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第22 讲 磁场对运动电荷的作用
1.会计算洛伦兹力的大小，并能判断其方向.
2.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动
时间等相关问题．
考点一 对洛伦兹力的理解
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.
考点二 带电粒子做圆周运动的分析思路
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．
1
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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＝)．
考点三 带电粒子在有界磁场中的运动
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)
2
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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．
考点四 数学圆模型在电磁学中的应用
一 “放缩圆”模型的应用
二 “旋转圆”模型的应用
适用
条件
速度方向一
定，大小不
同
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒
子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心
共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，
运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它
们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上
界定
方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这
种方法称为“放缩圆”法
适
用
条
件
速度大小
一定，方
向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀
强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，
若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝。如图所示
轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P
为圆心、半径R＝的圆上
界定
方法
将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这
种方法称为“旋转圆”法
3
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三 “平移圆”模型的应用
四 “磁聚焦”模型
①带电粒子的会聚
②带电粒子的发散
如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度
大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨
迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的
带电粒子将从磁场圆的最低点B 点射出．(会
聚)
证明：四边形OAO′B 为菱形，必是平行四边
形，对边平行，OB 必平行于AO′(即竖直方
向)，可知从A 点发出的带电粒子必然经过B
点．
如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为
B，圆心为O，从P 点有大量质量为m、电荷量
为q 的正粒子，以大小相等的速度v 沿不同方
向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒
子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所
有粒子射出磁场的方向平行．(发散)
证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心
O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行
四边形，O1A(O2B、O3C)均平行于PO，即出射
速度方向相同(即水平方向)．
考点五 带电粒子运动的临界和极值问题
1．临界问题的分析思路
适用
条件
速度大小一
定，方向一
定，但入射
点在同一直
线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，
但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们
做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为
v0，则半径R＝，如图所示
轨迹圆圆心
共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射
点的连线平行
界定方法
将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平
移圆”法
4
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物理现象从一种状态变化成另一种状态时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与
临界状态相关的物理条件称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点．
临界问题的一般解题模式为：
(1)找出临界状态及临界条件；
(2)总结临界点的规律；
(3)解出临界量．
2．带电体在磁场中的临界问题的处理方法
带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界轨迹：
(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．
(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切．
[例题1] 如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一不计重力的带电粒子垂直
磁场边界从M 点射入，从N 点射出。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在N 点速率小于在M 点速率
C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N 点下方射出
D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
【答案】C
【来源】2025 届北京市丰台区高三下学期二模物理试题
【详解】A．粒子向右偏转，洛伦兹力方向整体向右，根据左手定则可知，四指指向与粒子速度方
向相反，可知，粒子带负电，故A 错误；
B．洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，即粒子在N 点的速率等于在M 点的速
率，故B 错误；
C．粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB =m v
2
R
5
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解得R = mv
qB
若增大磁感应强度，则轨道半径减小，可知，粒子可能从N 点下方射出，故C 正确；
D．结合上述可知，若增大入射速率，则轨道半径增大，粒子将从N 点上方射出，对应圆弧的圆心
角θ减小，根据qvB =m v
2
R ，T = 2πR
v
解得T = 2πm
qB
粒子在磁场中运动的时间t = θ
2π T = θm
qB
圆心角减小，运动时间减小，可知，若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短，故D 错误。
故选C。
[例题2] 如图所示，MN表示一块非常薄的金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中
运动并穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，粒子电量不变，由图可知粒子（ ）
A．带正电荷
B．沿a→b→c→d →e方向运动
C．穿过金属板后，轨迹半径变小
D．穿过金属板后，所受洛伦兹力变大
【答案】C
【来源】2025 届福建省宁德市高三下学期三模物理试题
【详解】ABC．带电粒子穿过金属板后速度减小，根据牛顿第二定律qvB =m v
2
r
可得r = mv
qB
可知轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是e→d →c→b→a，粒子所受的洛伦兹力均指向圆
心，在e 点洛伦兹力向右，则由左手定则可知，粒子应带负电，故AB 错误，C 正确；
D．穿过金属板后速度减小，根据F洛=qvB可知，洛伦兹力减小，故D 错误。
故选C。
[例题3] 如图所示，半径为R 的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直
纸面向外。一带电粒子从图中P 点以速度v 沿直径方向射入磁场，经磁场偏转θ =60°后从Q
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点射出磁场。忽略粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为√3 BR
v
C．粒子在磁场中运动的轨迹长度为π R
3
D．若圆形区域半径和圆心位置可变，要实现带电粒子从P 点射入，仍从Q 点射出，则圆形磁
场的最小面积为3π R
2
4
【答案】D
【详解】A．根据左手定则判断可知，粒子带正电，故A 错误；
B．粒子轨迹如图
几何关系可知粒子轨迹圆半径r =
R
tan θ
2
=√3 R
根据r = mv
qB
联立解得q
m = √3 v
3 RB
故B 错误；
C．粒子在磁场中运动的轨迹长度为s= 60°
360° ×2πr
联立解得s= √3 πR
3
故C 错误；
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D．当PQ 为圆形磁场直径时，圆形磁场面积最小，几何关系可知PQ 长为r，则最小面积为
S = π(
r
2)
2
= 3
4 π R
2
故D 正确。
故选D。
[例题4] 如图所示，在水平虚线上方空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，质子（❑1
1H
）从O 点以速度v1水平向右射入磁场，沿轨迹OA 从下边界飞出磁场，飞出时相对入射方向的
偏转角为90°；α粒子（❑2
4 He）从O 点以速度v2水平向右射入磁场，沿轨迹OB 从下边界飞出
磁场，飞出时相对入射方向的偏转角为60°，不计质子和α粒子的重力，则质子和α粒子在磁场
中运动的（ ）
A．轨迹半径之比为2∶1
B．速率之比为2∶1
C．周期之比为1∶2
D．时间之比为2∶1
【答案】C
【来源】陕西省安康市2024-2025 学年高二下学期4 月期中物理试题
【详解】A．质子和α粒子的圆心O1和O2如图所示
设质子的轨迹半径r1=d，对α粒子，由几何关系可得r2sin30°+d =r2
解得r2=2d
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故质子和α粒子的轨迹半径之比为1∶2，故A 错误；
B．由牛顿第二定律可得qvB =m v
2
r
化简可得v = qrB
m
已知质子和α粒子的比荷之比为2∶1，则速率之比为1∶1，故B 错误；
C．周期T = 2πr
v
= 2πm
qB
可知质子和α粒子的周期之比为1∶2，故C 正确；
D．速度的偏转角即圆心角，则质子的运动时间t1= 90°
360° T 1= 1
4 T 1
α粒子的运动时间t2= 60°
360° T 2= 1
6 T 2
故质子和α粒子在磁场中运动的时间之比为3∶4，故D 错误。
故选C。
[例题5] 水平桌面上方区域内存在一垂直于桌面的磁感应强度大小为B 的匀强磁场，科研
人员将内部均匀涂抹有荧光物质的无底正方形纸盒，放置于水平桌面上，如图所示，正方形
ABCD 为纸盒的水平截面，E 点为AB 边的中点。大量相同的带电粒子以相同的速率v0经过E
点，在水平面内沿不同的方向射入磁场，科研人员观测到整个纸盒内部只有AF 段和AE 段发
出淡淡的荧光（高速微观粒子打在荧光物质上会将动能转化为光能）。已知正方形纸盒的边长
为2a，AF = √3
3 a，不计带电粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是
（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的周期T = 4√3 πa
3 v0
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径r = 2√3
3
a
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C．通过A 点的粒子在磁场中运动的时间t = 2√3 πa
9 v0
D．粒子的比荷为q
m = √3 v0
2Ba
【答案】C
【来源】2025 届甘肃省平凉市第一中学等校高三下学期4 月大联考物理试卷
【详解】B．只有AF 段和AE 段有荧光发出，且这些位置中F 点距离E 点最远，故EF 连线长度为
带电粒子运动的直径，其运动轨迹如图中的轨迹1 所示
由几何关系有r = EF
2 = √3
3 a
故B 错误；
A．粒子运动的周期T = 2πr
v0
= 2√3 πa
3 v0
故A 错误；
C．通过A 点的粒子在磁场中运动的轨迹如图中的轨迹2 所示，由几何关系知，轨迹2 的圆弧所对
的圆心角为120°，运动的时间t = T
3 = 2√3 πa
9 v0
故C 正确；
D．根据洛伦兹力提供向心力可得r = m v0
qB
则q
m = v0
Br = √3 v0
Ba
故D 错误。
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故选C。
[例题6] 如图所示，位于y轴上y =−a处有一电子源，能向其上方平面内发射速度大小均
为v0，方向任意的电子。电子质量为m，电荷量为−e。已知在−a≤y <0区域存在垂直纸面向
里的磁感应强度大小为B0= mv0
ea 的匀强磁场，在y ≥0区域存在垂直纸面向里的磁感应强度大
小满足B =ky（k为已知正常数）的非匀强磁场（图中未画出）。
(1)某时刻电子源同时放出大量电子，为了使所有进入匀强磁场区域的电子都不能进入非匀强磁场区
域，可以在x轴上适当位置放置一挡板。则挡板至少有多长？
(2)在（1）问条件下，求在挡板上能持续接收到电子的时间有多长？
(3)取走挡板，再次从电子源发射电子，其中以垂直于x轴方向进入非匀强磁场区域的电子，能深入
到非匀强磁场区域的距离最大。求当该电子距x轴最远时，其进入非匀强磁场区域的轨迹线与x轴
所围成区域的面积。
【答案】(1)L=2a
(2)Δt =πa
6 v0
(3)S = mv0
ke
【来源】2025 届四川省成都市成都外国语学校高三下学期模拟预测（二）物理试题
【详解】（1）根据磁场方向和初速度方向可知，电子在发射后所受到的洛伦兹力向右并作为向心
力，可得Bqv =m v0
2
R
R = m v0
B0q
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代入数据可得R =a
根据偏转分析可得，挡板长度L=2a
（2）挡板上持续收到电子的时间即为挡板第一次接收到电子与最后一次接收到的时间差，所有电
子在均匀磁场中运动的周期T都一致，故运动时间与偏转角度成正比。综上，需要找到偏转的角度
范围即可求出持续时间。
出射点与源点的连线对应电子偏转轨迹的弦，偏转角大小与弦的大小成正比。经对图像分析可得，
弦最短为a，最长为√2a。
所以θmax=π
2 ，θmin=π
3
设持续时间为Δt，则Δt = ΔθR
v0
= πa
6 v0
（3）由于F洛= Bq v0=kye v0
洛伦兹力方向与速度方向垂直，将速度v0沿x方向和y方向分解为v x和v y，在y方向上所受到的洛伦
兹力为F洛y，则F洛y = Bq v x=kye v x
在y方向上用动量定理进行分析，离x轴最远的时候v y =0，所以∑F洛y Δt =m v0
即ke∑y Δ x =m v0
面积为S =∑y Δ x
解得S = m v0
ke
[例题7] (24-25 高三下·河南豫西重点高中·)如图所示，真空区域内有一足够大的荧光屏
PQ，其左侧有一无限大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。S为一粒子源，
可沿纸面向各个方向发射大量速度大小为v 的带负电的粒子。已知粒子的比荷为k，S 到荧光
屏的距离为v
kB ，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
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(1)粒子距S 的最远距离；
(2)粒子到达荧光屏的最短时间和最长时间；
(3)荧光屏的发光长度。
【答案】(1)2v
kB
(2) π
3kB ，3 π
2kB
(3)(√3+1)v
kB
【来源】河南省豫西重点高中2024-2025 学年高三下学期4 月联考物理试卷
【详解】（1）设S到荧光屏的距离为d，带负电的粒子在匀强磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向
心力有qvB =m v
2
R
解得R = v
kB
距S的最远距离L= 2v
kB
（2）作出运动轨迹，如图所示
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由几何关系可知，轨迹圆的圆心为图中O1点时，轨迹圆的圆心角最小为60
∘
又T = 2πR
v
解得T = 2πm
qB
负粒子到达荧光屏的最短时间为t min= 1
6 T
解得t min=
π
3kB
同理，由几何关系可知，轨迹圆的圆心为图中O2点时，粒子到达荧光屏时，轨迹圆的圆心角最大
为270
∘。粒子到达荧光屏的最长时间t max= 3
4 T
解得t max= 3 π
2kB
（3）由几何关系可知，轨迹圆的圆心为O3时，负粒子到达荧光屏下方最远处，由几何关系可得
x1= R
同理，轨迹圆圆心为O4时，负粒子到达荧光屏上方最远处，由几何关系可得x2=√3 R
则荧光屏的发光长度l = x1+ x2
解得l = (√3+1)v
kB
[例题8] 如图所示，半圆环ABCD区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应
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强度大小为B，内半圆环的半径为R1= L，外半圆环的半径为R2=√3 L。AB入口处一粒子源
能向磁场内发射出质量为m、电荷量大小为q的带负电的粒子，粒子在磁场中运动碰到内、外
半圆边界会被立即吸收，CD为粒子的出口，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用。
(1)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子不从AB端射出，求粒子的最小入射速度；
(2)若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，求粒子入射速度的大小；
(3)若粒子从AB射入时，速度大小和方向可以改变，求从出口CD射出的粒子在磁场中运动的最长
时间。
【答案】(1)v1= (√3−1)qBL
2m
(2)v2= (√3+1)qBL
2m
(3)t max= 4 πm
3qB
【来源】2025 届湖北省七市州高三下学期3 月联合调研考试（二模）物理试题
【详解】（1）当粒子从A点垂直射入，从B点射出时，入射速度最小，设最小入射速度为v1，则
R2−R1=2r1
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有q v1B =m v1
2
r1
联立解得v1= (√3−1)qBL
2m
（2）若粒子均以垂直AB的速度发射，要使粒子均从CD射出，则A 、B处入射粒子的轨迹如图所
示，设粒子入射速度的大小为v2，则有R2+ R1=2r2
同理，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有q v2B =m v2
2
r2
解得v2= (√3+1)qBL
2m
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（3）粒子运动轨迹对应的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，粒子运动轨迹如图所示，
设粒子在磁场中运动的周期为T，最长时间为t max，粒子轨迹如图所示，设此时粒子的轨迹半径为r3，
则L
2+(√3 L−r3)
2=r3
2
由牛顿第二定律，则有q v3 B =m v3
2
r3
其运动周期T = 2π r3
v3
由几何知识可知sinθ = L
r3
从出口CD 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为t max= 2π −2θ
2π
T
解得t max= 4 πm
3qB
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题型1 洛伦兹力的大小和方向
1.
如图所示，倾角为θ的绝缘光滑固定斜面处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方
向垂直纸面向外，一质量为m、带电量为+q的小物块从斜面上由静止开始滑下，在物块沿斜
面下滑的过程中（ ）
A．物块的速度越来越大，加速度越来越小
B．重力的冲量大小为m
2 gcosθ
qB
C．洛伦兹力的冲量大小为m
2 gcos
2θ
2qBsinθ
D．支持力的冲量大小为m
2 gcos
2θ
qBsinθ
【答案】C
【详解】A．由牛顿第二定律mgsinθ =ma，可得a= gsinθ
故加速度不变，物体离开斜面之前做匀加速直线运动，A 错误；
B．垂直斜面方向qvB+ N =mgcosθ
当N =0时，物块即将离开斜面，故物块离开斜面的速度为v = mgcosθ
qB
物块沿斜面下滑的时间为t = v
a =
mgcosθ
qB
gsinθ = mcosθ
qBsinθ
故重力的冲量为I G=mgt = m
2 gcosθ
qBsinθ ，B 错误；
C．洛伦兹力的冲量大小为I =q v Bt
联立可得I = m
2 gcos
2θ
2qBsinθ ，C 正确；
D．垂直斜面方向受力平衡，故支持力的冲量大小为I N =mgcosθ⋅t −I = m
2 gcos
2θ
2qBsinθ
D 错误。
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故选C。
2.
如图甲所示，粗糙绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小B =1T、方向垂
直纸面向里的匀强磁场，带电物块A 静置于水平面上，其所带电荷量q =0.1C。t =0时，水平
力F 作用在物块A 上，物块A 由静止开始运动，其对水平面的压力FN随时间t 变化的图像如
图乙所示，取重力加速度大小g=10 m/s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块A 的质量为2kg
B．物块A 带负电
C．水平力F 保持不变
D．物块A 的加速度越来越大
【答案】A
【详解】A．初始时刻压力为20N，根据FN=mg
解得m=2kg
故A 正确；
B．物块向左运动，压力增大，说明洛伦兹力向下，根据左手定则可知物块带正电，故B 错误；
CD．图中压力随时间均匀变化，根据牛顿第三定律可知，物块A 对水平面的压力大小为
FN=mg+qvB =mg+qBat
可知加速度恒定；
水平方向有F −μ FN =ma
解得F = μ(mg+qBat )+ma
水平力F 增大，故CD 错误；
故选A。
3.
如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一带电量为q
（q>0）的滑块自a 点由静止沿光滑绝缘轨道滑下，下降竖直高度为h 时到达b 点。不计空气
阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．滑块在a 点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．该过程中，洛伦兹力做正功
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C．该过程中，滑块的机械能增大
D．滑块在b 点受到的洛伦兹力大小为qB√2gh
【答案】D
【详解】A．滑块自a 点由静止沿斜面滑下，在a 点不受洛伦兹力作用，故A 错误；
BCD．滑块自a 点运动到b 点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，只有重力做功，所以滑
块机械能守恒
mgh= 1
2 mv
2
解得
v =√2gh
故滑块在b 点受到的洛伦兹力为
F =qvB =qB√2 gh
故BC 错误，D 正确。
故选D。
题型2 半径公式和周期公式的应用
4.
如图所示，从一粒子源O 发出质量相等的三种粒子，以相同的速度垂直射入匀强磁场
中，结果分成了a、b、c 三束，下列说法正确的有（ ）
A．a 粒子带负电，b 粒子不带电，c 粒子带正电
B．a 粒子带正电，b 粒子带正电，c 粒子带负电
C．a、c 的带电量的大小关系为qa<qc
D．a、c 的带电量的大小关系为qa>qc
19
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【答案】C
【来源】甘肃省民乐县第一中学2024-2025 学年高二下学期期中考试物理试卷
【详解】AB．由左手定则可知，a 带正电，b 不带电，c 带负电，故AB 错误；
CD．由洛伦兹力提供向心力可得qvB =m v
2
r
可得r = mv
qB
由题图可知ra>rc，则有qa<qc，故C 正确，D 错误。
故选C。
5.
(24-25 高三下·北京海淀区·一模)如图所示，MN 右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁
感应强度大小为B。质量为m、电荷量为q 的两个电性不同的粒子，均以与MN 夹角为θ、大
小为v 的速度垂直磁场射入。不计重力及粒子间的相互作用。则两粒子（ ）
A．在磁场中运动轨迹的半径不同
B．在磁场中运动的时间不同
C．射出磁场时的速度方向不同
D．射出位置到射入位置的距离不同
【答案】B
【来源】北京市海淀区2024-2025 学年高三下学期一模（期中）物理试卷
【详解】AC．由qvB =m v
2
r
可得r = mv
qB
故两粒子在磁场中运动轨迹的半径相同。如图所示正电荷粒子的运动轨迹为大圆弧，负电荷粒子的
运动轨迹为小圆弧
20
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射出磁场时的速度方向相同，故AC 错误；
B．粒子在磁场中运动周期T = 2πm
qB
若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间t1= 2θ
2π T = 2θm
qB
若粒子带正电荷，在磁场中运动的时间t2= 2π −2θ
2π
T = (2π −2θ)m
qB
故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B 正确；
D．由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离相同，大小等于d =2r sinθ
故D 错误。
故选B。
6.
一质量为m、电量为q的带电粒子以速度v0从x轴上的A 点垂直y轴射入第一象限，第
一象限某区域存在磁感强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象
限时速度方向与x轴正方向夹角θ =60°。如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是
（ ）
A．带电粒子带负电荷
B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的时间为πm
3qB
C．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是π m
2v0
2
4 B
2q
2
21
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D．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是√3m
2v0
2
2B
2q
2
【答案】BC
【来源】四川省南充高级中学2024-2025 学年高二下学期4 月月考物理试题
【详解】A．磁场方向垂直于纸面向外，粒子受到的洛伦兹力向下，根据安培左手定则可知粒子带
正电荷，故A 错误；
BC．由洛伦兹力充当向心力得q v0 B =m v0
2
R
所以半径为R = mv0
Bq
粒子运动周期为T = 2πR
v0
= 2πm
qB
运动轨迹如下图所示
由图可知粒子速度方向偏转了60°，则圆心角为θ =60°
粒子运动的时间为 t = 60
∘
360
∘T = πm
3qB
若是圆形区域磁场，则以CD 为直径的圆面积最小CD=R
所以最小面积为Smin= π r
2= π(
R
2)
2
= π m
2v0
2
4 B
2q
2
故BC 正确；
D．若是矩形区域磁场，则以CD 为长，以圆弧最高点到直线CD 的距离h 为宽，则矩形的面积最小。
根据几何关系可得高为h= R−√3
2 R =(1−√3
2 )R
22
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所以矩形区域磁场最小面积为Smin= Rh=(1−√3
2 )R
2=(
2−√3
2 )
m
2v0
2
B
2q
2
故D 错误。
故选BC。
题型3 四类常见有界磁场
7.
在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质软导线
的P 端固定，M 端可以自由移动。当导线中通过电流强度I 时，在M 端施加沿导线的水平恒力
F，软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点P 沿着原来导线方向射入一束质量为
m、电荷量为q 的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁
感应强度大小为B，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力F
C．粒子的动量大小为qF
I
D．粒子的轨道半径为F
2BI
【答案】C
【来源】2025 届北京市朝阳区高三下学期二模物理试卷
【详解】A．根据左手定则，粒子带负电，A 错误；
B．设PM 弦长为L，弦切角为α，则圆心角为2α，圆弧导线受到的安培力等效直导线受到的安培
力，L=2 R sin α，2 F sin α = BIL ，解得F = BIR
恒力F 与导线长度无关，若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，水平恒力F 不变，B 错误；
C．根据牛顿第二定律得q v❑
❑B =m v❑
2
R
，解得粒子的动量大小为mv = qF
I ，C 正确；
23
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D．根据F = BIR，解得粒子的轨道半径为R = F
BI ，D 错误。
故选C。
8.
如图所示，在y ≥0的区域存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O 处有一粒
子源，可向x 轴和x 轴上方的各个方向均匀地发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为q
的同种带电粒子。在x 轴上距离原点L 处垂直于x 轴放置一个长度为L、厚度不计且能接收带
电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P 上，其速度立即变为0）。现观察到沿y 轴正方
向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与x 轴平行。不计带电粒子的重力和粒子
间相互作用力，则下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度B = 2mv
qL
B．磁感应强度B = mv
2qL
C．打在薄金属板左侧面的粒子数目占总数的1
3
D．打在薄金属板右侧面的粒子数目占总数的1
4
【答案】C
【来源】广西南宁市第二中学2024-2025 学年高二下学期3 月名校大联考物理试卷
【详解】AB．题意知观察到沿y 轴正方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与x 轴
平行，几何关系可知粒子轨迹圆半径r = L，根据qvB =m v
2
r
联立解得B = mv
qL
故AB 错误；
C．当带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点，如图所示
24
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圆心O
'与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x 轴正方向成30°角，可知
沿与x 正方向夹角范围为30°~90°角发射的粒子打在薄金属板的左侧面上，打在薄金属板左侧面的
粒子数目占总数的60°
180° = 1
3
故C 正确；
D．当打在右侧下端的临界点，如图所示
圆心O
″与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，带电粒子速度方向和x 轴正方向成150°角，结合
A 选项中图可知，沿与-x 方向夹角范围为0~30°角发射的粒子打在薄金属板的右侧面上，故打在薄
金属板左侧面的粒子数目占总数的30°
180° = 1
6
故D 错误。
故选C。
9.
如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感
应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q 的带电粒子以某一速度从P 点沿磁场区域的半径
方向射入磁场，从Q 点射出，PO 与OQ 成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
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A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于πm
3qB
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
【答案】D
【来源】2025 届北京市西城区高三下学期二模物理试题
【详解】AB．粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系可得r
R = tan30
∘
解得粒子轨迹半径为r = √3
3 R
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
粒子运动周期为T = 2πr
v
联立可得T = 2πm
qB
带电粒子在磁场中的运动时间为t = ∠PO1Q
360
∘
T = 2πm
3qB
26
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故AB 错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB
可知射入速度变大，粒子运动的半径变大，故C 错误；
D．粒子在磁场中的运动周期T = 2πm
qB
粒子在磁场中的运动时间t = θ
2π T
如果只增大粒子的入射速度v，周期不变。根据r = mv
qB 可知如果只增大粒子的入射速度v，则偏转
半径变大，由几何关系可知偏转角变小，则粒子在磁场中的运动时间变短，故D 正确。
故选D。
题型4 放缩圆、平移圆、旋转圆、磁聚焦
10. 如图所示，空间直角坐标系Oxyz（z 轴未画出，正方向垂直于纸面向外）中，xOy 平
面内半径为R 的圆形区域与y 轴相切于O 点，圆心在O1处，区域内的匀强磁场沿z 轴正方向，
磁感应强度为B1，x>0区域内，匀强电场和匀强磁场的方向均沿x 轴正方向，电场强度为E，
磁感应强度为B2。xOy 平面的第三象限内有一平行于x 轴、中点在O2处的线状粒子发射器，
O1与O2的连线平行于y 轴。粒子发射器可在宽度为1.6 R的范围内沿y 轴正方向发射质量为
m，电荷量为q(q>0)，速度大小可调的同种粒子，已知sin53° =0.8，cos53° =0.6。则下列
说法正确的是（ ）
A．若发射速度大小√3q B1 R
m
，从O2点发出的粒子，飞出圆形磁场时速度偏转了30°
27
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B．若发射速度大小√2q B1 R
m
，在磁场B1中运动时间最长的粒子进入圆形磁场时的位置到
O1O2的距离为1
2 R
C．若发射速度大小q B1 R
m
，则从发射器最左端发射的粒子进入x>0区域后，运动轨迹上与x
轴距离最远点的z 坐标为8 B1 R
5 B2
D．若发射速度大小q B1 R
m
，则从发射器最左端发射的粒子进入x>0区域后，运动轨迹上与x
轴距离最远点的z 坐标为2B1 R
B2
【答案】C
【来源】2025 届重庆市南开中学高三下学期5 月质量检测（八）物理试卷
【详解】A．当v1= √3q B1 R
m
时，根据洛伦兹力提供向心力，有q B1v1=m v1
2
r1
解得r1=√3 R
粒子运动轨迹如图甲所示
由几何关系得tanθ = R
r1
= √3
3
解得θ =30
∘
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飞出圆形磁场时速度偏转了α =2θ =60
∘
B．根据洛伦兹力提供向心力，有q v2B1=m v2
2
r2
解得r2=√2 R
设从C 点进，D 点出的粒子在磁场中运动时间最长，则CD 为圆形磁场的直径，粒子运动轨迹如图
乙所示
可知∠C O4 D =90°
由几何关系得r2⋅sin α = R
解得sin α = √2
2
由几何关系得：该粒子的入射位置到O1O2的距离d = R⋅sin α = √2
2 R
故B 错误；
CD．由题意得粒子在圆形磁场中的运动半径r3= R
发射器最左端发射的粒子运动轨迹如图丙所示
设该粒子运动到O 点时其速度方向与x 轴正方向夹角为β，由几何关系r3+r3sin β =1.8 R
可得sin β =0.8
根据速度的分解有v x = v3⋅cos β，v y = v3⋅sin β
由题意得：该粒子的运动可视为沿x 轴正方向的匀加速直线运动和垂直于x 轴平面内的匀速圆周运
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动的合运动a= qe
m
根据洛伦兹力提供向心力，有q B1v y =m v y
2
r4
解得r4= 4 B1 R
5 B2
粒子运动周期为T = 2πr4
v y
= 2πm
q B2
粒子轨迹上的点与x 轴的最远距离为L=2r4= 8 B1 R
5 B2
故C 正确，D 错误。
故选C。
11. 如图，直角三角形ABC 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC 边长
为l，∠B 为π
6 ，一群比荷为q
m的带负电粒子以相同速度从C 点开始在一定范围垂直AC 边射入，
射入的粒子恰好不从AB 边射出，已知从BC 边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为6
5 t0，在
磁场中运动时间最长的粒子所用时间为2t0，则下列说法中不正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为5 πm
12qt0
B．粒子运动的轨道半径为√3
3 l
C．粒子射入磁场的速度大小为5√3 πl
42t0
D．粒子在磁场中扫过的面积为6√3+3 π
49
l
2
【答案】B
30
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【来源】13 讲 磁场 带电粒子在磁场中运动限时演练
【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC 边射出的粒子在磁场中运动的时间是T
4 ，
由T = 2πm
qB
可得T
4 = 2πm
qB × 1
4 = 6
5 t0
解得B = 5 πm
12qt0
故A 正确，不符题意；
B．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有θ
2π T =2t0
又由T
4 = 6
5 t0得θ = 5 π
6
画出该粒子的运动轨迹如图。
设轨迹半径为R，由几何知识得
R
cos30° ＋Rcos30°=l
可得R = 2√3
7
l
故B 错误，符合题意；
C．粒子射入磁场的速度大小为v = qB
m = 5√3 πl
42t0
故C 正确，不符题意；
D．射入的粒子恰好不从AB 边射出，粒子在磁场中扫过的面积为
S = π R
2
4
+ R⋅Rcos30° = 6√3+3 π
49
l
2
故D 正确，不符题意。
故选B。
12. 如图所示的直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y 轴的匀强电场，方向沿y 轴正
31
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方向；在第四象限某一矩形区域内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，
一质量为m，电荷量为−q的粒子，从y 轴上的P(0,h)点，以大小为v0的速度沿x 轴正方向射
入电场，通过电场后从x 轴上的Q (2h，0)点进入第四象限，经过磁场逆时针偏转后垂直y 轴
进入第三象限，不计粒子所受的重力，已知sin 22.5° = √(2−√2)
2
。求：
(1)粒子在电场中运动的时间；
(2)粒子在磁场中运动的半径；
(3)矩形磁场的最小面积。
【答案】(1)2h
v0
(2)√2m v0
qB
(3)(√2√2+2+1) mv0
qB
【来源】广西南宁市第二中学2024-2025 学年高二下学期3 月名校大联考物理试卷
【详解】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，根据类平抛运动规律，水平方向有x =2h= v0t
解得t = 2h
v0
（2）根据类平抛运动规律，竖直方向有y =h= v y
2 t
联立解得，粒子进入第四象限时竖直方向速度大小v y = v0
可知粒子粒子进入第四象限时速度大小v =√v x
2+ v y
2 =√2v0
根据qvB =m v
2
r
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联立解得粒子在磁场中运动的半径r = √2m v0
qB
（3）数学关系易得粒子到达Q 点时速度方向与x 轴正方向夹角θ = 45°，因粒子经过磁场逆时针偏
转后垂直y 轴进入第三象限，可知磁场方向垂直纸面向外，轨迹如图所示
最小矩形磁场的边界长为L11=2r cos22.5°，宽为L22=r +r sin22.5°
则最小面积为S2= L11 L22=(√2√2+2+1) m v0
qB
13. 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。赤道平面的地磁场，可简化为如图所示：O为地球球心，R为地球半径，将
地磁场在半径为R到3 R之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场边缘A
处有一粒子源，可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、
粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响，不考虑相对论效应。其中沿半径方向（图中1 方
向）射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若和AO 方向成θ角向上方（图中2 方向）射入磁
场的粒子也恰好不能到达地球表面，则（ ）
A．sinθ = 2
3
B．sinθ = 3
4
C．tanθ = 1
3
D．tanθ = 1
4
【答案】A
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【来源】2025 届山西省晋中市高三下学期5 月高考适应训练考试物理试卷（A 卷）
【详解】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θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此日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
由图中几何关系可得AF =r = 4 R，AO = FO =3 R
则有sinθ = AG
AO = 2 R
3 R = 2
3
故选A。
14. 如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
B，O点是圆心，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量为−q(q>0)的带电粒子，
以相同的速率从P点沿纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹
半径r , A 、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用
均不计，则下列说法正确的是（ ）
A．若r =2 R，则粒子在磁场中运动的最长时间为t = πm
3qB
B．若r =2 R，则从A点有沿水平方向射出磁场的粒子
C．若r = R，则圆周上有一半区域有粒子射出
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D．若r = R，则与OP连线成30
∘角偏右侧进入磁场的粒子在磁场中经历的时间为t = πm
3qB
【答案】AC
【来源】重庆市万州第二高级中学2024-2025 学年高二下学期3 月月考物理试题
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子
的运动轨迹如图
由几何关系知，此轨迹在磁场中的偏转角为60°，所以最长时间为t = 60°
360° × 2πr
v
= πm
3qB
故A 正确；
B．若粒子能从A 点水平射出磁场，则在A 点作速度方向的垂线，再作AP 两点的中垂线，交点即
为圆心，此时圆周运动的半径r≠2R，如图所示
故B 错误；
C．若r=R，以P 为圆心，R 为半径画圆，通过几何关系可知，粒子只能从圆弧AMC（M 为PO 延
长线与磁场边界的交点）射出，即圆周上有一半区域有粒子射出，故C 正确；
D．若r=R，与OP 连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子，其轨迹所对的圆心角为120°，运动时间
t = 120°
360° T = 2πm
3qB
故D 错误。
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故选AC。
15. 如图所示，在实线ACODE 以上的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），
磁感应强度大小为B，AC=OC=OD=DE=L。磁场边界A 点有一粒子源，能射出质量为m、电荷
量为−q的带电粒子，粒子以不同的速率垂直AC 向上进入磁场，则粒子从COD 边界射出磁场
时，在磁场中运动的时间可能是（ ）
A．2πm
qB
B．7 πm
6qB
C．πm
qB
D．4 πm
3qB
【答案】BC
【来源】2025 届河北省沧州市高三下学期4 月复习质量监测（二模）物理试题
【详解】AC．带电粒子在磁场中的运动临界如图所示
若粒子从C 点或D 点射出，运动时间为t1= T
2 = 1
2 ⋅2πm
qB = πm
qB
且粒子不可能做完整圆周运动，故A 错误，C 正确；
B．M 点为运动轨迹与边界OD 的切点，N 为AM 与OC 的交点，若粒子恰好从M 点射出，由于圆
心必然在AB 水平线上，轨迹与OD 相切，即过圆心做OD 的垂线与水平方向所成角，和过水平线
上C 点做OD 垂线与水平方向所成角相同，又由几何关系可知ΔOCD为等边三角形，所以过水平线
上C 点做OD 垂线与水平方向所成角为30°，因此运动轨迹对应的圆心角为210°，运动时间为
t2= 210
360 T = 7
12 ⋅2πm
qB = 7 πm
6qB
故B 正确；
36
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D．若粒子从O 点射出，则运动时间为t3= 2
3 T = 2
3 ⋅2πm
qB = 4 πm
3qB
但粒子到达O 点之前已从D 点射出，故D 错误。
故选BC。
16. 如图所示，边长为L 的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场
方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B；三角形外的磁场范围足够大，方向垂直纸面向里，
磁感应强度大小也为B。顶点a 处有一粒子源，粒子源沿∠a的角平分线发射一质量为m、电
荷量为q 的带正电粒子，其初速度v0= qBL
m ，不计粒子重力，从a 点出发开始计时，则
（ ）
A．粒子第一次到达b 点的时间是πm
3qB
B．粒子第一次到达c 点的时间是2πm
qB
C．粒子第一次到达c 点的时间是13πm
6qB
D．粒子做圆周运动的半径为L
【答案】ABD
【来源】云南省昭通市一中教研联盟2024-2025 学年高二上学期期末质量检测物理试题（B 卷）
【详解】D．速度大小v0= qBL
m 的带电粒子垂直进入磁场，由牛顿第二定律得q v0 B =m v0
2
r
可得粒子做圆周运动的半径为r = L
故D 正确；
A．根据左手定则，可得到粒子的运动轨迹如下图
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粒子做圆周运动的周期T = 2πr
v0
其中r = m v0
qB
解得T = 2πm
qB
由图可知，根据粒子的运动轨迹，粒子从a 点射出到第一次到达b 点转过的圆心角为60°，可得粒
子第一次到达b 点的时间是t1= T
6 = πm
3qB
故A 正确；
BC．由图可知，根据粒子的运动轨迹，带电粒子从b 到c 转过的圆心角为300°，则时间为
t2= 5T
6 = 5 πm
3qB
则粒子第一次到达c 点的时间为t3=t1+t2= 2πm
qB
故B 正确，C 错误；
故选ABD。
17. 如图所示，等腰直角三角形ACD区域内（含边界），有垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度为B，边长为L，DC边中点P处有一个粒子源，可向各个方向发射质量为m，带电
量为q(q<0)，速率为v = qBL
2m 的同种粒子，该情况下在三角形ACD中有粒子经过的区域面积
为S。若把粒子源从P点移到D点，其它条件不变，粒子可以经过的区域面积为（ ）
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A．2π−4
4 +3π S
B．4 +3π
2π−4 S
C．π−2
4+3π S
D．4+3π
π−2
S
【答案】A
【来源】重庆市南开中学2024-2025 学年高二上学期期末物理试卷
【详解】从P点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分所示
则扫过的面积等于扇形和三角形的面积之和，则S =
( 1
2 L)
2
2
+ π( 1
2 L)
2
× 3
8 = 1
8 L
2+ 3
32 π L
2
将粒子发射点移到D 点后，从D 点各个方向打入磁场中，在磁场区域扫过的面积如下图阴影部分
所示
则扫过的面积等于扇形和三角形的面积之差，则S' = π( 1
2 L)
2
× 1
4 −
( 1
2 L)
2
2
= 1
16 π L
2−1
8 L
2
所以S'
S = 2π−4
4+3π
即S' = 2π−4
4 +3π S
故选A。
18. 磁聚焦技术是高能物理学中的一种重要技术，用于将高能粒子束聚焦到某一特定位置，
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以便进行精确的实验研究。现有电子射入圆形匀强磁场区域，当满足一定条件时，这些电子就
会汇聚于同一点。已知电子的质量为m、电荷量为e，忽略电子所受重力和电子间的相互作用。
(1)如图1 所示，在xOy 平面内，有一半径为R、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂
直纸面向里，P、Q 为圆形磁场区域的边界与坐标轴的交点。电极K 发出电子（初速度不计），经
过电压为U 的加速电场后，由小孔S 沿PO 方向射入圆形磁场区域，并从Q 点射出磁场。
a.求电子从加速电场射出时的速度v0的大小 ；
b.求磁感应强度B 的大小 。
(2)将（1）中的电子发射装置换成如图2 所示的电子源，电子源能持续不断地沿y 轴正方向以相同
的速度v0发射电子，形成宽L=√2 R，在x 轴方向均匀分布且关于y 轴对称的电子流。这些电子经
磁场偏转后均从Q 点射出磁场。求电子流从Q 点射出时与x 轴方向的夹角θ 的范围 。
【答案】(1) v0=√
2eU
m
B = 1
R √
2mU
e
(2)-45°≤θ≤45°
【来源】北京市平谷区2024-2025 学年高三下学期质量监控物理试卷
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【详解】（1）a．由动能定理 eU = 1
2 mv0
2
得v0=√
2eU
m
b．电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如答图2，设电子做匀速圆周运动的半径为
r ，由几何知识 r=R
根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律 e v0 B =m v0
2
r
得B = 1
R √
2mU
e
（2）最左端的电子在磁场中运动的轨迹如答图3；由题可知，电子做匀速圆周运动的半径 r=R
最左端的电子从Q 点射出时与x 轴的夹角最大，设该夹角为θm，由几何关系cosα =
L
2
R
， θm=90°-α
得θm=45°
同理最右端的电子从Q 点射出时与x 轴的最大夹角也为45°；可知 夹角θ 的范围是-45°≤θ≤45°。
题型5 带电粒子在磁场中运动多解问题
19. 如图所示的xOy 坐标系中，y 轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀
强磁场，y 轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y 轴上（0，−L）
处沿与y 轴正方向成30°角的方向以速度v 射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y 轴右侧的
轨道半径为L，最终粒子经过O 点，粒子重力不计。下列说法正确的是（ ）
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A．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y 轴右侧的磁感应强度大小为v
kL
B．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O 点的时间为π L
v
C．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O 点的时间可能为π L
v
D．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O 点的时间可能为7π L
3 v
【答案】AD
【来源】2023 届湖北部分学校高三下学期新高考模拟预热物理试题
【详解】A．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意作出粒子的运动轨迹，如图甲所示
根据
qvB =m v
2
R
解得
B = mv
qR
由几何关系可知
R = L
则有
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B = v
kL
A 正确；
B．由几何关系可知粒子在y 轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O 点的时间
t = T
6
由于
T = 2πL
v
解得
t = πL
3 v
B 错误；
CD．若y 轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y 轴左右两侧各偏转一次经过O 点，如图乙所示，
由几何关系可知粒子在y 轴左侧的轨道半径
R1=2 L
则y 轴左侧磁场的磁感应强度大小
B1= mv
q R1
=
v
2kL
粒子运动的时间
t1= 5
6 T + T 1
6
由于
T 1= 2π×2 L
v
解得
t1= 7π L
3 v
若y 轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y 轴的左侧偏转一次、在y 轴的右侧偏转两次经过O
点，如图丙所示
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由几何关系可知粒子在y 轴左侧的轨道半径
R2=3 L
则y 轴左侧磁场的磁感应强度大小
B2= mv
q R2
=
v
3kL
粒子运动的时间
t2= 5
3 T + T 2
6
由于
T 2= 2π×3 L
v
解得
t2= 13π L
3 v
C 错误，D 正确。
故选AD。
20. 如图所示，匀强磁场垂直于xOy 平面（纸面）向外，磁场的右边界与x 轴垂直，交x
轴于P（L，0）点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B₁，第Ⅳ象限内的磁感应强度为B₂，且
B₂=2B₁（大小均未知）。一质量为m、电荷量为+q 的粒子从原点O 以速度v 进入第Ⅰ象限的磁
场，方向与x 轴成30°角，粒子从P 点离开磁场区域，不计粒子重力，则第Ⅰ象限的磁感应强
度B₁ 的大小可能是（ ）
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A．mv
4 qL
B．mv
2qL
C．mv
qL
D．2mv
qL
【答案】CD
【来源】2025 届山西省临汾市高三下学期二模物理试题
【详解】根据洛伦兹力提供向心力qvB = mv
2
r
可得r = mv
qB
则在第Ⅰ象限内运动的半径为r1= mv
q B1
在第Ⅳ象限内运动的半径为r2= mv
q B2
= r1
2
设粒子最后从P 点离开时在第Ⅰ象限运动n 次，在第Ⅳ象限n−1次，根据几何关系有
2n×r1cos60°−2(n−1)×r2cos60° = L
解得B1=(
n+1
2 )
mv
qL ，(n=1,2,3⋯⋯)
A，当B1= mv
4 qL时，n 不为整数，故A 错误；
B，当B1= mv
2qL时，n=0，不符合取值范围，故B 错误；
C，当B1= mv
qL 时，n=1，故C 正确；
D，当B1= 2mv
qL 时，n=3，故D 正确。
故选CD。
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21. 如图，半径为R 和2R 的同心圆a、b 将足够大的空间分隔为I、II、III 区域，圆心为
O。I 区存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场；II 区存在沿半径方向向外的
辐向电场；III 区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出）。一带电粒子从P 点沿半
径方向以速度v0射入I 区，偏转后从K 点离开I 区，穿过II 区后，以速率v0
2
进入III 区。已知
∠POK=60°，忽略带电粒子所受重力。
(1)判断粒子的电性并求出其比荷q
m；
(2)求a、b 之间的电势差Uab；
(3)若粒子第三次从II 区进入III 区之前能经过P 点，求III 区磁场磁感应强度大小。
【答案】(1)负电，√3 v0
BR
(2)√3
8 BR v0
(3)1
4 B，1
12 B，√3
12 B
【来源】2025 届广东省广州市高三下学期一模物理试题
【详解】（1）粒子从P 点沿半径方向射入I 区，偏转后从K 点离开I 区，根据左手定则可知，四指
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指向与粒子运动方向相反，则带电粒子带负电。设带电粒子所带电量为-q，粒子在I 区做匀速圆周
运动的半径为r，作出粒子运动轨迹如图（a）所示
根据几何关系有r = R tan 60
∘
2
粒子在I 区做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有q v0 B =m v0
2
r
解得q
m = √3 v0
BR
（2）带电粒子在II 区做减速直线运动，根据动能定理有−qU ab= 1
2 m(
v0
2 )
2
−1
2 mv0
2
结合上述解得U ab= √3
8 BR v0
（3）带电粒子在III 区运动，设轨迹半径为r1，III 区磁场磁感应强度大小Bx，则有
q Bx⋅v0
2 =m(
v0
2 )
2
r1
结合上述解得Bx = √3 RB
6r1
作出粒子运动轨迹，如图（b）所示
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设粒子在b 圆面上N1射入III 区，在N2点离开III 区，令∠N1ON2=θ，在I 区内运动k1次，III 区内运
动k2次后，回到P 点，则有k1⋅60
∘=k2θ（k1、k2均为正整数，且有k2≤2，θ≥60
∘）
可知，粒子运动轨迹有三种可能性。情况i：
当k1=1，k2=1 时，θ =60
∘时，带电粒子在III 区运动后，沿PO 方向直接进入II 区时，运动轨迹如图
（c）所示
根据几何关系有r1
2 R = tan 60
∘
2
结合上述解得r1= 2√3
3
R，Bx= 1
4 B
情况ii：
当k1=2，k2=1 时，θ =120
∘，带电粒子在III 区运动后，进入II 区，又在I 区运动后，沿OP 方向回
到P 点时，运动轨迹如如图（d）所示
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根据几何关系有r1
2 R = tan 120
∘
2
结合上述解得r1=2√3 R，Bx = 1
12 B
情况iii：
当k1=3，k2=2 时，θ =90
∘，带电粒子两次进入III 区，又在I 区运动后，沿OP 方向回到P 点时，轨
迹如图（e）所示
根据几何关系有r1=2R
结合上述解得Bx = √3
12 B
22. 用磁场实现对微观粒子的控制在高能物理、材料科学、核磁共振、微流控芯片等领域
有着广泛的应用。如图所示为一种能够实现用磁场控制微观粒子的装置内部磁场分布图，x轴
上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B1= √2
2 B，x轴下方存在方向垂直纸
面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B2= B；在坐标原点O处有一粒子源，可以同时发射速度
大小为v0、方向分别沿y轴正、负方向的两个带电粒子P、Q。已知带电粒子质量均为m，电荷
量均为+q，粒子相遇时两者的运动互不影响，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
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(1)若P、Q两粒子同时经过H (x0,0)点，求该情况下B的最小值；
(2)若B = B0，且在xOy坐标系内的磁场为矩形磁场，为使两粒子发射后能够在磁场中相遇n次，求
矩形磁场的最小面积；
(3)两粒子发射后的运动轨迹会有很多交点，若B = B0，且两粒子发射时间不同，为使两粒子能相遇
在横坐标最小的轨迹交点处，求两粒子发射的时间差Δt。
【答案】(1)2(√2−1)m v0
q x0
(2)(2n+ 4+ 4√2) m
2v0
2
q
2B0
2
(3)(1+ √2
2 )
πm
q B0
【来源】2025 届河北省沧州市沧衡八县联考高三下学期一模物理试题
【详解】（1）由洛伦磁力提供向心力，有B1q v0=m v0
2
R1
解得R1= √2m v0
qB
由洛伦磁力提供向心力，有B2q v0=m v0
2
R2
解得R2= m v0
qB
若B 最小，说明H 点是P、Q 粒子在x 轴上第一次相遇的点，P、Q 粒子同时从O 点出发，运动轨
迹如图1 所示
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可知x0=2(R1−R2)
解得B 的最小值为Bmin= 2(√2−1)m v0
q x0
（2）当B = B0时，由洛伦磁力提供向心力，有B1q v0=m v0
2
R
'
1
解得R
'
1= √2m v0
q B0
由洛伦磁力提供向心力，有B2q v0=m v0
2
R
'
2
解得R
'
2= m v0
qB
P、Q 两粒子同时发射后，每经过一个周期在x 轴上相遇一次，P 粒子每个周期内轨迹与x 轴的交点
向正方向移动d =2(R
'
1−R
'
2)
n 个周期向正方向移动d总=2n(R
'
1−R
'
2)
所以磁场右边界的x 轴坐标为x1=d总+2 R
'
2=2n(R
'
1−R
'
2)+2 R
'
磁场的左边界x 轴坐标为x2=−2 R
'
2
磁场沿x 轴方向宽度为Δ x =2n(R
'
1−R
'
2)+ 4 R
'
2
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磁场沿y 轴方向宽度为Δ y = R
'
1+ R
'
所加矩形磁场的最小面积S = Δ x⋅Δ y =(2n+ 4+ 4√2) m
2v0
2
q
2B0
2
（3）横坐标最小的轨迹交点如图2 中所示的G 点
O1O2之间距离与AO 之间距离相等，
易知O1O2=2 R
'
2
可得α=45°
结合T = 2πR
v
可得T 1= 2√2πm
q B0
，T 2= 2πm
q B0
P 粒子运动至G 点转过国心角为45°，所用时间 t1= T 1
8
Q 粒子运动至G 点，在x 轴下方转过圆心角为180°，在x 轴上方转过圆心角为135°，所用时间
t2= T 2
2 + 3T 1
8
两粒子从O 点出发的时间之差Δt =t2−t1=(1+ √2
2 )
πm
q B0
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