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压轴题07 带电粒子在磁场中的运动
1.本专题是磁场的典型题型之一，包括应用洛伦兹力的知识解决实际问题。高考中经常在选择题中命题，更是
在在计算题中频繁出现。2024 年高考对于洛伦兹力的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:左手定则,洛伦兹力与现代科技等。近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，
重点考查类型带电粒子在有界磁场中的运动，电磁场与现代科技等。
考向一：带电粒子在有界磁场中运动
带电粒子在有界磁场中运动的分析方法
1.圆心的确定
圆心位置的确定通常有以下两种基本方法：
(1)已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点
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)已知入射方向和出射点的位置时，可以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道的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)。
2.半径的确定
半径的计算一般利用几何知识解直角三角形。做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三
角形。由直角三角形的边角关系或勾股定理求解。
3.粒子在匀强磁场中运动时间的确定
(1)粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为α 时，其运动时间t＝
T(或t＝T)。
圆心角＝偏向角＝2 倍弦切角。
(2)当v 一定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t＝，l 为带电粒子通过的弧长。
考向二：带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，
1
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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)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中的运动时间越长。
(3)当比荷相同，速率v 变化时，圆心角越大的，运动时间越长。
考向三：质谱仪
1.原理示意图
2.用途：分离和检测同位素；准确测离子的质量。
3.工作原理
(1)带电粒子经过电压为U 的加速电场加速，qU＝mv2。
(2)垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r＝。
(3)偏转距离x＝2r，比荷＝，所以比荷不相等的离子会被分开，并按比荷的大小顺序排列，利用质谱仪我们还
可以准确地测量出每种离子的质量m＝x2。
4.质谱仪区分同位素：由qU＝mv2和qvB＝m 可求得r＝。同位素电荷量q 相同，质量不同，在质谱仪照相底片
上显示的位置就不同，故能据此区分同位素。
考向四：回旋加速器
1.原理示意图
2.工作原理
(1)电场的特点及作用
特点：两个D 形盒之间的窄缝区域存在交变电场，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相同。
作用：带电粒子经过该区域时被加速。
(2)磁场的特点及作用
特点：D 形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。
作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从而改变运动方向，半个周期后再次进入电场。
3.同步问题
交变电压的频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相等，交变电压的频率f＝＝(当粒子的比荷或磁感应强
度改变时，同时也要调节交变电压的频率)。
4.粒子的最大动能
粒子从D 形盒边缘离开回旋加速器时动能最大，Ekm＝mv2＝，可知在q、m 和B 一定的情况下，回旋加速器的半径
2
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R 越大，粒子的动能就越大(最大动能与加速电压无关)。
5.回旋加速的次数
粒子每加速一次动能就增加qU，故需要加速的次数n＝，回旋的周期数为。
6.粒子的运动时间
粒子的运动时间由加速次数n 或回旋的周期数决定，在磁场中的回旋时间t1＝T；在电场中的加速时间t2＝或t2
＝，其中a＝。在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2(因t1≫t2，故可认为粒子在盒内的运动时间近似等于
t1)。
7.回旋轨迹半径
rn＝，nqU＝mv，n 为加速次数。
考向五：洛伦兹力的其他应用实例
1.速度选择器
(1)装置及要求
如图所示，两极板间存在匀强电场和匀强磁场，二者方向互相垂直，带正电粒子从左侧射入，不计粒子重力。
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝。
(3)速度选择器的特点
①v 的大小等于E 与B 的比值，即v＝。速度选择器只对选择的粒子的速度有要求，而对粒子的质量、电荷量大
小及带电正、负无要求。
②当v>时，粒子向F 洛方向偏转，F 电做负功，粒子的动能减小，电势能增大。
③当v<时，粒子向F 电方向偏转，F 电做正功，粒子的动能增大，电势能减小。
2.磁流体发电机
磁流体发电机的发电原理图如图甲所示，其平面图如图乙所示。
设带电粒子的运动速度为v，带电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，极板间距离为d，极板间电压为U，根据F
洛＝F 电，有qvB＝qE＝，得U＝Bdv。
根据外电路断开时，电源电动势的大小等于路端电压，知此磁流体发电机的电动势为E 源＝U＝Bdv。
3.电磁流量计
如图甲、乙所示是电磁流量计的示意图。
3
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设管的直径为D，磁感应强度为B，a、b 两点间的电势差是由于导电液体中电荷受到洛伦兹力作用，在管壁的
上、下两侧堆积产生的。到一定程度后，a、b 两点间的电势差达到稳定值U，上、下两侧堆积的电荷不再增多，
此时，洛伦兹力和电场力平衡，有qvB＝qE＝q，所以v＝，又圆管的横截面积S＝πD2，故流量Q＝Sv＝。
01 带电粒子在有界磁场中运动
1.如图所示，在xOy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场。一带电粒子
从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N 点(图中未画出)
垂直穿过x 轴。已知OM＝a，粒子的电荷量为q，质量为m，重力不计。则( )
A.粒子带负电荷
B.粒子速度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.N 与O 点相距(＋1)a
【答案】AD
【解析】由左手定则可知，带电粒子带负电荷，A 正确；作出粒子的轨迹示意图如图
所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的轨道半径为R＝a，则由qvB＝m
得v＝＝，B、C 错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(＋1)a，D 正确。
02 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
2．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.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速
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圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，轨迹圆圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几
何关系有＋r＝3a，解得r＝a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝m，解得B＝，选项C 正确。
03 带电粒子在有界磁场中运动的多解问题
3.如图所示，在xOy 平面内，y≥0 的区域有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、
带电荷量的绝对值为q 的粒子从原点O 沿与x 轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在
磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置。
【答案】 、或、
【解析】由洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝m＝mR
解得R＝，T＝
当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC 所示，
故粒子在磁场中运动的时间
t1＝T＝
粒子在C 点离开磁场
OC＝2Rsin 60°＝
故离开磁场的位置为
当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE 所示，故粒子在磁场中的运动时间
t2＝T＝
粒子在E 点离开磁场
OE＝2Rsin 60°＝
故离开磁场时的位置为。
04 质谱仪
4.如图所示为质谱仪的工作原理图，在容器A 中存在若干种电荷量相同而质量不同的带电粒子，它们可从容器
A 下方的小孔S1飘入电势差为U 的加速电场(初速度可忽略)，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强
度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片D 上。若这些粒子中有两种电荷量均为q、质量分别为m1和m2的粒子
(m1<m2)，粒子重力忽略不计。
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(1)分别求出这两种粒子进入磁场时的速度v1、v2的大小；
(2)求这两种粒子打到照相底片上的位置间的距离。
【答案】(1) (2)(－)
【解析】(1)由动能定理得qU＝m1v
qU＝m2v
解得v1＝
v2＝。
(2)在匀强磁场中，由牛顿第二定律得
qvB＝m
解得R＝
质量为m1的粒子的轨道半径R1＝
质量为m2的粒子的轨道半径R2＝
两种粒子打到照相底片上的位置间的距离d＝2R2－2R1
解得d＝。
05 回旋加速器
5.回旋加速器是利用磁场和电场使带电粒子做回旋运动，经过多次加速，粒子最终从D 形盒边缘引出，能量可
达几十兆电子伏特(MeV)。如图所示为回旋加速器的原理示意图，利用回旋加速器对H 粒子进行加速，此时D 形
盒中磁场的磁感应强度大小为B，D 形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D
形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是( )
A.保持B、U 和T 不变，该回旋加速器可以加速质子
B.仅增大加速电压U，H 粒子在回旋加速器中运动的总时间不变
C.仅增大加速电压U，H 粒子获得的最大动能增大
D.回旋加速器既能加速带正电的粒子，又能加速带负电的粒子
【答案】 D
【解析】根据加速电场的周期和粒子在磁场中运动的周期相同才能加速，粒子在磁场中运动的周期T＝，由于
质子与H 粒子的比荷不同，所以该回旋加速器不能加速质子，故A 错误；根据qvB＝m，解得v＝，带电粒子射
出时的动能为Ek＝mv2＝，可知最大动能与加速电压无关，故C 错误；设粒子在电场中加速的次数为n，根据nqU
＝mv2，可知U 越大，n 越小，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝，则粒子在回旋加速器中运动的时间越短，故B
错误；根据粒子在磁场中运动的周期公式T＝，可知当调整磁感应强度大小，同时结合其他的一些调整后，也
可以加速带负电的粒子，故D 正确。
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06 洛伦兹力的其他应用实例
6. 如图为磁流体发电机示意图。平行金属板a、b 间有一匀强磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含
有大量等量正、负离子)垂直于磁场的方向喷入磁场，a、b 两板间便产生电压。若磁场的磁感应强度大小为B，
每个离子的电荷量为q、速度为v，等效直流电源两极板a、b 间距为d，两板间等离子体的等效电阻为r，负载
电阻为R，则( )
A.图中a 板是电源的正极
B.稳定时电源的电动势为Bdv
C.稳定时负载两端的电压为Bdv
D.若增加负载的阻值，发电机的输出功率一定减小
【答案】BC
【解析】根据左手定则知，图中a 板为电源的负极，A 错误；外电路不接电阻稳定时，有qE＝qvB，两板间的电
动势(即电源的电动势)E 源＝Ed＝Bdv，B 正确；根据闭合电路欧姆定律，可知稳定时负载两端的电压U 外＝E 源＝
Bdv，C 正确；当内电阻等于外电阻时发电机的输出功率最大，因不知内电阻和外电阻的大小关系，因此当外电
阻增加时，发电机的输出功率不一定减小，D 错误。
一、单选题
1．（2024·陕西安康·三模）如图所示为空心圆柱形磁场的截面图，O 点为圆心，半径为R 内圆与半径为3R 外
圆之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 为外圆上一点。一粒子源s 可持续发射出大小均为v、质量为m，电荷
量为q 的粒子，不计粒子重力，以下说法正确的是（ ）
A．若粒子源放置在O 点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射出，则磁感应强度最小值为
B．若粒子源放置在O 点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射出，则磁感应强度最小值为
C．若粒子源放置A 点且沿
连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，则磁感应强度的最小值为
D．若粒子源放置A 点且沿
连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，则磁感应强度的最小值为
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【答案】C
【详解】若粒子源放置在O 点向各个方向均匀发射粒子，且所有粒子均不从外圆射出，轨迹最大半径如图所示
根据几何关系有
解得
根据洛伦兹力提供向心力
磁感应强度最小值为
，故AB 错误；
若粒子源放置A 点且沿
连线发射粒子，为使粒子不进入内圆，轨迹最大半径如图所示
根据几何关系有
解得
根据洛伦兹力提供向心力
磁感应强度最小值为
，故C 正确，D 错误。
故选C。
2．（23-24 高三上·贵州贵阳·期末）如图所示，半径为R=1m 的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，
Р 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Р 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（ ）
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A．
m2
B．
m2
C．
m2
D．
m2
【答案】A
【详解】设轨迹圆的半径为r，由几何关系
∠POO=90°
粒子做圆周运动的半径为
由几何关系，如图
该区域面积
代入数据，面积为
m2。
故选A。
二、多选题
3．（2024·海南·模拟预测）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直
向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，腰长为L 的等腰直角三角形
区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁
场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O 三点在同一直线上，
与
垂直，且与电场和磁场方向均垂直。
A 点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线
运动的粒子才能进入区域Ⅱ。
若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为
，区域Ⅱ中磁感应强度大小为
，则粒子从
边靠近F
的三等分点D 射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为
。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域
Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
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A．从D 点飞出的粒子速度大小为
B．粒子的比荷为
C．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则粒子从
边出射，出射点距离O 点
【答案】BCD
【详解】A．根据题意可知区域Ⅰ中粒子电场力和洛伦兹力相等，由此可得
，解得
，粒子在区
域Ⅱ中做匀速圆周运动，速度大小不变，故从D 点飞出的粒子速度大小为
，故A 错误；粒子的运动轨迹如图
所示
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有
，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为
90°，则
，联立可得
故B 正确；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，设进入区域Ⅱ中的
速度大小为
，则
，解得
，在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有
，解得
，则粒子将从GF 边离开区域Ⅱ，轨迹的圆心角小于
，根据粒子在
磁场中的周期公式
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，解得
，由于区域Ⅱ中的磁场不变，粒子的比荷也不变，所以周期不变，根据
，
因为粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的圆心角减小，所以粒子运动时间减小，故C 正确；若仅将区域Ⅱ中磁感应强
度大小变为
，设粒子在区域Ⅱ中运动的半径为
，根据
，解得
，粒子在
区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
，
，根据勾股定理
，则出射
点距离O 点，
，故D 正确。
故选BCD。
4．（2024·湖南岳阳·二模）如图所示，空间中存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。某处S 点有电子
射出，电子的初速度大小均为v，初速度方向呈圆锥形，且均与磁场方向成
角（
），S 点右侧有一
与磁场垂直的足够大的荧光屏，电子打在荧光屏上的位置会出现亮斑。若从左向右缓慢移动荧光屏，可以看到
大小变化的圆形亮斑（最小为点状亮斑），不考虑其它因素的影响，下列说法正确的是（ ）
A．若圆形亮斑的最大半径为R，则电子的比荷为
B．若圆形亮斑的最大半径为R，则电子的比荷为
C．若荧光屏上出现点状亮斑时，S 到屏的距离为d，则电子的比荷可能为
D．若荧光屏上出现点状亮斑时，S 到屏的距离为d，则电子的比荷可能为
【答案】ACD
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【详解】将电子的速度分解为水平方向的速度
，和竖直方向的速度
，即
，
，在水平方
向因为电子速度与磁场方向平行，所以不会受到洛伦兹力，即电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向因
为粒子与磁场方向垂直，所以受到洛伦兹力，由于不计重力，所以在竖直方向粒子做匀速圆周运动。综上所述，
可以将其看成水平方向的匀速直线，与竖直方向的粒子源问题，即，电子圆形亮斑的最大半径是电子轨迹圆周
的半径的二倍，由此可知，在竖直方向轨迹圆周的半径为
，有
，整理有
，故A 正确，
B 错误；由于电子在水平方向做匀速直线运动，设电子到荧光屏的时间为t，有
，解得
，电子
在竖直方向圆周运动，有
，其周期为T，有
，若荧光屏上出现点状亮斑时，即电子到达荧
光屏上时，恰好在竖直方向完成一个完成的圆周运动，即电子到荧光屏的时间是电子竖直方向做圆周运动的周
期的整数倍，有
（
，2，3……），整理有
（
，2，3……），当
时，其比荷
为
，当
时，比荷为
，故CD 正确。
故选ACD。
5．（2024·河北石家庄·二模）利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。
如图所示，以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向外的
匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。有一质量为m、电荷量为
的粒子从P 点沿半径射入圆形区域，
粒子n 次穿越圆形区域边界（不包括经过P 点）后又回到P 点，此过程中粒子与圆心O 的连线转过角度为
，
不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．n 的最小值为2
B．
时，粒子速度大小为
C．
时，粒子从P 出发到回到P 点的时间为
D．粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为
【答案】AC
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【详解】A．因为粒子粒子n 次穿越圆形区域边界（不包括经过P 点）后又回到P 点，此过程中粒子与圆心O 的
连线转过角度为
，画出粒子轨迹示意图如图所示
n 的最小值为2，故A 正确；
时，粒子圆心间的连线构成圆边界的外切正方向，根据几何关系可知半径为
，根据洛伦兹力提供向心力有
，解得
，故B 错误；粒子在磁场中匀速圆周运动的周期
为
时，粒子从P 出发到回到P 点的时间为
，解得
，
选项C 正确；由上述分析可知，粒子连续两次穿越圆形区域边界过程中，粒子与圆心的连线转过的角度为
，
故D 错误。
故选AC。
6．（2024·陕西西安·一模）如图，真空中区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，等腰直角三角形
区域
（区域Ⅱ）内存在匀强磁场。图中
三点在同一直线上，
与
垂直，且与电场和磁场方向均垂直。
A 点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线
运动的粒子才能进入区域Ⅱ。
若区域Ⅰ中电场强度大小为
、磁感应强度大小为
，区域Ⅱ中磁感应强度大小为
，则粒子从
的中点射
出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为
。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间
为，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为
，则
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为
，则
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C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
【答案】ABC
【详解】由题知粒子在AC 做直线运动，则有
，解得
，区域Ⅱ中磁感应强度大小为
，则粒子
从CF 的中点射出，设CF 的长度为
，则粒子转过的圆心角为
，则有
，
，
，
解得
，
，
，可知，粒子从
边射出的最大半径为
若仅将区域I 中磁感
应强度大小变为
，则能进入区域Ⅱ中的粒子速度为
，粒子在区域Ⅱ中运动的半径为
，粒子
扔从
飞出，则粒子转过的圆心角仍为
，且周期不变，则运动时间不变，即
，若仅将区域I 中电场强
度大小变为
，则能进入区域Ⅱ中的粒子速度为
，粒子在区域Ⅱ中运动的半径为
，恰好从
点飞出，则粒子转过的圆心角仍为
，且周期不变，则运动时间不变，即
，故AB 正确；若仅将区域Ⅱ中
磁感应强度大小变为
，则粒子在区域Ⅱ中运动的半径和周期为
，
，粒子从
上
点飞
出，如图所示
由几何关系有
，解得
，则有
，故C 正确；若仅将区域Ⅱ中磁感
应强度大小变为
，则粒子在区域Ⅱ中运动的半径和周期为
，
，同理有
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，
解得
，则有
，故D 错误。
故选ABC。
7．（2024·河南郑州·模拟预测）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，
。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，则乙与甲的初速度大小之比一定为1：3
B．若两粒子的初速度相同，则乙与甲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，则乙与甲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，则乙与甲的初速度大小之比恰好为2：1
【答案】BC
【详解】设匀强磁场的磁感应强度为
，带电粒子的电荷量为
，质量为
，初速度为，运动半径为，根据
，可得
，根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为
，11 若粒子运动轨迹所
对应的圆心角为
，则粒子在磁场中运动时间为
，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（或弦切角）必定相等，可能分别从左右边射出；可能负粒子从左边射出，正粒子从
上边射出；可能都从下边射出，此时圆心角均为
，即均从
边射出，则对于负粒子有
，解得
初速度
需满足
，对于正粒子同理可知其初速度
需满足
，由此可见
和
取值具有
不确定性，根据数学知识可知
可以取任意值，不一定为
，
时对应负粒子恰好从
点射出，且正粒子
恰好从
点射出的特殊情况，
错误；若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当负粒子的运动半
径为
时，它将垂直
边射出，转过的圆心角为
，正粒子将从
边射出，转过的圆心角为
二者在磁
场中运动的时间之比为
，B 正确；若其中一个粒子（即正粒子）垂直
边射出磁场，则其转过的圆心角为
15
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，负粒子转过的圆心角最大值为
，乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于
，C 正确；
若两粒子分别从
两点射出磁场，设乙、甲粒子半径分别为
和
，根据几何关系有
解得
，
，所以乙粒子与甲粒子在磁场中运动的初速度大小之比恰好为
，D 错误。
故选BC。
8．（2024·贵州·模拟预测）如图所示，在该区域存在一个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的圆形
磁场区域（图中未画出），一个质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从M 点以水平向左的初速度射入磁场中，M
点在磁场中，一段时间后从N 点穿过竖直线MN，在N 点时运动方向与MN 成
角，MN 长度为3L，不计粒子重力，
下列说法正确的是（ ）
A．从M 到N 过程中粒子所受洛伦兹力的冲量大小为
B．粒子从M 到N 所用的时间为
C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
D．圆形匀强磁场区域的最小面积为
【答案】CD
【详解】如图所示
由几何关系可以得到
，可得粒子圆周运动的半径为
，C 正确；从M 到N，洛伦兹力冲量
，又由
，得
，A 错误；粒子从M 到D 时间
，粒子从D 到N 时间
16
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，所以粒子从M 到D 时间
，B 错误；圆形磁场直径最小值为MD 长度
，
所以圆形磁场最小面积为
，D 正确。
故选CD。
9．（2024·四川成都·二模）如图所示，矩形磁场区域abcd 内存在垂直纸面向外的匀强磁场，O1为b 边中点
位置，O2为O1a 段中点位置；现同时从O1、O2处水平向右发射速度相同的M、N 两粒子，M 粒子恰好可以从b 点飞
出磁场，M、N 两粒子的运动轨迹相交于Р 点（图中未标出），且在P 点处时M、N 速度方向垂直。已知ad 边长
为ab 边长的两倍，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．M、N 两粒子的比荷为3：4
B．M、N 两粒子的比荷为1：2
C．M、N 两粒子不会同时到达Р 点
D．P 点与边界ad 和边界bc 的距离相等
【答案】AC
【详解】根据题意，画出两个粒子的运动轨迹示意图为
由几何关系可知
，解
，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，有
，可得
，可得出
，A 正确，B 错误；根据
，可知，两个粒子的周期之比为
，根据
17
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几何关系可知
，
，
，M、N 两粒子到达Р 点的时间为
，
，
C 正确；由几何关系可知，P 点与边界ad 和边界bc 的距离分别为
，
，
D 错误。
故选AC。
10．（23-24 高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R 的空心转筒P，可绕
过O 点、垂直xOy 平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部
存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q 与y 轴交于A 点。离子源
M 能沿着x 轴射出质量为m、电荷量为-q（q>0）、速度大小不同的离子，速度大小为
的离子经磁场偏转后能
击中A 点。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
则（ ）
A．磁感应强度的大小
B．转筒的转动的角速度一定为
C．若某离子能击中C 点，∠SOC=60°，该离子在磁场中的运动时间为
D．若转筒P 的角速度
，则探测板Q 上能探测到离子的点有5 个
【答案】ACD
【详解】速度大小为
的离子经磁场偏转后能击中A 点，根据几何关系可知离子的运动半径为
，根据洛伦兹
力提供向心力
，解得磁感应强度的大小
，故A 正确；离子经磁场偏转后能击中A 点，在磁
场中的运动时间为
，转筒转过的角度满足
（k＝0，1，2，3…），联立解得转
筒的转动的角速度为
（k＝0，1，2，3…），故B 错误；设能击中C 点的粒子速度为
，若某离子
能击中C 点，根据几何关系可知离子的运动半径为
，则
，该离子
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在磁场中的运动时间为
，故C 正确；
设
为探测点位置和O 点连线与
轴负方向的夹角，设速度大小为的离子在磁场中运动半径为
，由上述分
析可得
，
，离子在磁场中运动的时间为
，转筒转动的角速度
为
解得，
（n＝0，1，2，3…），则
，且
，解得
，（n＝0，1，2，3，4），故若转筒P 的角速度
，则探测板Q 上能探测到离子的点有5 个，
故D 正确。
故选ACD。
11．（23-24 高三上·福建福州·期末）如图所示，等腰梯形
区域内，存在垂直该平面向外的匀强磁场，
，
，
，磁感应强度大小为
，磁场外有一粒子源
，能沿同一方向发射速度大小
不等的同种带电粒子，带电粒子的质量为
，电荷量为
，不计重力。现让粒子以垂直于
的方向正对
射入
磁场区域，发现带电粒子恰好都从
之间飞出磁场，则（ ）
A．粒子源发射的粒子均为带负电的粒子
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
C．带电粒子的发射速度取值范围为
D．带电粒子的发射速度取值范围为
【答案】BC
【详解】根据题意，粒子在磁场中向右偏转，由左手定则可知，粒子源发射的粒子均为带正电的粒子，故A 错
误；
当粒子从c 点飞出时，其运动的速度最大，轨迹所对应的圆心角最小，则运动时间最短，运动轨迹如图所示
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据几何知识可知，粒子在磁场中运动的半径为
则由牛顿第二定律有
解得
粒子在磁场中运动的周期为
则在磁场中运动的最短时间为
故B 正确；
根据题意可知，当粒子的运动轨迹和cd 相切时，粒子的速率是最小的，其运动轨迹如图所示
令粒子做圆周运动的半径为
，根据几何知识有
解得
解得带电粒子的最小发射速度为
可知带电粒子的发射速度取值范围为
故C 正确，D 错误。
故选BC。
12．（23-24 高二上·山东烟台·期末）如图所示，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在电场强度大小为E、方
向平行于纸面水平向左的匀强电场和磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向里的匀强磁场；等腰直角三角形
CDF 区域（区域Ⅱ）内存在磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。图中S、C、M 三点在同一直
线上，SM 与DF 垂直，且与电场和磁场方向均垂直。S 点处的粒子源持续将同种带电粒子以不同的速率沿直线SC
射入区域Ⅰ中，只有沿直线SC 运动的粒子才能进入区域Ⅱ，并从CF 的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间
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为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之
间的相互作用，下列说法中正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t=t0
B．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t<t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
【答案】ACD
【详解】AB．在区域Ⅰ中，能进入区域Ⅱ中的粒子满足
在区域Ⅱ中，如图
粒子圆周运动的圆心角为
。则运动时间为
，若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，
则能进入区域Ⅱ中的粒子速度为
，同理，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则能进入区域Ⅱ中
的粒子速度为
，根据
，得
可知，虽然运动半径变化，但两种情况下粒子均能从CF
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边射出，故
A 正确，B 错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则运动半径为
，
，如图
由几何关系
，得
，粒子在区域Ⅱ中的运动时间为
，C 正确；同理C 选项，
若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，有
，
,
，得
，D 正确。
选ACD。
13．（2024·山西临汾·一模）在科学研究中，经常用施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图
所示的平面坐标系xOy 内，以坐标原点O 为 圆心、半径为R 的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场，磁场方
向垂直于xOy 平面。一质量为m、带电荷量为
的粒子从
沿y 轴正方向射入磁场，当入射速度为
时，
粒子从
处进入无场圆形区域并射向原点O，不计粒子的重力，则（ ）
A．粒子第一次离开磁场时的运动时间为
B．粒子再次回到P 点共需要2 次通过原点O
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C．若仅将入射速度大小变为
，则粒子离开P 点后可以再回到P 点
D．若仅将入射速度大小变为
，则粒子离开P 点后不可能再回到P 点
【答案】AC
【详解】
因为A 点坐标为
，所以
，
，
，圆轨迹半径为
，解得
，粒子第一次离开磁场时的运动时间为
，A 正确；
粒子的运动轨迹如图所示，很明显，粒子再次回到P 点共需要3 次通过原点O，B 错误；
若仅将入射速度大小变为
，则粒子轨迹半径为
，其运动轨迹如图所示，则粒子离开P 点后可以再回到P
点，C 正确，D 错误；
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故选AC。
三、解答题
14．（2024·浙江温州·二模）如图所示，直角坐标系中，有一平行于y 轴长度为0.5L 的线状离子源MN，M 端
在x 轴上，坐标
，离子源发射的正离子初速度大小均为
，方向平行于x 轴正方向，且发射的正离子沿
MN 均匀分布，每个离子质量为m，电荷量为q；在
、
区间内加一垂直于纸面向里，磁感应强度大小
为
的圆形边界匀强磁场，能使离子源发射的全部正离子经过原点O，不计离子重力及离子间的相互作用。
（1）求磁感应强度
的取值范围；
（2）若磁感应强度
取最小值，在第一象限加垂直纸面向里、磁感应强度大小为
的匀强磁场，在第二象限
加垂直纸面向外、磁感应强度大小为
的匀强磁场，已知
。离子发射前，在y 轴上放置长度为0.8L
的探测板PQ，只有打到探测板左侧表面的离子才能被探测到。
①求全部正离子经过原点O 时与y 轴正方向夹角
的范围；
②若探测板下端Q 纵坐标
，求离子探测率
（即探测板探测到的离子数占总离子数的比例）；
③若探测板位置在y 轴上可变，Q 端纵坐标满足
，求离子探测率
与
的关系。
【答案】（1）
；（2）①
；②
；③见解析
【详解】1）离子在圆形磁场中汇聚到O，离子运动圆周半径r 等于圆形磁场的半径R，即
，
如图所示
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所加圆形边界磁场的半径R 满足
，由洛伦兹力提供向心力得
，联立可得
。
（2）若
时，离子圆周运动的半径为
，
①由
可得
即与y 轴正方向的夹角范围
②若
，离子经过
、
两个磁场后在y 轴方向上离O 的距离
，则有
临界1（如图2 中轨迹①）
可得
临界2（如图2 中轨迹②）
可得
上述表示出一个临界即得
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③
，分成4 个区间
i）当
时
ii）当
时
可得
则有
iii）当
时
可得
则有
iv）当
时，离子穿过O 点后经过一个运动周期打到探测板左侧
可得
离子穿过O 点后经过两个运动周期打到探测板左侧
可得
则有
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15．（2024·北京丰台·一模）如图所示，空间中有宽度为d 的匀强磁场区域，一束电子以垂直于磁感应强度
B 并垂直于磁场边界的速度射入磁场，穿出磁场时的速度方向与原入射方向的夹角θ＝60°。已知电子的质量
为m，电荷量为e，不计重力。求：
（1）通过作图，确定电子做圆周运动时圆心的位置；
（2）电子进入磁场的速度大小v；
（3）电子穿越磁场的时间t；
（4）电子穿越磁场过程中洛伦兹力冲量的大小I。
【答案】（1）见解析；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）圆心O 点位置的确定如图所示
（2）设电子做圆周运动的半径为r，根据几何关系
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rsin60°＝d
洛伦兹力提供向心力
联立得电子速度
。
（3）由圆周运动周期T 与线速度v 的关系得
电子运动时间为
可得
。
（4）根据动量定理
如图所示可得动量的变化量大小为mv
解得
。
16．（2024·北京门头沟·一模）2023 年12 月1 日晚间，绚丽的极光现身北京市门头沟区。极光是由太阳抛射
出的高能带电粒子受到地磁场作用，在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。从北极地区看赤道平面的
地磁场，可简化为下图：O 为地球球心，R 为地球半径，将地磁场在半径为R 到3R 之间的圆环区域看成是匀强
磁场，磁感应强度为B。假设高能粒子的质量为m，电荷量为
。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且
不考虑相对论效应。
（1）若高能粒子从A 点以速度
沿切线进入磁场边界位置时，粒子恰好绕着磁场边界做圆周运动，求粒子的速
度
的大小。
（2）地球磁层是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着高能粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的生态环
境。
a．假设高能粒子从磁场边缘A 点以速率v 沿半径方向射入磁场时恰不能到达地球表面，求粒子的比荷
；
b．高能粒子实际上可在赤道平面内向各个方向均匀地射入磁场。若高能粒子仍以速率v 射入地球磁场，求到达
地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值
。（结果用反三角函数表示，例：
，则
，θ 为弧
度）
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【答案】（1）
；（2）a．
；b．
【详解】（1）若高能粒子从A 点以速度
沿切线进入磁场边界位置时，粒子恰好绕着磁场边界做圆周运动，可
知粒子的轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得粒子的速度的大小为
（2）a．假设高能粒子从磁场边缘A 点以速率v 沿半径方向射入磁场时恰不能到达地球表面，如图所示
由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
联立解得粒子的比荷为
b．若高能粒子仍以速率v 射入地球磁场，可知沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO 方向成
角向
上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此
角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到
达地球，作A 点该速度垂直和过切点与O 点连线延长线交于F 点，则F 点为圆心，如图所示
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由图中几何关系可得
，
则有
可得
故到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值为
17．（23-24 高三下·四川内江·开学考试）如图所示，两平行极板水平放置，间距为d，两板间电压为U，其
中上极板接电源正极（忽略边缘效应，电场视为匀强电场），两极板之间的区域同时有一方向垂直纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度大小为B，距极板不远处有一边长为d 的正方形ABCD，AB、CD 边分别与上下极板平齐。
某时刻从与极板间距等宽的粒子源射出的平行带电粒子恰好沿直线通过平行板区域。不考虑粒子间的相互作用，
不考虑带电粒子的重力。求：
（1）粒子运动的速度大小为多少？
（2）如果粒子全部打在C 点，需在正方形中加相应的磁场，判断磁场的方向及磁场的最小面积。（无需写出面
积最小的证明过程）
【答案】（1）
；（2）
，若粒子带正电，磁场方向垂直纸面向外；若粒子带负电，磁场方
向垂直纸面向里
【详解】（1）粒子恰好沿直线通过平行板区域，则有
得到粒子运动速度大小为
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（2）粒子垂直AD 边进入正方形区域，在C 点汇聚，如图所示
粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径
根据几何知识可知最小面积为
若粒子带正电，磁场方向垂直纸面向外；若粒子带负电，磁场方向垂直纸面向里。
18．（2024·广东韶关·二模）如图所示，矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，
为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B，区域Ⅱ的磁感应强度
大小为
，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及
与
之间的距离相同。某种带正电的粒子从
上的
处以大小不同的速度，沿与
成
角进入磁场（不计粒子所受重力），当粒子的速度小于某一值时，粒
子在区域Ⅰ内的运动时间均为
；当速度为
时，粒子垂直
进入无场区域，最终从
上的A 点射出，求：
（1）粒子的比荷
；
（2）磁场区域Ⅰ的宽度L；
（3）出射点A 偏离入射点
竖直方向的距离y。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）当粒子的速度小于某一值时，粒子只在区域Ⅰ内运动，不进入区域Ⅱ，从
离开磁场，粒子在
磁场Ⅰ中运动的转过的圆心角为
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粒子的运动时间为
粒子在区域Ⅰ内有
得
，
。
（2）当速度为
时，垂直
进入无场区域，设粒子的轨迹半为
根据牛顿第二定律得
转过的圆心角
又因为
解得
（3）设粒子在磁场Ⅱ中运动时，转过的圆心角为
，轨迹半径为
，根据牛顿第二定律得
又因
得
得
19．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，xOy 平面被一条平行于x 轴的直线MN 分为匀强磁场区域和无磁场
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区域，磁场区域的磁感应强度方向垂直于纸面向外。比荷为
的带正电粒子A，从坐标为
的P 点，以
大小为v0、方向与x 轴正方向成60°角的速度发射，能被位于
的粒子收集器Q 收集，已知该过程中粒子
做匀速圆周运动的半径为a，不计粒子重力。
（1）求磁感应强度的大小。
（2）求直线MN 到x 轴的距离。
（3）若粒子A 从x 轴某位置以大小为2v0、方向与x 轴的正方向成
角的速度发射后，依然能被收集
器Q 收集，求该粒子发射位置的横坐标与θ 的关系。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
（
）
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
其中
可得，磁感应强度的大小为
（2）粒子运动轨迹如图所示
MN 到x 轴的距离为y，由几何关系可知
其中
所以直线MN 到x 轴的距离为
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（3）粒子运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力
可得
由几何关系可知
其中
故该粒子发射位置的横坐标与θ 的关系为
（
）。
20．（23-24 高三上·山西运城·期末）如图所示，足够长水平挡板位于x 轴，其下表面为荧光屏，接收到电
子后会发光，荧光屏的同一位置接收两个电子，称为“两次发光区域”。在第四象限足够大区域有垂直纸面向
外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第三象限有垂直纸面向里、半径为L 的圆形匀强磁场，磁感应强度大
小为
，边界与y 轴相切于A 点
。一群电子从与x 轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A 点
进入右侧磁场，这群电子在虚线处的
坐标范围为
。电子电量为e、质量为m，不计电子重力及电子
间的相互作用。
（1）求电子的初速度大小
；
（2）求落在荧光屏最右侧的电子进入圆形磁场时的x 坐标；
（3）若入射电子在虚线处均匀分布，且各位置只有1 个，求落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光区
域”的电子数之比。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
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【详解】（1）根据题意可知，电子从与x 轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形磁场后均从A 点进入右侧磁场，则
为磁聚焦现象，则粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径
又有
解得
（2）粒子从A 点进入第四象限的磁场中做圆周运动，所以
解得
粒子运动轨迹如图所示
当粒子与
轴交点C 到A 的距离为直径4L 时，粒子落在挡板的最右侧，由几何关系可得，AC 与y 轴正方向夹角
为
解得
该电子进入圆形磁场时的x 坐标
解得
（3）由轨迹图可知
电子源上从左到右的电子在整个过程中，到达荧光屏的位置与坐标原点的距离逐渐增大，当从A 射入速度与x
轴方向夹角为60°时，电子达到光屏的最右侧，距离达到最大，此后电子落点开始向光屏左侧移动。根据几何
关系可知，电子源最右侧电子打在光屏上点即为两种发光区域的临界点，根据几何关系可知，电子源最左侧电
子打在光屏上的x 坐标为
即光屏上x 坐标范围(0，2L)为“一次发光区域”，
为“两次发光区域”。根据几何关系可知，在落
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点与坐标原点距离增大的过程中，当电子在A 点的入射速度垂直y 轴时，电子打在光屏上的x 坐标也为
此时电子恰好沿圆形磁场径向射入，出发时的x 坐标为
综上所述可知，落在荧光屏上“一次发光区域”的粒子分布在
之间，落在荧光屏上“两次发光区域”
的粒子分布在虚线区域所对应轴上的
之间。因此可知，落在荧光屏上“两次发光区域”和“一次发光
区域”的电子数之比为
。
21．（23-24 高三下·山西晋中·开学考）如图甲所示，正方形区域ABCD 内部有一垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小
，M、N 分别为AD、BC 边中点。现在从M 点，平行AB 方向，以某一初速度
射入一个
质量为m、电荷量为q 的负电粒子，发现该粒子刚好从B 点离开磁场区域，已知磁场区域的边长
，该粒
子的比荷
，不计粒子重力。
（1）求该粒子射入磁场时的速度大小
；
（2）若取垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度按图乙的方式变化，
时刻，粒子同样从M 点平行AB
射入，发现粒子恰好能从N 点离开，已知
，求该粒子射入磁场的速度
可能的取值以及粒子运动
的时间。
【答案】（1）
；（2）
，
【详解】
（1）粒子的运动轨迹如图甲所示
设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知
代入数据，解得
由
36
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代入数据，解得
（2）因为
，粒子的轨迹如图乙所示
设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可得
，
由
联立上述方程可解得
，
粒子运动时间
由于周期性，粒子转过的角度为
，
代入上述公式，可解得
，
代入数据解得
，
22．（2024·江苏扬州·二模）如图所示，在坐标系
中，
轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应
强度大小为
。质量为
、电荷量为
的带电粒子在纸面内从
点与
轴成
方向射入磁场，已知
点
的纵坐标
，不计粒子重力。
（1）若粒子不离开磁场，求粒子速度的最大值
；
（2）若粒子离开磁场，求粒子在磁场中运动时间的范围；
（3）若磁场为非匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随
方向均匀增大，关系为
。粒子以
大小为
的速度从
点沿图示方向射入磁场，求粒子从
点运动到离
轴最远位置的过程中运动轨迹与
轴围成的面积。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）若粒子刚好不离开磁场，则运动轨迹与
轴相切，如图所示
由几何关系
由洛伦兹力提供向心力
解得
（2）粒子在磁场中的运动周期
当粒子刚好离开磁场时，在磁场中运动时间最长
当粒子速度越来越大，粒子的半径足够大时，可视为粒子从磁场边界x 轴上进入磁场，粒子在磁场中运动时间
最短，则
综上所述，粒子离开磁场，在磁场中运动时间的范围为
38
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（3）设粒子在
轴方向上的分速度为
，粒子运动至
轴最远位置时
轴方向上的分速度为零，根据动量定理
其中
则
可得
根据
解得
23．（2024·湖南长沙·一模）某粒子分析装置的部分简化结构如图所示，主要由粒子源、圆柱形磁场区和6 面是
荧光屏的长方体仪器OABC-DEFG 构成，粒子打在屏上会被吸收。以长方体仪器的顶点O 为坐标原点，建立三
维坐标系O-xyz。长方体仪器的长AB、宽AO、高AD 分别为2a、2a、a，长方体所在空间存在方向沿x 轴正向
的匀强磁场Ⅰ（图中未画出）。圆柱形区域的长为2a，底面圆半径为R，圆柱形位于长方体仪器的正上方，两
者通过长方体正上方狭缝PQ 连通，P 为DE 的中点，Q 为GF 的中点，圆柱形区域所在空间存在方向沿x 轴正
向的匀强磁场Ⅱ（图中未画出），在xoz 平面有一与圆柱体等高等长的长方形粒子源，能沿着y 轴正方向发射速
率均为v 的正电粒子，所有进入圆柱体空间的粒子都恰能通过狭缝PQ 再进入长方体仪器，恰好没有粒子打到
BCFE 面。已知带电粒子的比荷为k，不计粒子重力及粒子间相互作用，试求：
（1）匀强磁场Ⅰ磁感应强度
的大小；
（2）打在顶面DEFG 粒子数目
和打在底面OABC 的粒子数目
之比；
（3）若仅将匀强磁场Ⅰ的方向调整为沿y 轴正方向，大小不变，且其他条件不变，对于从Q 点入射的粒子，能
打到长方体仪器BCFE 面上的粒子最长运动时间以及能打在BCFE 面上的粒子数目
与Q 点入射的粒子总数N
之比。（已知
，则
的大小可表示为
）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
39
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【详解】（1）带电粒子经圆柱体仪器磁场作用后聚焦于狭缝
，再经过狭缝
平行于
平面沿各个方向
均匀射入长方体仪器，以
点射入粒子为例，其他点射入的情况相似。画出过
点再
面上的部分粒子运
动轨迹图，如图所示。在长方体仪器中，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为
由洛伦兹力提供向心力可得
结合带电粒子的比荷
可得匀强磁场Ⅰ磁感应强度
的大小为
（2）由图中几何关系可知，射入长方体仪器的粒子，速度与
轴正方向的夹角在
和
之间的粒子会打在底
面
上；速度与
轴正方向的夹角在
和
之间的粒子会打在顶面
上；则有
（3）当把匀强磁场Ⅰ的方向调整为沿
轴正方向后，可将入射速度沿着
轴和轴进行分解，入射速度与
轴
正方向的夹角设为
，如图所示
则有
，
分析可知，可将带电粒子运动分解为平行于
平面的面上做匀速圆周运动和平行于
轴方向上做匀速直线运
动，在平行于
平面的面上，由洛伦兹力提供向心力可得
，解得
，结合几何关系，
当
在
附近时，粒子打在顶面
上，粒子的运动时间为
带电粒子在平行于
轴方向上做匀速直线运动，则有
40
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当
略大于
时，粒子打在
面上，粒子的运动时间为
当
时，粒子打在
面上，此时
当
时，粒子恰好打在
面上，粒子有最长运动时间
当
时，粒子打在
面上，易知打在
面上的粒子数目
与
点入射的粒子总数
之比为
24．（2024·山东青岛·一模）如图所示xOy 平面内，过O 点与x 轴夹角为θ 的分界线以上的区域Ⅰ内存在沿y 轴
负方向的匀强电场，电场强度为E，分界线与x 轴正半轴所围区域Ⅱ内存在垂直于xOy 平面向外的磁场
，剩
余区域Ⅲ内存在垂直纸面的磁场
，
、
大小未知。在O 点放置一粒子源，粒子源向固定方向发射质量为
m、带电量为＋q 的粒子，速度方向与分界线夹角为α，速度大小范围为
，且所有粒子都能以垂直分界
线的速度到达分界线，不计粒子重力，
。
（1）求α 的正切值；
（2）若
为非匀强磁场，要使所有粒子经过磁场
后均能垂直到达x 轴，求区域Ⅱ中磁感应强度
与r 满足
的关系式，r 为磁场
中粒子可到达位置与O 点的距离；
（3）若
为匀强磁场，且初速度为
的粒子在磁场
中做圆周运动的轨迹与x 轴相切，随后返回电场中运动，
求返回电场后粒子再次到达分界线时的位置到O 点距离；
（4）接（3）问，返回电场中的粒子再次经过分界线后进入磁场
，粒子在
中做圆周运动的轨迹圆心刚好位
于y 轴上，求磁场
的大小和方向。
41
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
，方向垂直纸面向里
【详解】（1）由题意可知粒子在电场区域做类斜抛运动轨迹如图
沿分界线方向
垂直分界线方向
解得
（2）如图，设粒子沿边界线方向的位移为
，则
由
要垂直穿过x 轴，那么需要做圆周运动的半径
解得
42
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（3）设粒子圆周运动的半径
，粒子再次经过分界线时到O 点距离为
，根据几何关系
由图可知
（4）第三次穿过分界线的粒子速度依然为
，在
中的半径为
要想轨迹中心在y 轴上，根据几何关系
可得
代入数据
方向垂直纸面向里。
25．（2024·云南·一模）如图所示，矩形区域abcd 平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
B，ab 边长为4L，bc 边长为L。在矩形中心O 处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带
电粒子，粒子带电量均为+q，质量均为m。若初速度平行于ab 边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60°角，不
计粒子之间的相互作用及粒子重力，取
。求
（1）粒子在磁场中运动的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；
（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于ab 边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场的粒子数
与已经离开磁场的粒子数之比。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据左手定则，粒子运动轨迹如图
由几何关系
43
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粒子运动半径为
根据牛顿第二定律
粒子在磁场中运动的速度大小为
（2）如图
当粒子与ab 交于O 点正上方时，弦长最短，运动时间最短，由几何关系
说明圆心角为
，则最短时间为
当粒子运动轨迹与cd 边相切时，圆心角最大，运动时间最长。由几何关系，粒子垂直ab 边射出磁场，圆心角
为
，则最长时间为
故最短时间和最长时间的比值为
（3）同一时刻在磁场中的粒子与O 的距离相等，以O 为圆心，以O 到（1）问中射出点的距离为半径作圆，如
图
当初速度方向平行于ab 边的粒子离开磁场时，仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧上，圆弧所对应的圆心角总
和为
，则未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比
44
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26．（2024·河北·一模）如图所示，在xOy 平面内，除以原点O 为圆心半径为L 的圆形区域外，存在方向垂直
坐标平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。点
处有一粒子发射源，发射源能沿y 轴正方向发射
速度不同、质量为m、带电荷量为一q 的粒子，所有粒子均能进入圆形区域，不计粒子受到的重力及粒子间的
相互作用。
（1）求粒子的发射速度需要满足的条件；
（2）求恰好能经过坐标原点O 的粒子的发射速度
；
（3）当粒子的发射速度多大时，粒子从发射到进入圆形区域的时间最短？最短时间为多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
时，粒子从发射到进入圆形区域的时间最短，最
短时间为
【详解】（1）当粒子的速度过小，粒子的运动轨迹将会与圆形区域相离；当粒子的速度过大，粒子的运动轨迹
将包含圆形区域，所以粒子恰好不进入圆形区域的临界条件是轨迹与圆形区域内切或外切，有
故
（2）当粒子垂直边界进入圆形区域（如图甲所示）时，恰好能经过坐标原点O，设此时粒子的轨迹半径为r，
有
解得
45
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（3）如图乙所示，过
点作圆的切线PQ（Q 为切点），作PQ 的中垂线，与
轴的交点为临界轨迹的圆心
，
当粒子从
点进入圆形区域时，对应的时间最短。
设此时粒子的速度大小为
，粒子从发射到进入圆形区域的最短时间为，显然轨迹半径为
，有
解得
，
当粒子的发射速度为
时，粒子从发射到进入圆形区域的时间最短，最短时间为
。
27．（2024·江苏宿迁·一模）如图所示，在光滑绝缘的水平桌面（足够大）内建立xOy 坐标系，在第Ⅰ、Ⅳ象限
中存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q 的带电小球（可视为质点）从
坐标原点O 沿与+x 方向成45°以某一速度射入第Ⅳ象限，与静止在P 点的带电尘埃（质量远小于小球质量）相
碰并粘在一起，此后恰好未穿出磁场。P 点坐标为（L，L），不计电荷间的相互作用。求：
（1）小球射入磁场的速度；
（2）尘埃的电荷量可能值；
（3）从碰后开始计时，小球经过x 轴的时刻。
46
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【答案】（1）
；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）设粒子进入磁场中的速度大小为v0，其轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
根据几何关系可得
联立解得
（2）由于带电尘埃质量远小于小球质量，则小球与尘埃碰后速度不变，若尘埃带正电，设二者做匀速圆周运动
的轨迹半径为r，带电荷量为q1，如图所示
根据几何关系有
，
联立可得
47
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若尘埃带负电，设二者做匀速圆周运动的轨迹半径为r′，带电荷量为q2，如图所示
根据几何关系有
联立可得
（3）若尘埃带正电，由于
说明小球与尘埃碰撞后经过x 轴时与x 轴刚好相切，所以
（n=0，1，2，3…）
若尘埃带负电，由于
说明小球与尘埃碰撞后经过x 轴时与x 轴刚好相切，所以
（n=0，1，2，3…）
28．（23-24 高三上·浙江杭州·期末）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图1，它的
中央是一个环形的真空室，外面缠绕着线圈，在通电的时候托卡马克的内部产生的磁场可以把高温条件下高速
运动的离子约束在小范围内。图2 为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O 点，半径分别为R 和3R 的圆环
将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里、大小为B 的匀强磁场。如图3 所
示区域Ⅰ中有一群电量为
、质量为m 的带电粒子沿各个方向运动，不计一切阻力与粒子重力。求：
（1）这群带电粒子都可以被约束在此装置内的最大速度
；
（2）带电粒子从点O 沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形磁场，能约束在此装置的最大速度
；
（3）带电粒子从点O 沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形磁场到第一次返回圆形区域Ⅰ，在区域Ⅱ运动的最长时
间；
（4）带电粒子从点O 沿着x 轴正方向射入环形磁场，每运动一段时间后，又能再一次沿x 轴正方向通过O 点，
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则粒子初动能
为多大时，粒子运动的周期最短，并求最短周期
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
，
【详解】（1）当粒子刚好沿着内圆切线进入环形磁场时，要求此方向不飞出外圆，是保证所有粒子无法穿出环
形磁场的外边缘的临界条件，此时速度最大，如图所示
几何关系可得
洛伦兹力提供向心力
解得这群带电粒子都可以被约束在此装置内的最大速度为
（2）粒子在磁场中运动最大半径为
，如图
由几何关系可得
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解得
又
解得
（3）由于
可得
在区域II 中的时间为
（4）粒子每进出一次磁场方向改变
，则完成周期的条件
，其中
为正整数，且
。要使周期
最短，取
，则
，如图
则粒子在磁场中运动的半径为
由
则初动能为
粒子在无磁场区域运动时间为
粒子磁场中的运动时间为
故有
29．（23-24 高三下·江苏苏州·开学考试）如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、四象限有足够长的条状磁
场区域І、П，宽度均为x0，区域І 有垂直纸面向里的匀强磁场，区域П 有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强
度大小分别为B1 、B2．有一带正电粒子电量为q，质量为m，从坐标原点O 沿x 轴正方向以初速度v0射入磁场
区域，不计粒子的重力．求：
50
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（1）粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域І？
（2）粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域П？
（3）若区域І 磁感应强度大小沿x 轴满足B=kx，粒子初速度v0为多少时，恰好可以穿过磁场区域І？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）粒子在区域Ⅰ中做圆周运动，轨迹与区域Ⅰ右边界相切，则
粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即
解得
（2）如图所示，设O1、O2分别为粒子在区域Ⅰ、П 中运动轨迹的圆心， 半径分别为
，
由几何关系可知
，
由几何关系可知
或
或
联立解得
51
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解法二：在区域Ⅰ运动过程中任意Δt 时间，在y 方向上，由动量定理可得
两边累即求和
解得
同理，在区域П 运动过程中
两边累即求和
解得
联立解得
解法三：在区域Ⅰ、П 运动过程中任意Δt 时间，在y 方向上，由动量定理可得
两边累即求和
解得
联立解得
（3）如图所示，粒子在区域Ⅰ运动过程速度大小不变，恰好穿过磁场区域І 边界时，速度大小为v0，方向竖直
向上
在区域Ⅰ运动过程中任意Δt 时间，在y 方向上，由动量定理可得
又因为
且B 与x 成线性关系，可知
两边累即求和得
解得
52
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30．（23-24 高三上·四川泸州·期末）如图，在三维立体空间内有一个长
、宽
的长方体区域，长
方体对角平面
左侧有竖直向上的匀强磁场，大小
，右侧有竖直向下的匀强磁场，大小
；
一比荷
的带负电粒子从轴上的
点以初速度
，沿
轴正方向射入匀强磁场中，不
计粒子重力，
，求∶
（1）粒子在磁场
中的运动半径大小；
（2）粒子离开磁场的点距
边的距离的大小；
（3）粒子在磁场
和磁场
中运动的时间之比。
【答案】（1）3m；（2）1.2m；（3）
【详解】（1）粒子在磁场
中运动时
解得运动半径大小
（2）粒子在磁场
中运动的轨道半径
由几何关系可知，bc=5m，则由图可知，粒子离开磁场的点距
边的距离的大小
（3）粒子在磁场
中运动圆弧所对的圆心角为
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周期
则
粒子在磁场
中运动的轨道半径
则粒子从N 点射出磁场，由几何关系可知，粒子在磁场B2中运动圆弧所对的圆心角为
周期
则
粒子在磁场
和磁场
中运动的时间之比
。
31．（2024·江苏连云港·一模）如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面
为荧光屏，能完全吸收打在屏
上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O 位于底面
的中心，
，
。已知原点O 有
一粒子源，能向
平面内各个方向均匀持续发射速率为
、质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，不计粒子
重力及粒子间的相互作用。
（1）若在立方体空间内存在方向平行于z 轴的匀强磁场，沿y 轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H 点，
求该匀强磁场磁感应强度的大小
；
（2）若磁场与（1）问中的相同，求粒子从原点O 运动到荧光屏的最长时间
和最短时间
；
（3）若在立方体空间内平行y 轴加如图乙所示随时间t 按余弦规律变化的磁场，同时平行z 轴加如图丙所示随
时间t 按正弦规律变化的磁场，图中峰值
，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁感
应现象影响。求沿x 轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度s。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
54
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【详解】（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）粒子在匀强磁场运动是周期为
根据半径一定时，弦长越长，圆心角越大，粒子运动时间越长，即当粒子从H 处射出时弦OH 最长，圆心角最
大为90°，运动时间最长为
当粒子从x 轴射出时，弦长最短为
，圆心角最小，由几何关系知圆心角为60°，运动的最短时间为
（3）根据题中两个方向上的正弦和余弦磁场变化规律可知
故可知y 和z 轴方向的合磁场强度大小为
故可知合磁场大小始终不变，只是方向在整个yoz 平面的四个象限与x 轴围成的立体空间内中旋转，沿x 轴正方
向射出的粒子始终与该合磁场方向垂直，故粒子轨迹为一个固定大小的圆，当磁场旋转时可知粒子的运动轨迹
圆绕着Ox 轴旋转，与右侧屏的交点是个圆，又因为右侧屏只在x 轴上方存在，故痕迹为一个半圆。下面分析痕
迹圆的半径r；根据洛伦兹力提供向心力有
粒子的运动轨迹半径为
沿x 轴正方向射出的粒子，粒子分别从两个截面轨迹如图所示
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设粒子射出点距x 的距离分别为y 和z，由几何关系知
解得
，
故可得痕迹圆的半径为
故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为
。
56
