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专题强化十七 带电粒子在匀强磁场中的多解和临界问题
【复习目标】
会分析带电粒子在匀强磁场中的多解问题和临界极值问题，提高思维分析综合能力。
考点一 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题
【知识梳理】
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界
状态不确定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。
(1)找出多解的原因。
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况。
角度1 带电粒子电性不确定形成多解
分析
图例
带电粒子可能带正电荷，也可能带负
电荷，初速度相同时，正、负粒子在
磁场中运动轨迹不同，形成多解
如带正电，其轨迹为a;如带负电，其轨迹为b
【典例剖析】
例1 (多选)如图所示，在边长为L 的正方形PQMN 区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为
B 的匀强磁场，在MN 边界放一刚性挡板，粒子能碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、
带电荷量为q 的粒子以某一速度从P 点射入，恰好从Q 点射出，下列说法正确的是( )
A.带电粒子一定带负电荷
B.带电粒子的速度最小值为qBL
2m
C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量可能为5qBL
2
D.带电粒子在磁场中运动时间可能为π m
3qB
1
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答案 BCD
解析 若粒子带正电，与挡板MN 碰撞后恰好从Q 点射出，设轨迹半径为r1，运动轨迹如图甲所
示，由图中几何关系可得L2＋(r1－0.5L)2＝r1
2，解得r1＝5
4L，由洛伦兹力提供向心力qv1B＝mv1
2
r1
，解得v1＝5qBL
4 m ，由动量定理得I＝2mv1＝5qBL
2
，A 错误，C 正确;若粒子的运动轨迹如图乙所示，
由左手定则可知，粒子带负电，粒子运动的轨迹半径最小，r2＝L
2 ，速度最小，由qv2B＝mv2
2
r2
，
解得v2＝qBL
2m ，B 正确;若粒子带负电，运动轨迹如图丙所示，当轨迹半径等于L 时，此时转过的
圆心角为60°，所以带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T
6 ＝π m
3qB，D 正确。
角度2 磁场方向不确定形成多解
分析
图例
只知道磁感应强度大小，而未具
体指出磁感应强度方向，由于磁
感应强度方向不确定而形成多解
粒子带正电，若B 垂直纸面向里，其轨迹为
a，若B 垂直纸面向外，其轨迹为b
【典例剖析】
例2 (多选)如图所示，A 点的离子源沿纸面垂直OQ 方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不
计。为把这束负离子约束在OP 之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A 两点间的距离
为s，负离子的比荷为q
m，速率为v，OP 与OQ 间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B
的大小和方向可能是( )
2
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A.B> mv
3qs，垂直纸面向里
B.B>mv
qs ，垂直纸面向里
C.B>mv
qs ，垂直纸面向外
D.B>3mv
qs ，垂直纸面向外
答案 BD
解析 当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP 相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹
半径为r1，由几何关系可知sin 30°＝
r1
s＋r1
，可得r1＝s，由r1＝mv
q B1可得B1＝mv
qs ;当磁场方向垂直
纸面向外时，其临界轨迹如图乙所示，切点为N，由几何关系知s＝
r2
sin30° ＋r2，得r2＝s
3，又r2
＝mv
q B2，所以B2＝3mv
qs ，综合上述分析可知，选项B、D 正确，A、C 错误。
角度3 临界状态不确定形成多解
分析
图例
带电粒子飞越有界磁场时，可能
穿过磁场飞出，也可能转过
180°从入射界面一侧反向飞出，
于是形成多解
【典例剖析】
例3 (2025·安徽合肥高三开学考)如图所示，abcd 为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内(含边界)
处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，ab＝√3L。一质量为m、电荷量
为q(q>0)的粒子，从a 点沿ab 方向射入磁场，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A.粒子能通过cd 边的最短时间t＝π m
qB
B.若粒子恰好从c 点射出磁场，粒子速度v＝qBL
2m
3
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C.若粒子恰好从d 点射出磁场，粒子速度v＝2qBL
m
D.若粒子只能从ad 边界射出磁场，则粒子的入射速度0<v≤qBL
2m
答案 D
解析 粒子能通过cd 边，从c 点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，如图所示，根据几何关系
有(r2－L)2＋(√3L)2＝r2
2，解得r2＝2L，则转过的圆心角的正弦sin θ＝√3 L
2 L ＝√3
2 ，即θ＝60°，粒
子在磁场中运动的周期T＝2π m
qB ，则粒子能通过cd 边的最短时间t＝
θ
360°T＝π m
3qB，故A 错误;若
粒子恰好从c 点射出磁场，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝mv2
2
r2
，解得v2＝2qBL
m
，故B 错误;若
粒子恰好从d 点射出磁场，由几何关系可知其半径r1＝L
2 ，根据qv1B＝mv1
2
r1
，解得v1＝qBL
2m ，故C
错误;若粒子从d 点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d 点射出时半径最大，对应的入射速度最
大，则vm＝qBL
2m ，若粒子只能从ad 边界射出磁场，则粒子的入射速度0<v≤qBL
2m ，故D 正确。
考点二 带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题
【知识梳理】
解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题的关键是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为
突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解。
1.临界条件
刚好穿出(穿不出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
2.几种常见的求极值问题
(1)时间极值
①当速度v 一定时，弧长(弦长)越长或圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
②圆形边界:公共弦为小圆直径时，出现极值，即当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，以磁场
直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长。
③最短时间:弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。
4
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如图，P 为入射点，M 为出射点，此时在磁场中运动时间最短。
(2)磁场区域面积极值
若磁场边界为圆形时，从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场的一条弦，以该条弦为直
径的圆就是最小圆，对应的圆形磁场有最小面积。
【典例剖析】
例4 (2024·湖北卷，7)如图所示，在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。
一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域。不计重力，下列
说法正确的是( )
A.粒子的运动轨迹可能经过O 点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为7 π m
3qB
D.若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为√3qBR
3m
答案 D
解析 根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O 点，粒子射
出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B 错误;当粒子在磁场中运动的轨迹半径
为r1＝R 时，粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图甲所
示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝mv1
2
r1
，又T1＝
2π r1
v1
，则最短时间间隔为tmin＝2T1＝4 π m
qB ，C
错误;粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关
5
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系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝√3
3 R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝mv2
2
r2
，联立解得v2＝
√3qBR
3m
，D 正确。
例5 如图所示，在xOy 平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B、
方向垂直于xOy 平面向外。一束质量为m、电荷量为＋q 的粒子以不同的速率从O 点沿xOy 平面
内的OP 方向发射，沿直线飞行到P 点时进入有界匀强磁场区域，O、P 两点间的距离为L，OP
连线与x 轴正方向的夹角α＝30°，所有粒子在离开磁场后最终都能从x 轴上垂直x 轴射出，若速
度最大的粒子A 从x 轴上的Q 点以速度vm(未知)射出，且射出之前都在磁场内运动，粒子所受的
重力忽略不计，求:
(1)vm的大小;
(2)粒子A 在匀强磁场中运动的时间;
(3)有界匀强磁场区域的最小面积。
答案 (1)√3qBL
3m
(2)2π m
3qB (3)(
π
9 −√3
12)L2
解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示。设粒子A 在磁场中做圆周运动的半径为rm，由几何关系得rm
＝√3
3 L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvmB＝mvm
2
rm
解得vm＝√3qBL
3m
。
6
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(2)粒子做匀速圆周运动，则有qvB＝mv
2
r
周期为T＝2π r
v
解得T＝2π m
qB
由运动轨迹可知，粒子A 经过磁场后的偏转角为120°，则粒子A 在磁场中运动的时间t＝120°
360°T
＝1
3T
解得t＝2π m
3qB 。
(3)由几何关系可知三角形PO1Q 的面积S1＝1
2 rm
2sin 120°＝√3
12 L2
120°圆心角对应的扇形面积S2＝1
3πrm
2＝π
9 L2
磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，其面积ΔS＝S2－S1＝(
π
9 −√3
12)L2。
【限时训练】（40min）
1.如图所示，直线MN 与水平方向成60°角，MN 的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方
存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN 上的a 点，
能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(重力不计，粒子间的相互作用
不计)，所有粒子均能通过MN 上的b 点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是( )
A.√3qBL
m
B.√3qBL
2m
C.√3qBL
3m
D.√3qBL
4 m
答案 C
解析
7
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粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图所示，所有轨迹对应的圆心角均
为120°，由几何关系可知2nrcos 30°＝L(n＝1，2，3，…)，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB
＝mv
2
r ，解得v＝qBr
m ＝qBL
√3nm(n＝1，2，3，…)，当n＝1 时，可得v＝√3qBL
3m
，故C 正确，A、
B、D 错误。
2.如图所示，四分之一圆区域OMN 内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，P 点为半径OM 的中点。
现有两个带电粒子a、b，以相同的速度先后从P 点沿平行ON 方向射入磁场，并分别从N、M 两
点射出磁场。不计粒子所受重力及粒子间相互作用。则粒子a、b 在磁场中运动周期之比为( )
A.5∶1
B.1∶5
C.2∶3
D.3∶2
答案 A
解析 设四分之一圆的半径为R，画出a、b 两个粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知rb
＝R
4 ，ra
2＝R2＋(ra−R
2)
2
，可得ra＝5
4 R，又因为T＝2π r
v ，可得Ta∶Tb＝ra∶rb＝5∶1，A 正确，
B、C、D 错误。
3.(多选)如图所示，P、Q 为一对水平放置的平行板，板长与板间距离均为d，板间区域内充满匀
强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q 的粒子(重力不计)，
以水平初速度v0从P、Q 两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入，粒子打到板上，则初速度v0的大
小可能为( )
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A.qBd
8m
B.3qBd
4 m
C.qBd
m
D.3qBd
2m
答案 BC
解析 设粒子带正电，根据左手定则可判断粒子刚进入板间时所受洛伦兹力方向向上，由于粒子
不计重力，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r ，解得
r＝mv
qB ，由题意知粒子在偏转以后打在板上，若粒子恰好未打在板上，与极板平行从左端射出，
由几何关系知半径r1＝d
4 ，速度v1＝qBd
4 m ;若粒子恰好从极板右端飞出，由几何关系知r2
2＝d2＋
(r2−d
2)
2
，解得r2＝5
4d，速度v2＝5qBd
4 m ，粒子要打在极板上，则初速度v0应满足的条件为qBd
4 m
<v0<5qBd
4 m ，故A、D 错误，B、C 正确。
4.(多选)如图所示，边界OA 与OC 之间存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，
∠AOC＝60°。边界OA 上距O 点l 处有一粒子源S，可发射质量为m，带正电荷q 的等速粒子，不
计重力。当S 沿纸面向磁场各个方向发射粒子，发现没有粒子从OC 边界射出。则( )
A.粒子的最大发射速率不超过√3qBl
4 m
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B.粒子的最大发射速率不超过(2√3−3)qBl
m
C.粒子从OA 边界离开磁场时离S 的最远距离可能为l
D.粒子从OA 边界离开磁场时离S 的最远距离可能为√3l
2
答案 AD
解析 要使没有粒子从OC 边界射出，沿如图路线运动的粒子刚好不离开磁场，速率最大，满足r
＝mv
qB ，由几何关系知r＝1
2lsin 60°＝√3l
4 ，则v＝√3qBl
4 m ，故A 正确，B 错误;粒子速度v＝√3qBl
4 m
，从OA 边界离开磁场时离S 最远距离d＝2r＝lsin 60°＝√3
2 l，故C 错误，D 正确。
5.真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a 和3a 的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴
线平行，其横截面如图所示。一速率为v 的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为
m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应
强度最小为( )
A.3mv
2ae
B.mv
ae
C.3mv
4 ae
D.3mv
5ae
答案 C
解析 由题意可知，电子在匀强磁场中只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，由
牛顿第二定律得evB＝mv
2
r ，可得B＝mv
er ，则速度一定时，电子的轨迹半径越大，对应的磁感应
强度越小，由于电子被限制在实线圆内运动，当电子的运动轨迹与实线圆相切时，电子的轨迹半
径最大，轨迹如图所示，△O1O2M 为直角三角形，由几何关系可得rmax
2＝(3a－rmax)2－a2，解得
rmax＝4
3 a，则磁感应强度最小为Bmin＝3mv
4 ae ，故C 正确。
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6.(多选)如图所示，三角形abc 区域(含边界)内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
B，在a 点有一粒子源，可向三角形内部发射速度大小和方向均不相同的同种带电粒子。已知∠b
＝90°，∠a＝60°，ab 边长为L，粒子质量为m，电荷量为＋q，不计重力，下列说法正确的是(
)
A.粒子在磁场中运动的最长时间为2π m
3qB
B.粒子在磁场中运动的最长时间为π m
6qB
C.沿ab 边入射，从ac 边飞出的粒子的最大速率为qBL
m
D.沿ab 边入射，从ac 边飞出的粒子的最大速率为qBL
2m
答案 AC
解析 粒子沿着ab 边入射从ac 边飞出时，粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图甲所示，根
据几何关系可知，转过的圆心角为120°，故粒子在磁场中运动的最长时间为t＝T
3 ＝2π m
3qB ，故A
正确，B 错误;当粒子沿ab 边入射，轨迹恰好与bc 边相切时，粒子轨迹半径最大，对应速率最大，
粒子运动轨迹如图乙所示，根据几何关系可知，粒子轨迹半径为L，由qvB＝m v
2
r ，可知v＝qBL
m
，故C 正确，D 错误。
7.(多选)如图，在平面直角坐标系Oxy 的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度
大小为B。大量质量为m、电荷量为q 的相同粒子从y 轴上的P(0，√3L)点，以相同的速率在纸面
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内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y 轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α＝150°时，
粒子垂直x 轴离开磁场。不计粒子的重力。则( )
A.粒子一定带正电
B.当α＝45°时，粒子也垂直x 轴离开磁场
C.粒子入射速率为2√3qBL
m
D.粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为3√5L
答案 ACD
解析 根据题意可知粒子垂直x 轴离开磁场，由左手定则可知粒子带正电，A 正确;当α＝150°时，
粒子垂直x 轴离开磁场，运动轨迹如图甲，粒子运动的半径为r＝
OP
cos60°＝2√3L，洛伦兹力提供
向心力qvB＝mv
2
r ，解得粒子入射速率v＝2√3qBL
m
。若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙，根据几何
关系可知粒子离开磁场时与x 轴不垂直，B 错误，C 正确;粒子离开磁场距离O 点距离最远时，粒
子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙，根据几何关系可知(2r)2＝(√3L)2＋xm
2，解得xm＝3√5L，D 正
确。
8.(2025·广东广州模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，有一个质量不计、带正电的粒子从y
轴上的P 点以沿x 轴正向的速度进入匀强磁场(磁场区域未画出，P 点在磁场的边界上)。已知粒子
的比荷q
m＝108 C/kg，速度大小v0＝106 m/s，P 点的坐标为(0，1 m)。
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(1)若磁场方向垂直于纸面向外，且为半径R＝1 m 的圆形区域，其圆心位于(1 m，1 m)处，粒子恰
能够垂直于x 轴离开圆形磁场区域，求磁感应强度B 的大小;
(2)若磁场方向垂直于纸面向外，且充满第一象限，粒子经过Q(√3 m，0)点离开第一象限，求粒子
在磁场中运动的时间t;
(3)若在第一象限加垂直纸面向里的矩形磁场，粒子沿与y 轴平行的方向向上离开磁场区域，已知
磁场区域面积的最小值为S＝2√2 m2，求粒子做圆周运动的半径(结果可用根号表示)。
答案 (1)0.01 T (2)2π
3 ×10－6 s (3)√2√2＋4 m
解析 (1)根据几何关系可知，轨迹半径r1＝R＝1 m
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv0
2
r1
解得B＝0.01 T。
(2)作出粒子的运动轨迹，如图甲所示，根据几何关系有r2＝x2＋(r2－L)2
解得r2＝2 m，sin θ＝x
r2
＝√3
2 ，则θ＝π
3
运动时间t＝
θr2
v0
解得t＝2π
3 ×10－6 s。
(3)如图乙所示，假设乙图的轨迹圆半径为r3，最小矩形磁场区域面积为
S＝(r3−√2
2 r3)·√2r3＝(√2−1)r3
2
解得r3＝√2√2＋4 m。
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9.(2025·云南昆明一中月考)如图所示，在空间中有一平面直角坐标系xOy，其第一象限内(包括坐
标轴上)充满着两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界。区域Ⅰ中的磁感应强度为3B，
方向垂直纸面向外;区域Ⅱ中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。边界上的P 点坐标为(√3L，
L)。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域Ⅰ，忽略粒子重力。
(1)若粒子不能从x 轴出射，则粒子运动速度的最大值;
(2)若粒子垂直于y 轴离开磁场，则该粒子在磁场中运动的最短时间;
(3)若粒子从O 点离开磁场，则该粒子在磁场中运动的速度的可能值?
答案 (1)3qBL
m
(2) 7 π m
18qB
(3)√3qBL
2mn (n＝1，2，3，…)
解析 (1)根据题意，作出粒子的运动轨迹如图甲所示
由几何关系得tan θ＝√3
3
解得θ＝30°
由图可知rm＝OPsin θ＝2Lsin 30°＝L
由牛顿第二定律qvm·3B＝mvm
2
rm
14
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解得vmax＝3qBL
m
。
(2)粒子垂直于y 轴离开磁场，运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子在Ⅰ区域转过的圆心角为
120°，在Ⅱ区域转过的圆心角为30°，又
T＝2π r
v
＝2π m
qB
因带电粒子速度大小没有确定，可多次通过磁场Ⅰ区域和Ⅱ区域，但带电粒子第一次通过磁场Ⅰ
区域进入磁场Ⅱ区域后与y 轴垂直，所用时间最短，故最短时间为
t＝120°
360°·2π m
q·3 B ＋30°
360°·2π m
qB ＝7 π m
18qB。
(3)若粒子从O 点离开磁场，如图丙所示，由几何关系得OP＝n(2r1sin 60°＋2r2sin 60°)
其中r1＝mv
q·3 B，r2＝mv
qB
联立解得v＝√3qBL
2mn (n＝1，2，3，…)。
15
