得氘核和氚核的速度之比为：
v1
v2
= 1
2，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练15] （2024•咸阳二模）2023 年8 月25 日下午，新一代人造太阳“中国环流三
号”取得重大科研进展，首次实现100 万安培等离子体电流下的高约束模式运行，标志着中国
核聚变研究向“聚变点火”又迈出重要一步。环流器局部区域的磁场简化示意图，如图所示，
在内边界半径为R、外边界半径为2R 的环形磁场区域内，存在磁感应强度大小为B，方向垂
直于平面向内的匀强磁场。在内圆上有一粒子源S，可在平面内沿各个方向发射比荷相同的带
正电的粒子。粒子a、b 分别沿径向、内圆切线向下进入磁场，二者均恰好不离开磁场外边界。
不计重力及二者之间的相互作用，则粒子a、b 的速度大小之比为（ ）
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A．1：2
B．2：1
C．1：3
D．3：1
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，a 粒子的运动轨迹如图所示
设a 粒子的速度为v1，运动半径为r1，带电荷量为q1，质量为m1，由几何关系可知
(2 R -r1)
2=r1
2+ R
2
解得r1= 3
4 R
由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有q1v1B =m1
v1
2
r1
解得v1= 3q1BR
4 m1
b 粒子的运动轨迹如图所示
设b 粒子的速度为v2，运动半径为r2，带电荷量为q2，质量为m2，由几何关系可知r2= 3
2 R
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由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有q2v2B =m2
v2
2
r2
解得v2= 3q2BR
2m2
又比荷相同，即
q1
m1
= q2
m2
联立解得v1：v2＝1：2，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
类型4 带电粒子在三角形边界磁场中运动
[模型演练16] （2024•包头一模）如图，一直角三角形边界匀强磁场磁感应强度为B，其
中ac＝2d，bc＝d，c 点有一发射带正电粒子的粒子源，粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，
粒子比荷为k，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．ab 边有粒子出射的区域长度为0.5d
B．粒子在磁场中运动的最长时间为2π
3kB
C．若粒子从ac 边出射，入射速度v＞kBd
D．若某粒子v = kBd
2 ，则粒子可以恰好从a 点飞出
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速直线运动，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB =m v
2
R ，可
得粒子运动半径R= mv
qB = v
kB ，因粒子以不同速率沿不同方向进入磁场，故可以应用极限思维，
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若粒子速度极大（比如接近光速），那么粒子运动半径极大，在磁场中的运动轨迹趋于直线，
那么在ab 边有粒子出射的区域长度趋于ab 边的长度，而ab 的长等于√3d＞0.5d，故A 错误；
B、粒子在磁场中运动周期T= 2πR
v
= 2π
kB
若粒子轨迹的圆心角为α，则粒子在磁场中运动时间：t= α
2π T = α
kB
可见粒子在磁场中运动时间与轨迹的圆心角成正比，根据粒子速度偏转角等于轨迹圆心角可知，
粒子沿cd 边入射从ac 边射出时速度偏转角最大，轨迹图如下图所示
由几何关系可得最大圆心角为α= 2π
3 ，则粒子在磁场中运动的最长时间为2π
3kB ，故B 正确；
C、由R= v
kB ，可知粒子速率越小，运动半径越小，如上图所示，让粒子速率逐渐变小，则出射
点会逐渐靠近c 点，故半径可以小到趋近于零，即粒子速率可以小到趋近于零，仍可以从ac 边
出射，故C 错误；
D、粒子恰好从a 点飞出，则其轨迹恰好在a 点与ab 边相切，轨迹图如下图所示
根据几何关系可得△aOc 为等边三角形，易得轨迹半径R＝2d，由R= v
kB ，可得粒子的速率为v
＝2kBd，故D 错误。
故选：B。
[模型演练17] （多选）（2024•成都模拟）如图所示，边长为2L 的等边三角形ABC 内有
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垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D 是AB 边的中点，一质量为m、电荷量为
﹣q 的带电粒子从D 点以不同的速率平行于BC 边方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正
确的是（ ）
A．粒子可能从B 点射出
B．若粒子从C 点射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为√3
2 L
C．若粒子从C 点射出，则粒子在磁场中运动的时间为πm
3q B0
D．若粒子从AB 边射出，则粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长
【解答】解：A.带负电的粒子从D 点以某一速度平行于BC 边方向射入磁场，由左手定则可知，
粒子向下偏转，由于BC 边的限制，粒子不能到达B 点，故A 错误；
BC.粒子从C 点射出，如图1 所示
根据几何关系可得
R2＝（R﹣Lsin60°）2+（2L﹣Lcos60°）2
解得R=√3L
则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为sin∠DOC= 2 L- Lcos60°
R
=
3
2 L
√3 L = √3
2
，所以∠DOC＝
60°，根据粒子在磁场中运动时间和周期的关系有，粒子在磁场中运动的时间为
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t = 60°
360° T = 1
6 × 2πm
q B0
= πm
3q B0
故B 错误，C 正确；
D.根据牛顿第二定律，
qvB0＝mv
2
r
可得r = mv
q B0
若粒子从AB 边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图2 所示
粒子从AB 边射出时的圆心角相同且为180°，是最大的圆心角，根据T = 2πm
q B0
可知粒子在磁场中运动的周期相等，则其在磁场中运动的时间相同，且时间最长，故D 正确。
故选：CD。
[模型演练18] （多选）（2024•甘肃模拟）如图所示，直角三角形ABC 区域内有方向垂直
纸面向里的匀强磁场，∠A＝60°，AC 边长为L。两个相同的带正电粒子从A 点沿AB 方向分
别以不同的速率v1、v2射入。若v1＜v2，且速率为v1的粒子从AC 边射出，它们在三角形区域
内运动的时间t1：t2＝2：1。不计粒子所受的重力及粒子间的相互作用，则两个粒子的速率之
比v1：v2的可能为（ ）
A．1：3
B．2：9
C．3：4
D．3：5
【解答】解：速率为v1的粒子从AC 边射出，根据粒子的运动轨迹如图所示
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几何关系可知，该粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，当轨迹过C 点时，粒子圆周运
动的半径最大，根据几何关系可知，有
2R1sin60°＝L
根据牛顿第二定律，由于洛伦兹力提供向心力，则有
q v1max B =m v1max
2
R1
解得
v1max = √3qBL
3m
粒子轨迹对应的圆心角为120°，两粒子运动的周期相同，由于两个粒子在三角形区域内运动的
时间之比为2：1，可知速率为v2的粒子运动轨迹对应的圆心角为60°，可知速率为v2的粒子必
定从BC 边垂直射出，根据其运动轨迹及几何关系有
L＝R2sin60°
根据牛顿第二定律，由于洛伦兹力提供向心力，则有
q v2B =m v2
2
R2
解得
v2= 2√3qBL
3m
结合上述，两个粒子的速率之比
v1
v2
≤v1max
v2
=
√3qBL
3m
2√3qBL
3m
= 1
2
可知，两个粒子的速率之比v1：v2可能为1：3 或2：9，故AB 正确，CD 错误。
故选：AB。
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题型四 带电粒子在磁场运动的临界和极值问题
（1）动态放缩法
当带电粒子射入磁场的方向确定，但射入时的速度v 大小或磁场的强弱B 变化时，粒子做圆周
运动的轨道半径r 随之变化。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨道半径放
缩，作出一系列的轨迹，从而探索出临界条件。如图所示，粒子进入长方形边界OABC 形成的临界
情景为②和④。
（2）定圆旋转法
当带电粒子射入磁场时的速率v 大小一定，但射入的方向变化时，粒子做圆周运动的轨道半径
r 是确定的。在确定粒子运动的临界情景时，可以以入射点为定点，将轨迹圆旋转，作出一系列轨
迹，从而探索出临界条件，如图所示为粒子进入单边界磁场时的情景。
[模型演练19] （2024 春•天宁区校级期中）如图所示，匀强磁场中位于P 处的粒子源可以
沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q、速率为v 的带正电粒子，P 到
荧光屏MN 的距离为d、设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确
的是（ ）
A．若磁感应强度B = mv
qd ，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间为πd
2v
B．若磁感应强度B = mv
qd ，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为πd
v
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C．若磁感应强度B = mv
2qd ，则荧光屏上形成的亮线长度为2√3d
D．若磁感应强度B = mv
2qd ，则荧光屏上形成的亮线长度为(√15+√3)d
【解答】解：A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB = m v
2
R
代入磁感应强度，解得粒子运动的轨道半径为
R＝d
最短时间时，恰好弦长最短，打到P 点的正左方，轨迹如图所示
根据几何关系，偏转的圆心角为π
3 ，因此运动时间为
t = Rθ
v = πd
3 v ，故A 错误；
B．由几何关系可知，打到MN 板上最长时间恰好运动了3
4 个周期，轨迹如下图所示
因此时间差
Δt =
( 3 π
2 - π
3 )d
v
= 7 πd
6 v
，故B 错误；
CD．若磁感应强度B = mv
2qd ，则轨道半径为
R＝2d
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最高点D 到P 的距离恰好等于圆的直径，因此P 点上方长度为
L1=√(4 d )
2-d
2=√15d
而最低点轨迹恰好与MN 相切，如图所示
则P 点下方长度
L2=√(2d )
2-d
2=√3d
因此荧光屏上形成的亮线长度为
L= L1+ L2=(√15+√3)d，故C 错误，D 正确。
故选：D。
[模型演练20] （2023 秋•黄岛区期末）如图，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感
应强度大小为B，磁场下边界OM 和荧光屏ON 之间的夹角为30°。OM 上的P 点处有一粒子源
沿与OM 垂直的方向以不同的速率持续向磁场发射质量为m、电荷量为+q 的粒子。已知P 点
到O 点的距离为d，荧光屏上被打亮区域的长度为（ ）
A．√3d
3
B．2√3d
3
C．d
D．2d
【解答】解：根据题意，若粒子的速率足够大，粒子无限接近沿直线打到荧光屏的A 点，如图
所示
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由几何关系可得
AO =
d
cos30° = 2√3
3
d
若粒子的速率较小，打到荧光屏上B 点为临界点，如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系可得
r
d -r =sin30°
OB＝（d﹣r）cos30°
联立解得
OB = √3
3 d
则荧光屏上被打亮区域的长度为
L=OA -OB = √3
3 d，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练21] （2023 秋•沙坪坝区校级期末）如图，空间分布着磁感应强度大小为B，方
向垂直纸面向外的匀强磁场。关于O 点对称的薄板MN 的长度为3a，O 点到MN 的距离为a。
O 点有一粒子源，能沿纸面内任意方向发射速率相同、质量为m、电荷量为q 的正电粒子。已
知水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN 上，打到MN 上、下表面的粒子均被吸收。不计粒子
的重力，则被MN 吸收的粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
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A．5 πm
3 Bq
B．3 πm
2Bq
C．πm
Bq
D．πm
2Bq
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，已知水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN 上，
其运动轨迹为四分之一圆周，如下图的轨迹①，易知粒子的轨迹半径r＝a。
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv
2
r
粒子的运动周期T= 2πr
v
= 2πm
qB
若粒子运动轨迹的圆心角为α，则运动时间为t= α
2π T = αm
qB
可见粒子运动时间与轨迹的圆心角成正比，被MN 吸收的粒子在磁场中运动时间最长，对应的
轨迹圆心角最大，当粒子的轨迹为优弧时，优弧的弦长越短圆心角越大，如上图所示，轨迹②
的弦长为O 点到MN 的距离OP，此弦长最短，故轨迹②是被MN 吸收的粒子在磁场中运动时
间最长的轨迹，易知轨迹图中的θ= π
3 ，则轨迹②的圆心角为2π- π
3 = 5 π
3 ，被MN 吸收的粒子
在磁场中运动的最长时间为tm=
5 π
3 m
qB
= 5 πm
3qB
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
[模型演练22] （2023 秋•兴庆区校级期末）如图所示，真空室内存在磁场方向垂直于纸面
向里、磁感应强度的大小为B＝0.30T 的匀强磁场。磁场内有一块较大的平面感光板ab，板面
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与磁场方向平行，在距ab 的距离为l＝32cm 处，有一个点状的α 粒子放射源S，它能向各个方
向发射α 粒子，带正电的α 粒子速度都是v＝3.0×106m/s。已知α 粒子的电荷量与质量之比为
q
m =5.0×10
7C/kg，现只考虑在纸面内运动的α 粒子，则感光板ab 上被α 粒子打中区域的长
度为（ ）
A．40cm
B．30cm
C．35cm
D．42cm
【解答】解：带正电的α 粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，设其圆周轨迹半径为R，
根据洛伦兹力提供向心力得：qvB =m v
2
R ，解得：R＝0.2m＝20cm。
由于2R＞l＝32cm＞R，从放射源S 朝不同方向发射的α 粒子的圆周轨迹中，某一圆周轨迹会与
ab 相切，如下图所示，切点P 就是α 粒子能打中感光板的区域的左侧最远点。任何α 粒子在运
动中离S 的距离不可能超过2R，以2R 为半径、S 为圆心作圆，交ab 于P1点，则P1点是能打中
感光板的区域的右侧最远点。
根据几何关系可得：
NP =√R
2-(l - R)
2，解得：NP＝16cm
N P1=√(2 R)
2-l
2，解得：NP1＝24cm
所求长度为PP1＝NP+NP1＝16cm+24cm＝40cm，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
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[模型演练23] （2023 秋•让胡路区校级期末）如图所示，在直角坐标系xOy 的第一象限内
存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y 轴上S 处有一粒子源，它可
向右侧纸面内各个方向射出速率相等、质量均为m、电荷量均为q 的同种带负电粒子，所有粒
子射出磁场时离S 最远的位置是x 轴上的P 点。已知OS =d，OP =√3d，粒子重力及粒子间的
相互作用均不计，则（ ）
A．粒子的速度大小为m
qBd
B．从O 点射出的粒子在磁场中运动的时间为πm
qB
C．从x 轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间与最长时间之比为2：9
D．沿平行于x 轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O 点的距离为d
2
【解答】解：A.粒子射出磁场时离S 最远的位置是x 轴上的P 点，即轨道直径落在x 轴上时，如
图所示
由几何关系知(2 R)
2=d
2+(√3d )
2
解得R＝d
根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
R
联立解得v = qBd
m ，故A 错误；
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B.粒子运动的周期T = 2πR
v
= 2πm
Bq
从O 点射出的粒子其轨迹为轨迹3，由几何关系可知sin θ
2 =
1
2 d
R
解得θ＝60°
即轨迹所对的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间t =
θ
360° T = πm
3qB ，故B 错误；
C.运动时间最长的粒子为运动轨迹与x 轴相切的粒子，其轨迹为轨迹2，对应的圆心角为270°，
则运动的最长时间t1= 3
4 T
运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子，其轨迹为轨迹3，对应的圆心角为60°，则运动的最
短时间t2= 1
6 T
所以t1：t2＝9：2，故C 正确；
D.沿平行于x 轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置
到O 点的距离为d，故D 错误。
故选：C。
34
