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专题45 磁场对运动电荷的作用
思维导图
学习目标
1. 掌握洛伦兹力的大小和方向的判断方法。
2. 学会分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题。
知识点梳理
一、洛伦兹力的大小和方向
1．定义：运动电荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力。
2．大小
(1)v∥B 时，F＝0。
(2)v⊥B 时，F＝qvB。
(3)v 与B 的夹角为θ 时，F＝qvB sin θ。
3．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线从掌心垂直进入。
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。
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、v 决定的平面。(注意B 和v 可以
有任意夹角)。
4．洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，只改变带电粒子
速度的方向，洛伦兹力对带电粒子不做功。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动。
2．若v⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。
3．半径和周期公式
(1)由qvB＝m，得r＝。
(2)由v＝，得T＝。
真题汇编
1．（2025•四川）（多选）如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其
边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边
界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O 点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度
大小比值为4：1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a 点沿正方形某一条边的
中垂线方向进入磁场，一段时间后从a 点离开。取sin37°＝0.6。则带电粒子
（ ）
A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O 点
B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1：2
C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127：37
D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127：148
【解答】解：B、设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，Ⅱ区的磁感应强度大小为
B2，则有：B1：B2＝4：1
带电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＝mv
2
r
解得圆周运动半径为：r= mv
qB
可得在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为：
r1
r2
= B2
B1
= 1
4，故B 错误；
ACD、依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运
动轨迹如上图所示，易知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O 点。粒子在Ⅱ区的两段圆
弧轨迹的圆心角相等，设为θ，由几何关系得：
cosθ=
r2
r1+r2
，结合：
r1
r2
= 1
4 ，解得：θ＝37°，易知上图中的角β＝53°
粒子在Ⅰ区的轨迹长度为：s1= 360° -2 β
360°
×2π r1= 254°
360° ×2π r1
粒子在Ⅱ区的轨迹长度为：s2=2×
θ
360° ×2π r2= 74°
360° ×2π r2
解得：
s1
s2
= 127
148
因粒子在Ⅰ区与Ⅱ区中的线速度大小相等，故在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比
等于在Ⅰ区与Ⅱ区的轨迹长度之比，即在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为：
t1
t2
= s1
s2
= 127
148，故AD 正确，C 错误。
故选：AD。
2．（2025•福建）（多选）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B 与水平向右
的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN 做匀速直线运动，MN 与
水平方向呈45°，NP 水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到
N 时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P 点，则（ ）
A．电场强度为E =
❑√2mg
q
B．磁场强度为B =
❑√2mg
qv
C．NP 两点的电势差为U = 2mv
2
q
D．粒子从N→P 时距离NP 的距离最大值为v
2
8 g
【解答】解：AB、带电体恰能沿MN 做匀速直线运动，对带电体受力分析可
知，带电体一定带正电，如图
由平衡条件得：
mg＝qE
qvB= ❑√2mg
解得：
E= mg
q
B =
❑√2mg
qv
故A 错误，B 正确；
C、粒子从N 点运动到P 点，初速度为v，所受合力为❑√2mg，做类平抛运动，
将粒子的运动分解到沿初速度方向和垂直于初速度方向，运动到P 点时，位
移偏转角为45°，速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍：
v y
v =2tan45°
合速度为
v 合=
❑√v
2+ v y
2
联立解得：
v 合= ❑√5v
从N 点到P 点，由动能定理得：
qU= 1
2mv合
2 - 1
2mv2
解得：
U= 2m v
2
q
故C 正确；
D、将粒子的运动分解到水平方向和竖直方向，竖直方向做竖直上抛运动，
竖直方向速度为零时，离NP 的距离最大，最大距离为
h=
(
❑√2
2 v)
2
2g
= v
2
4 g
故D 错误；
故选：BC。
3．（2025•重庆）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位
置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖
直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M 均为荧光
屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O 点正上
方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒
子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为q
m。已知
OK＝3h，OM＝3❑√3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
（1）若K 水平发射的粒子在O 点产生光点，求粒子的速度大小。
（2）若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能
在N 点产生光点，求粒子的速度大小。
（3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M 点产生光点，可在粒子发射
t 时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
【解答】解：（1）由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O 点产生
光点，其运动半径
r = 3h
2
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有
qvB = mv
2
r
联立解得
v = qBr
m = 3qBh
2m
（2）若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能
在N 点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N 点相切，
如图
由于K 从水平方向逆时针旋转60°，则
θ＝30°
根据和和关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可知
q v1B = mv1
2
r1
解得
v1= qBr1
m
= 2qBh
m
（3）由题意带正电粒子恰好在M 点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好
指向M，过M 点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图
根据前面解析可知
ON = ❑√3h
所以
NM =2❑√3h
由于
O'N＝r1＝2h
且
O′N⊥NM
根据几何关系可知
∠NO'M＝∠PO'M＝60°
而
∠KO'N＝120°
所以
α＝120°
粒子在磁场中运动的周期
T = 2πm
qB
对应的圆心角
α＝120°
所以
t = 1
3 T = 1
3 ⋅2πm
qB = 2πm
3qB
答：（1）若K 水平发射的粒子在O 点产生光点，粒子的速度大小为3qBh
2m 。
（2）若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能
在N 点产生光点，粒子的速度大小为2qBh
m
。
（3）要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M 点产生光点，可在粒子发射
t 时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，t 为2πm
3qB 。
4．（2025•湖北）如图所示，两平行虚线MN、PQ 间无磁场。MN 左侧区域和
PQ 右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B
和2B。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从MN 左侧O 点以大小为v0的
初速度射出，方向平行于MN 向上。已知O 点到MN 的距离为3m v0
2qB ，粒子
能回到O 点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
（1）粒子在MN 左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距。
（3）粒子的运动周期。
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中的运动，粒子能回到O 点，则粒子的
运动轨迹对称，其运动的轨迹如图所示。
粒子在MN 左侧区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
q v0 B =m v0
2
r1
，解得r1= m v0
qB
；
（2）O 点到MN 的距离为3mv0
2qB = 3
2 r1，粒子在MN 左侧磁场中运动的轨迹
如上图所示，轨迹对应的圆心为O1，
粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动，运动到PQ 右侧后，粒子以O2为圆
心、r2为半径做匀速圆周运动，
由洛伦兹力提供向心力，有q v0⋅2B =m v0
2
r2
，解得r2= mv0
2qB = 1
2 r1，
由几何关系得，粒子在PQ 右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，则
粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距为d =2r2sin 60° =
❑√3m v0
2qB ；
（3）由几何关系得粒子在MN 左侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为
240°，运动时间为t1= 240°
360° T 1= 2
3 T 1，由 T 1= 2π r1
v0
，
粒子在PQ 右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，运动时间为
t2= 120°
360° T 2= 1
3 T 2，由 T 2= 2π r2
v0
，
粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动的时间t3= 2(r1-r2)tan 60°
v0
，
则粒子的运动周期为T =t1+t2+t3= 5 πm
3qB +
❑√3m
qB 。
答：（1）粒子在MN 左侧区域中运动轨迹的半径为mv0
qB ；
（2）粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距
❑√3m v0
2qB ；
（3）粒子的运动周期5 πm
3qB +
❑√3m
qB 。
5．（2025•河南）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 距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）
【解答】解：（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
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：
rcosθ＝r
h
﹣
解得：r＝2h
由牛顿第二定律有：q v0 B =m v0
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：
x＝rsinθ＝2hsin60°= ❑√3h
根据对称性可知，粒子离开电场达到b 点时的水平位移也为x= ❑√3h
粒子在电场中运动的水平位移x′＝3❑√3h
2x
﹣
= ❑√3h
则粒子在电场中的运动时间为：t =
x'
v0cosθ = 2❑√3h
v0
沿电场方向上，由牛顿第二定律有：qE＝ma
由运动学公式有：﹣v0sinθ＝v0sinθ
at
﹣
联立解得：E = mv0
2
2qh ；
（3）若粒子从a 点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示：
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为
2h，此过程中，粒子轨迹对应的圆心角为β，则有：sinβ= h
r
解得：β＝30°
由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角α＝60°
结合（2）分析可知，粒子在电场中的运动时间为：t1= 2❑√3h
v0
粒子在电场中运动的水平位移为：AB＝x′= ❑√3h
由几何关系可得：BC＝2rsinα，解得：BC＝2❑√3h
则：AC＝BC
AB
﹣
，解得：AC= ❑√3h
粒子在磁场中的运动时间为：t2= 360° -2α
360°
⋅2πr
v0
= 8 πh
3 v0
则有：t =t1+t2= (6 ❑√3+8 π )h
3 v0
综上所述可知，粒子每隔时间t 向右移动❑√3h，则漂移速度大小：
v ' =
❑√3h
t
=
3 ❑√3
6 ❑√3+8 π v0
答：（1）磁感应强度的大小为mv0
2qh ；
（2）电场强度的大小为m v0
2
2qh ；
（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，
漂移速度大小为
3 ❑√3
6 ❑√3+8 π v0。
1．洛伦兹力的理解
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向共同确定的平
面，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，即洛伦兹力永不
做功。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力的方向时，要注意使
四指指向电荷运动的反方向。
考点1：洛伦兹力的理解和运用
(4)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。
2．洛伦兹力与静电力的比较
项目
洛伦兹力
静电力
产生条件
v≠0 且v 与B 不平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
力方向与场方向的关系
F⊥B(F⊥B、v 平面)
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做
功
作用效果
只改变电荷运动的方
向，不改变速度大小
既可以改变电荷运动的
速度方向，也可以改变
速度大小
例题精讲：
【例1】（2025 春•疏附县期末）一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图
所示的匀强磁场，分离为1、2、3 三束，则下列说法正确的是（ ）
A．1 带正电
B．2 带正电
C．2 带负电
D．3 带正电
【解答】解：A、磁场垂直纸面向里，粒子1 从发射源射出后向左偏转，说
明受到向左的洛伦兹力，由左手定则可判断，粒子带正电，故A 正确；
BC、粒子2 在磁场中没有发生偏转，即粒子没有受到洛伦兹力的作用，粒子
是不带电的，故BC 错误；
D、粒子3 从发射源射出后向右偏转，说明受到向右的洛伦兹力，由左手定
则可判断，粒子带负电，故D 错误。
故选：A。
【例2】（2025 春•淄博期末）2025 年6 月1 日，出现了6 小时特大地磁暴，在
我国北方多地观测到了极光现象。来自太阳的高能带电粒子流被地磁场俘获，
形成极光现象。如图所示，是某高能粒子被地磁场俘获后的运动轨迹示意图，
忽略万有引力和带电粒子间的相互作用，以下说法正确的是（ ）
A．图中所示的带电粒子带负电
B．洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少
C．图中所示的带电粒子做螺旋运动时，旋转半径不变
D．若带正电的粒子在赤道正上方垂直射向地面，一定会向西偏转
【解答】解：A.结合左手定则以及地球的磁场由南向北，可知粒子带负电，
故A 正确；
B.洛伦兹力不做功，因为洛伦兹力始终与速度垂直，动能不变，故B 错误；
C.粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
R ，得出的半径公式R = mv
Bq 可知，当磁感应强度增加时，半径减小，
图中所示的带电粒子做螺旋运动时旋转半径一定越来越小，故C 错误；
D.若带正电的粒子在赤道正上方垂直射向地面，由左手定则可知一定会向东
偏转，故D 错误。
故选：A。
【例3】（多选）（2025 秋•兴宁区校级月考）如图所示，在垂直纸面向外的匀
强磁场中，固定一倾角为30°角的足够长光滑绝缘细杆MN，杆与磁场垂直。
一个质量为m、电荷量为q 的带正电圆环可在杆上滑动，磁感应强度为B，
重力加速度为g，将圆环由静止释放，则（ ）
A．圆环的加速度大小小于g
2
B．圆环的加速度大小等于g
2
C．圆环速度为
❑√3mg
4 qB 时，杆对圆环的弹力大小为3 ❑√3
4 mg
D．圆环速度为
❑√3mg
qB
时，杆对圆环的弹力大小为
❑√3
2 mg
【解答】解：AB.初始时，对圆环有mgsin30°＝ma，解得a= g
2，当圆环有速
度时，由左手定则可知洛伦兹力方向垂直于杆向上，对圆环受力分析可得沿
斜面的分力不变，故圆环的加速度大小始终等于g
2，故A 错误，B 正确；
C.圆环速度为v1=
❑√3mg
4 qB 时，垂直于杆方向由平衡条件mgcos30°＝N1+qv1B，
解得杆对圆环的弹力大小为N 1=
❑√3
4 mg，方向垂直于杆向上，故C 错误；
D.圆环速度为v2=
❑√3mg
qB
时，垂直于杆方向由平衡条件mgcos30°＝N2+qv2B，
解得N 2=-
❑√3
2 mg，则杆对圆环的弹力大小为
❑√3
2 mg，方向垂直于杆向下，故
D 正确。
故选：BD。
1．带电粒子在几种典型有界磁场中的运动
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)。
(2)平行边界：往往存在临界条件，如图所示。
(3)圆形边界
①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应
的圆心角一定等于速度的偏向角。
②速度方向不指向圆心：粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子
射出磁场时速度方向与半径夹角也为θ，如图乙所示。
2．分析、求解带电粒子在有界匀强磁场中运动问题的一般步骤
考点2：带电粒子在匀强磁场中的运动
3．圆心的确定方法
(1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F 的方
向，其交点即为圆心，如图甲。
(2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速
度垂线的交点即为圆心，如图乙。
4．半径的计算方法
方法一：由R＝mv
qB 求得。
方法二：连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
(1)由R＝L
sinθ或R2＝L2＋(R－d)2求得，如图丙。
(2)常用到的几何关系
①粒子速度的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图丁，即φ＝α。
②弦切角等于弦所对应圆心角的一半，如图丁，即θ＝1
2α。
5．时间的计算方法
方法一：利用圆心角θ、周期T 求得，即t＝θ
2π T。
方法二：利用弧长l、线速度v 求得，即t＝l
v 。
例题精讲：
【例4】（2025•白银区校级模拟）如图所示，竖直平面abcd 与zOy 平面垂直，
在abcd 平面左侧存在方向沿x 轴负方向的匀强磁场，右侧存在沿z 轴正方向
的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B 且范围均足够大，现有一带正
电的粒子从abcd 平面上的A 点沿y 轴负方向射入左侧的匀强磁场后在两磁场
中来回运动，忽略磁场边界效应，不计粒子重力，下列关于粒子运动轨迹在
xOz 平面上的投影图可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：在abcd 平面左侧存在方向沿x 轴负方向的匀强磁场，则粒子在
abcd 平面左侧的运动轨迹为半圆，在xOz 平面上的投影图为一竖直方向的直
径。在abcd 平面右侧存在沿z 轴正方向的匀强磁场，则粒子在abcd 平面右侧
的运动轨迹为半圆，在xOz 平面上的投影为一水平方向的直径，组合起来整
个运动轨迹在xOz 平面上的投影图如A 项所示，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
【例5】（多选）（2025•湖南模拟）如图所示，ba 和bc 为两磁场区域的分界线，
区域Ⅰ为等腰直角三角形abc，ab＝bc＝2L。在a、c 所在直线放置一无限长
弹性挡板，粒子撞上挡板后速度大小不变，方向相反，带电量不变。区域Ⅱ
为足够大磁场区域，两区域磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外
和向里，d、e 两点为ab 和bc 的中点。从d 点平行ac 向右射出一个质量为
m、电荷量为+q 的带电粒子，粒子恰好能从b 点射出Ⅰ区域，不计粒子重力。
下列说法正确的是（ ）
A．粒子从射出至回到d 点的时间为3 πm
2qB
B．粒子从射出至到达c 点的时间为11πm
2qB
C．粒子第N 次撞挡板，撞击点到a 点的距离为❑√2NL
D．若粒子射出时的速度减半，粒子将不能达到c 点
【解答】解：A．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
r
可得T = 2πr
v
= 2πm
qB
粒子从射出至回到d 点的轨迹如图所示
由图可知，粒子从射出至回到d 点的时间为t = T
4 + 3T
4 + T
4 + T
4 = 3
2 T = 3 πm
qB
故A 错误；
B．粒子从射出至到达c 点的轨迹如图所示
由
图
可
知
粒
子
从
射
出
至
到
达
c
点
的
时
间
为
t = T
4 + 3T
4 + T
4 + T
4 + 3T
4 + T
4 + T
4 = 11
4 T = 11πm
2qB
故B 正确；
C．粒子与挡板碰撞的次数和位置如图所示
根据几何关系可得粒子在磁场中的轨道半径为r =
❑√2
2 L
由图可知粒子第N 次撞挡板，撞击点到a 点的距离为Δx = N ⋅2r = ❑√2 NL
故C 正确；
D．若粒子射出时的速度减半，则粒子在磁场中的轨道半径减半，如图所示
由图可知，粒子能达到c 点，故D 错误。
故选：BC。
【例6】（2025•河南模拟）如图甲所示，xOy 坐标系的x≥0 区域存在匀强磁场，
圆A 内磁场垂直纸面向里、圆A 外的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小相
等，平行板电容器的右侧紧靠y 轴，下极板在x 轴上，板间存在按图乙所示
规律做周期性变化的电压，t＝0 时刻，质量为m、电荷量为+q 的粒子从上级
板左边缘B 点以速度v 沿x 轴正方向射入电容器，T 时刻刚好从O 点进入磁
场，一段时间后又从O 点离开磁场，不计粒子重力，已知点A 的坐标为
（R，0），U0、T 已知，求：
（1）B 点的坐标；
（2）磁场磁感应强度的最小值和最大值（结果可用三角函数表示）。
【解答】解：（1）粒子在电容器中沿x 轴方向做匀速直线运动，位移为x＝
vT
沿y 轴负方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，加速度大小均为
a= qE
m = qU 0
md
总位移为y =2× 1
2 a( T
2 )
2
= qU 0T
2
4 m
所以B 点的坐标为(- vT ，qU 0T
2
4 m
)。
（2）粒子在圆内和圆外的磁场区域中做匀速圆周运动的半径相等，每次穿
过磁场边界时在圆A 上前进的弧长相等，对应的圆心角也相等，粒子最终从
O 点向左离开磁场，则穿过圆A 边界的次数（不包括从O 点进入磁场）为奇
数。
显然n＞2，当n＝3 时粒子做圆周运动的半径最大，此时磁感应强度最小，
在磁场中的轨迹如图1 所示：
由几何知识可知粒子做圆周运动的半径r1=
R
tan30° = ❑√3 R
洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力qv Bmin=m v
2
r1
解得磁感应强度的最小值Bmin= mv
qr1
=
❑√3mv
3qR
当粒子刚好未从y 负半轴离开磁场时，轨迹如图2 所示：
由几何知识可得2r2sin2θ＝r2
可得θ＝15°，则粒子穿过圆A 的次数为360°
2θ =12，因n 为奇数，则粒子最穿
过圆A11 次，如图3 所示：
由几何关系可知α = 2π
11
此时粒子做圆周运动的半径为r3= Rtan α
2 = Rtan π
11
洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力qv Bmax =m v
3
r3
解得磁感应强度的最大值Bmax = mv
qr
3 =
mv
qRtan π
11
答：（1）B 点的坐标为(- vT ，qU 0T
2
4 m
)；
（2）磁场磁感应强度的最小值为
❑√3mv
3qR ，最大值为
mv
qRtan π
11
。
【例7】（2026•浙江一模）一圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化
如图（a）所示，圆筒足够长，半径R。在O 点有一电子源，向空间中各个方
向发射速度大小为v0、质量是m、电量为e 的电子，某时刻起筒内加大小可
调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图
（b）所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上。忽略
场的边界效应、电子受到的重力及电子间相互作用力。若电子碰到筒壁，则
被吸收且电中和，R、v0、m、e 均为已知量。
（1）求B0的大小；
（2）接第（1）问，当磁感应强度大小调至B = 1
2 B0
①求垂直中心轴发射的电子，从发射到落到筒壁上的时间；
②求筒壁上落有电子的区域面积S；
③如图c 若电子发射速度与中心轴夹角为α，可经过离O 点正上方距离为
y = ❑√3 πR的点，求α 角的可能值。
【解答】解：（1）当磁场的磁感应强度为B0时，电子刚好不会落到筒壁上。
则电子以速度v0垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰
好与圆筒壁相切，轨迹半径为R0= R
2 ，根据洛伦兹力提供向心力可得
e B0v0= mv0
2
R0
联立解得B0= 2mv0
eR
（2）①当B = B0
2 ，电子轨道半径r＝R，如下图所示P 点为电子在筒壁落点
△AOO′P 为等边三角形
所以t = 60°
360° × 2πR
v0
= πR
3 v0
②磁感应强度调整为B0
2 后，将速度方向与中心轴夹角为θ 的电子运动分解
为垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，速度
沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解vx＝v0sinθ，vy＝v0cosθ
电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒
壁相切，则轨迹圆半径为R0= R
2
根据洛伦兹力提供向心力可得e B0
2 v x = mv x
2
R0
联立解得v x = v0
2 ，θ＝30°
解得v y = v0cosθ =
❑√3 v0
2
电子发出到与筒壁相切时间t = π R0
v x
= πR
v0
电子发射方向上下对称，则打在筒壁沿轴方向长度ym=2v yt = ❑√3 πR
可知最大面积S＝2πRym＝23π2R2
③根据题意可知α＝0°时电子不受洛伦兹力，可匀速直线运动过y = ❑√3 πR点。
当α≠0°电子水平方向圆周运动周期为T = 2πm
eB = 2πR
v0
竖直方向匀速直线运动y＝nTv0cosα（n＝1，2，3⋯）
解得cosα＝ynTv0＝32n（n＝1，2，3⋯）
当n＝1 时α＝30°；
当n＞1 时α＞30°，电子打在筒壁上，不符合要求。
综上所述：经过O 点正上方距离为y = ❑√3 πR的点α 角的可能值是0°或30°。
答：（1）B0的大小为2mv0
eR ；
（2）接第（1）问，当磁感应强度大小调至B = 1
2 B0
①垂直中心轴发射的电子，从发射到落到筒壁上的时间为πR
3 v0；
②筒壁上落有电子的区域面积S 为2❑√3 π
2 R
2；
③如图c 若电子发射速度与中心轴夹角为α，可经过离O 点正上方距离为
y = ❑√3 πR的点，α 角的可能值为0°或30°。
“磁聚焦”和“磁发散”模型
在圆形边界的匀强磁场中，如果带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁
场区域圆的半径，则有如下两个重要结论：
磁发散
磁聚焦
如图甲所示，当粒子从磁场边界上
同一点以相同速率沿不同方向进入
磁场区域时，粒子离开磁场时的速
度方向一定平行，而且与入射点的
切线方向平行。此情境称为“磁发
散”。
如图乙所示，当粒子以大小相等且
相互平行的速度从磁场边界上任意
位置进入磁场区域时，粒子一定会
从同一点离开磁场区域，而且该点
切线与入射方向平行。此情境称为
“磁聚焦”。
例题精讲：
【例8】（多选）（2025 春•厦门校级月考）在现代电磁技术中，当一束粒子平
行射入圆形磁场时，会在磁场力作用下汇聚于圆上的一点，此现象称为磁聚
焦，反之，称为磁发散。如图所示，以O 为圆心、R 为半径的圆形区域内，
存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，半径OC OD
⊥
。一质量为m、电荷量为q
的粒子（重力不计），从C 点以速度v 沿纸面射入磁场，速度v 的方向与CO
夹角为30°，粒子由圆周上的M 点（图中未画出）沿平行OD 方向向右射出
磁场，则下列说法正确的是（ ）
考点3：磁聚焦和磁发散模型
A．粒子带正电
B．匀强磁场的磁感应强度B = mv
qR
C．有粒子运动过程中会经过O 点
D．若粒子在M 点以速度v 沿平行DO 方向向左射入磁场，将由C 点射出磁
场
【解答】解：A．粒子在磁场中向右偏转，粒子刚进入磁场时所受洛伦兹力
与v 垂直向上，由左手定则可知，粒子带负电，故A 错误；
B．从C 点射入磁场的粒子离开磁场时的速度均平行于OD 射出磁场，则从C
沿某方向射入磁场的粒子从D 射出磁场时的速度方向水平向右，粒子做圆周
运动的轨道半径为r＝R
粒子运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
R
解得匀强磁场的磁感应强度B = mv
qR
故B 正确。
C．粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝R
从C 点以速度v 沿纸面射入磁场、速度v 的方向与CO 夹角为30°的粒子运动
轨迹如图所示
CO′MO 是菱形，O 点一定在运动轨迹上，即粒子运动过程经过O 点，故C
正确；
D．粒子带负电，若粒子在M 点以速度v 沿平行DO 方向向左射入磁场，由
左手定则可知，粒子将向上偏转，粒子不会从C 点射出磁场，故D 错误。
故选：BC。
【例9】（2025•承德模拟）卫星磁聚焦霍尔电推进系统的基本原理为：等离子
体以恒定速率v1向上射入两个网状极板EF、E'F'之间的区域Ⅰ，此区域存在
着磁感应强度大小为B、垂直于纸面向里的匀强磁场，当等离子体不再发生
偏转时，撤去磁场并关闭粒子通道，就在EF、E′F′之间形成了一个稳定电场。
在间距为d 的CD、AG 两极板间存在着磁感应强度大小也为B、垂直于纸面
向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁场右边界为半圆，半圆与两极板相切，两切点
O'、O 分别为两极板的中点。在O 处有一氙离子源，能以某一速率沿各方向
发射带正电的氙离子，经过该磁场区域后形成宽度为d 的平行向右的离子束，
经过EF、E′F′间的电场加速后从右边E′F′喷出。已知CD、AG 两极板长L＝
2d，EF、E'F'两极板的间距x = d
2，氙离子的电荷量为q，质量为m，不计离子
重力及离子间相互作用力。
（1）求在两个网状极板间产生的电压；
（2）求氙离子从E′F′喷出时的动能；
（3）若CD、AG 两极板间的磁感应强度减半，且充满在CD、AG 两极板间
的整个区域，求能通过网状极板E′F′的离子在磁场中运动的最短时间。
【解答】解：（1）设某一等离子的电荷量为q0时恰好可以匀速穿过磁场区
域，则有
B q0 v1= q0U
x
解得
U = B v1 x = 1
2 B v1d
（2）氙离子在磁场中的圆周半径
r = d
2
则氙离子在磁场中的速度v0，则有
Bq v0=m v0
2
r
解得
v0= Bqr
m = Bqd
2m
设粒子穿过E′F′的动能为Ek，由动能定理可知
Ek =qU + 1
2 mv0
2
整理可得
Ek = B
2q
2d
2+ 4 mB v1qd
8m
（3）由于CD、AG 两极板间的磁感应强度减半，此时粒子在磁场中的圆周
半径为
r ' = mv0
1
2 Bq
= 2mv0
Bq
=2r =d
要使粒子运动时间最短，粒子运动轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动时间为t1，则
t1= 1
4 T = 1
4 × 2πm
1
2 Bq
= πm
Bq
在EF、E′F′两极板间做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
qU
1
2 d
=ma
解得
a= B v1q
m
氙离子从E′F′喷出时的动能
Ek = B
2q
2d
2+ 4 mB v1qd
8m
对应喷出的速度
v =
❑√B
2q
2d
2+ 4 mB v1qd
2m
所以离子在EF、E′F′磁场中运动的时间
t2= Δv
a =
❑√B
2q
2d
2+ 4 mB v1qd - Bqd
2Bq v1
故离子在磁场中运动的最短时间
tmin=t1+t2= πm
Bq +
❑√B
2q
2d
2+ 4 mB v1qd - Bqd
2Bq v1
答：（1）在两个网状极板间产生的电压为1
2 B v1d；
（2）氙离子从E′F′喷出时的动能为B
2q
2d
2+ 4 mB v1qd
8m
；
（3 ）能通过网状极板E′F′ 的离子在磁场中运动的最短时间为
πm
Bq +
❑√B
2q
2d
2+ 4 mB v1qd - Bqd
2Bq v1
。
【例10】（2025 秋•宁波校级月考）磁聚焦和磁发散技术在许多真空系统中得
到了广泛应用，如电子显微镜技术，它的出现为科学研究做出了重大贡献。
现有一个磁发散装置，如图所示，在半径为R 的圆形区域内存在垂直纸面向
外，磁感应强度为B 的匀强磁场，在圆形磁场区域右侧有一方向竖直向下，
电场强度为E 的匀强电场，电场左边界与圆形磁场右边界相切。在水平地面
上放置一个足够长的荧光屏PQ，它与磁场相切于P 点。粒子源可以持续的从
P 点向磁场内发射速率为v 方向不同的带正电同种粒子。经观测：有一粒子a
以竖直向上的初速度射入磁场，该粒子经磁场偏转后恰好以水平方向离开磁
场，然后进入电场区域。粒子b 进入磁场的速度方向与粒子a 的速度方向夹
角为θ（未知），进入磁场后，粒子b 的运动轨迹恰好能通过圆形磁场的圆
心O，最终也进入到电场区域。已知电场强度和磁感应强度的关系满足E＝
Bv，不计粒子重力及粒子间相互作用。求：
（1）粒子的比荷q
m；
（2）粒子b 与粒子a 的夹角θ 和b 粒子打在荧光屏上的亮点到P 点的距离
x；
（3）入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到
荧光屏上形成的亮线长度。
【解答】解：（1）由a 粒子的运动可知粒子在磁场中运动的半径为
r＝R
由牛顿第二定律有
Bqv =m v
2
r
可得粒子的比荷
q
m = v
BR
（2）画出粒子b 的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可知POQO′构成一个边长为R 的菱形，则
θ＝30°
由于QO′//OP，b 粒子经过Q 点的速度方向与QO′垂直，所以粒子b 进入电场
的方向也沿水平方向。b 粒子进入电场中做类平抛运动，有
xb＝vtb，yb=1.5 R = 1
2 ⋅qE
m tb
2
解得
xb= ❑√3 R
所以b 粒子打在荧光屏上的亮点到P 点的距离为
x = xb+ R =(❑√3+1)R
（3）入射方向与P 点右侧荧光屏成60°的粒子，在磁场与电场中的运动轨迹
如图所示
由几何关系可知，粒子进入电场时距离荧光屏的距离为
h＝0.5R
进入电场后，粒子做类平抛运动，有
x′＝vt，h=0.5 R = 1
2 ⋅qE
m t
2
解得
x′＝R
所以该粒子打到荧光屏的位置距离P 点的距离为2R；
根据（2）可知，入射方向与P 点左侧荧光屏成60°的粒子，打到荧光屏的位
置距离P 点的距离为(❑√3+1)R，所以入射方向与荧光屏所在平面成60°～
120°区间范围内的粒子，最终打到荧光屏上形成的亮线长度为
d =(❑√3+1)R -2 R =(❑√3-1)R
答：（1）粒子的比荷q
m为v
BR ；
（2）粒子b 与粒子a 的夹角θ 为30°，b 粒子打在荧光屏上的亮点到P 点的距
离x 为（❑√3+1）R；
（3）入射方向与荧光屏所在平面成60°～120°区间范围内的粒子，最终打到
荧光屏上形成的亮线长度为(❑√3-1)R。
课后提优练习
一．选择题（共8 小题）
1．（2025•河北模拟）如图所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向以速度v0
匀速转动，某质量为m、带负电的绝缘物块无初速度地从最左端放上传送带。
该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块所带电荷量保持不变。下列说
法中正确的是（ ）
A．物块所受的摩擦力大小不变
B．物块做加速度减小的加速运动
C．物块增加的动能为1
2 m v0
2
D．物块动量的变化率保持不变
【解答】解：A．物块带负电，所受洛伦兹力方向竖直向下，设动摩擦因数
为μ，那么f＝μ（mg+qvB），
随着v 增大，物块所受的摩擦力大小增大，当物块速度与传送带速度相等时，
没有相对运动或者相对运动趋势，摩擦力消失，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律得μ（mg+qvB）＝ma
解得a= μ(mg+qvB)
m
随着v 增大，加速度a 也增大，当物块速度与传送带速度相等时，加速度a＝
0，故B 错误；
C．当物块速度与传送带速度相等时，物块将做匀速直线运动，物块增加的
动能为1
2 mv0
2，故C 正确；
D．以合力方向为正方向，根据动量定理有Δp＝I＝F 合Δt
可得F合= Δp
Δt
物块开始加速过程中合外力等于摩擦力，摩擦力在变大，故物块动量的变化
率变大，故D 错误。
故选：C。
2．（2025•鼓楼区校级模拟）如图，在垂直于纸面向内的匀强磁场中，有一根
足够长的均质粗糙杆水平固定，一个带电圆环套在杆上。现给环一个向右的
初速度v0，则环所受摩擦力的瞬时功率P 与速度v 的图像不可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、当圆环带正电，且v0＜mg
qB 时，摩擦力对瞬时功率为P＝
μNv＝μ（mg
qvB
﹣
）v，故A 正确，不符合题意；
B、当圆环带正电，且v0＞mg
qB 时，摩擦力的瞬时功率为P＝μNv＝μ（qvB﹣
mg）v，且速度减为v= mg
qB 之后为匀速运动，摩擦力减为0，故B 正确，不符
合题意；
C、当圆环带负电时，摩擦力的瞬时功率P＝μNv＝μ（qvB+mg）v，故C 正
确，不符合题意；
D、图像不可能存在，故D 错误，符合题意；
本题选择错误选项，故选：D。
3．（2025•太原一模）如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应
强度的大小为B。劲度系数为k 的轻弹簧一端固定于竖直墙壁，另一端与质
量为m、电荷量为﹣q 的滑块连接，现压缩弹簧使滑块移至M 点，滑块由静
止释放并开始计时。滑块始终在同一光滑水平面上运动，且弹簧始终在弹性
限度内，则滑块第一次回到M 点所用的时间为（ ）
A．2π❑√
m
k
B．2π❑√
k
m
C．2π❑√
m
kB
D．2π❑√
mq
kB
【解答】解：滑块向右运动过程中，洛伦兹力方向向下，与滑块速度方向垂
直，不改变滑块的运动状态；滑块向左运动过程中，洛伦兹力方向向上，与
滑块速度方向垂直，也不改变滑块的运动状态；所以滑块从M 点开始到第一
次回到M 点过程中，刚好是一个周期，根据弹簧振子的周期公式可知，所用
的时间为t＝2π❑√
m
k ，故A 正确、BCD 错误。
故选：A。
4．（2025•浙江模拟）如图所示，科学家将云室放在方向垂直纸面向里的匀强
磁场中，并在云室中放置一块厚6mm 的铝板，云室记录了某种宇宙射线粒子
从下向上穿过铝板前后的运动轨迹。则（ ）
A．宇宙射线带负电
B．宇宙射线可能是α 粒子流
C．穿过铝板后粒子的物质波波长不变
D．穿过铝板后粒子受到的洛伦兹力减小
【解答】解：A.根据左手定则，结合带电粒子从下向上穿过铝板的运动轨迹，
可知带电粒子带正电，故A 错误；
B.由于带电粒子能穿过较厚的铝板，可知该粒子不是α 粒子流，因为α 粒子
穿透性较弱，故B 错误；
CD.穿过铝板后粒子的动能减小，则粒子速度和动量均减小，由λ= h
p可知物
质波波长变长，由f＝qvB 可知洛伦兹力减小，故C 错误，D 正确。
故选：D。
5．（2025•吉林二模）如图，在竖直分界线ab 左侧有竖直向下的匀强电场，右
侧有水平向里的匀强磁场。带正电、可视为质点的橡胶小物块用一根绝缘细
线悬挂于O′处。t＝0 时，小物块经过最低点向右运动，且在竖直面内摆动的
最大摆角小于5°。用v 表示小物块的速度，规定向右为正方向，忽略空气阻
力，下列图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：小物块在磁场中摆动时，洛伦兹力对小物块的摆动周期没有影
响，依然用
T =2π ❑√
L
g
进行计算，小物块在电场中摆动时，电场力与重力的合力为等效重力，等效
重力加速度为g'，则有
g＜g'
T ' =2π ❑√
L
g'
则周期比没有电场时的周期小，小物块在最低点的速度不会变化，故A 正确，
BCD 错误。
故选：A。
6．（2025•永宁县校级模拟）如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感
应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD 和EF，速度为v
的电子从边界CD 外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD 的夹角
为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF 射出，
电子的速率应满足的条件是（ ）
A．v＞
Bed
m(1+cosθ)
B．v＜
Bed
m(1+cosθ)
C．v＞
Bed
m(1+ sinθ)
D．v＜
Bed
m(1+ sinθ)
【解答】解：电子从EF 射出的临界条件为到达边界EF 时，速度与EF 平行
轨迹与EF 相切，电子运动轨迹如图所示；
由几何知识得：R+Rcosθ＝d
解得：R=
d
1+cosθ，
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：v=
eBd
m(1+cosθ)，
电子要从EF 边界射出，电子速度：v＞
eBd
m(1+cosθ)，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
7．（2025•福建模拟）用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动，主要为可控
核聚变提供理论与技术支持。磁约束的基本原理是带电粒子在磁场中受的洛
伦兹力，某实验小组设计了一个模拟磁约束的小实验（研究粒子的运动过程
不超过1 个周期），如图，匀强磁场存在于两个中心重合的正方形区域之间，
正方形ABCD 边长4a，abcd 边长为2a。现d 点处有一粒子源能向各方向发射
速率为v 的正电粒子，若要把粒子束缚在图示磁场中，则（ ）
A．若不让粒子从AB 边出射，B 的最小值为(2+ ❑√2)mv
6qa
B．若不让粒子从BC 边出射，B 的最小值为(2- ❑√2)mv
6qa
C．若不让粒子从CD 边出射，B 的最小值为2mv
qa
D．若不让粒子从DA 边出射，B 的最小值为2mv
qa
【解答】解：由洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
解得运动的半径为r = mv
qB
可知要求B 最小，则r 最大，由图根据几何关系
可知
❑√(3a)
2+(3a)
2-r = ❑√2r
联立解得解得B = (2+ ❑√2)mv
6qa
。
故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
8．（2025•新疆模拟）如图所示，虚线MN 是区域Ⅰ和区域Ⅱ的边界，在区域
Ⅰ和区域Ⅱ分布着磁感应强度大小不同无限大的匀强磁场，磁场的方向均垂
直纸面向里。将电子由O 点以垂直于边界MN 的速度射入区域Ⅰ，图中实线
所示的“心形”图形是电子的运动轨迹。以下说法正确的是（ ）
A．电子在区域Ⅰ中的速度大于在区域Ⅱ中的速度
B．电子先通过M 点再通过N 点
C．区域Ⅰ的磁感应强度小于区域Ⅱ的磁感应强度
D．“心形”图形逐渐向左移动
【解答】解：A、根据题意分析可知，由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，
故粒子的速度大小保持不变，则电子在区域Ⅰ中的速度等于在区域Ⅱ中的速
度，故A 错误；
B、根据题意分析可知，磁场的方向均垂直纸面向里，且电子带负电，根据
左手定则可知电子先通过N 点再通过M 点，故B 错误；
C、根据题意分析可知，由洛伦兹力提供向心力可得qvB =m v
2
r
可得r = mv
qB
由图可知电子在区域Ⅰ的轨道半径较小，故区域Ⅰ的磁感应强度大于区域Ⅱ
的磁感应强度，故C 错误；
D、根据题意分析可知，由题图有，电子从O 点经过一次区域Ⅰ和区域Ⅱ的
偏转，电子向左移动移动到M 点，之后重复周期性的运动，故“心形”图形
逐渐向左移动，故D 正确。
故选：D。
二．多选题（共1 小题）
（多选）9．（2025•湖南模拟）如图所示，ba 和bc 为两磁场区域的分界线，区
域Ⅰ为等腰直角三角形abc，ab＝bc＝2L。在a、c 所在直线放置一无限长弹
性挡板，粒子撞上挡板后速度大小不变，方向相反，带电量不变。区域Ⅱ为
足够大磁场区域，两区域磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向外和
向里，d、e 两点为ab 和bc 的中点。从d 点平行ac 向右射出一个质量为m、
电荷量为+q 的带电粒子，粒子恰好能从b 点射出Ⅰ区域，不计粒子重力。下
列说法正确的是（ ）
A．粒子从射出至回到d 点的时间为3 πm
2qB
B．粒子从射出至到达c 点的时间为11πm
2qB
C．粒子第N 次撞挡板，撞击点到a 点的距离为❑√2NL
D．若粒子射出时的速度减半，粒子将不能达到c 点
【解答】解：A．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
r
可得T = 2πr
v
= 2πm
qB
粒子从射出至回到d 点的轨迹如图所示
由图可知，粒子从射出至回到d 点的时间为t = T
4 + 3T
4 + T
4 + T
4 = 3
2 T = 3 πm
qB
故A 错误；
B．粒子从射出至到达c 点的轨迹如图所示
由
图
可
知
粒
子
从
射
出
至
到
达
c
点
的
时
间
为
t = T
4 + 3T
4 + T
4 + T
4 + 3T
4 + T
4 + T
4 = 11
4 T = 11πm
2qB
故B 正确；
C．粒子与挡板碰撞的次数和位置如图所示
根据几何关系可得粒子在磁场中的轨道半径为r =
❑√2
2 L
由图可知粒子第N 次撞挡板，撞击点到a 点的距离为Δx = N ⋅2r = ❑√2 NL
故C 正确；
D．若粒子射出时的速度减半，则粒子在磁场中的轨道半径减半，如图所示
由图可知，粒子能达到c 点，故D 错误。
故选：BC。
三．解答题（共1 小题）
10．（2025•河南模拟）如图甲所示，xOy 坐标系的x≥0 区域存在匀强磁场，圆
A 内磁场垂直纸面向里、圆A 外的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小相等，
平行板电容器的右侧紧靠y 轴，下极板在x 轴上，板间存在按图乙所示规律
做周期性变化的电压，t＝0 时刻，质量为m、电荷量为+q 的粒子从上级板左
边缘B 点以速度v 沿x 轴正方向射入电容器，T 时刻刚好从O 点进入磁场，
一段时间后又从O 点离开磁场，不计粒子重力，已知点A 的坐标为（R，
0），U0、T 已知，求：
（1）B 点的坐标；
（2）磁场磁感应强度的最小值和最大值（结果可用三角函数表示）。
【解答】解：（1）粒子在电容器中沿x 轴方向做匀速直线运动，位移为x＝
vT
沿y 轴负方向先做匀加速运动，后做匀减速运动，加速度大小均为
a= qE
m = qU 0
md
总位移为y =2× 1
2 a( T
2 )
2
= qU 0T
2
4 m
所以B 点的坐标为(- vT ，qU 0T
2
4 m
)。
（2）粒子在圆内和圆外的磁场区域中做匀速圆周运动的半径相等，每次穿
过磁场边界时在圆A 上前进的弧长相等，对应的圆心角也相等，粒子最终从
O 点向左离开磁场，则穿过圆A 边界的次数（不包括从O 点进入磁场）为奇
数。
显然n＞2，当n＝3 时粒子做圆周运动的半径最大，此时磁感应强度最小，
在磁场中的轨迹如图1 所示：
由几何知识可知粒子做圆周运动的半径r1=
R
tan30° = ❑√3 R
洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力qv Bmin=m v
2
r1
解得磁感应强度的最小值Bmin= mv
qr1
=
❑√3mv
3qR
当粒子刚好未从y 负半轴离开磁场时，轨迹如图2 所示：
由几何知识可得2r2sin2θ＝r2
可得θ＝15°，则粒子穿过圆A 的次数为360°
2θ =12，因n 为奇数，则粒子最穿
过圆A11 次，如图3 所示：
由几何关系可知α = 2π
11
此时粒子做圆周运动的半径为r3= Rtan α
2 = Rtan π
11
洛伦兹力提供粒子圆周运动的向心力qv Bmax =m v
3
r3
解得磁感应强度的最大值Bmax = mv
qr
3 =
mv
qRtan π
11
答：（1）B 点的坐标为(- vT ，qU 0T
2
4 m
)；
（2）磁场磁感应强度的最小值为
❑√3mv
3qR ，最大值为
mv
qRtan π
11
。
