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第39 讲 带电粒子在磁场中的运动
目录
01 课标达标练
题型01 带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识
题型02 带电粒子在非匀强磁场中的运动
题型03 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
题型04 三类动态圆
题型05 磁聚焦 磁发散
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识
1.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
1
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【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。
2.（多选）一个电子（不计重力，质量m，电荷量e）以速度v0垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，
则（ ）
A．电子在图示时刻受到垂直v0向上的洛伦兹力
B．电子在磁场中匀速圆周运动的半径r = mv0
eB
C．电子的速度始终不变
D．电子的动能始终不变
【答案】BD
【详解】A．由左手定则可知电子在图示时刻受到垂直v0向下的洛伦兹力，故A 错误；
B．由洛伦兹力提供向心力e v0 B =m v0
2
r
可得电子在磁场中匀速圆周运动的半径r = mv0
eB ，故B 正确；
CD．洛伦兹力提供向心力，则洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向时刻在改变，根据
Ek= 1
2 m v
2可知电子的动能始终不变，故C 错误，D 正确。
故选BD。
2
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02 带电粒子在非匀强磁场中的运动
3.如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线MN，电流方向向上。ab是一根水平放置的内壁光滑
绝缘管，端点a、b分别在以MN为轴心、半径为R 的圆柱面上。现使一个小球自a 端以速度v0射入ab
管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向b 运动过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．小球受到的洛伦兹力始终为零
B．洛伦兹力对小球先做正功，后做负功
C．小球的速率先增大后减少
D．管壁对小球的弹力方向先竖直向上，后竖直向下
【答案】D
【详解】AD．当小球运动到ab 中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为
零；小球自a 点到ab 中点，所受洛伦兹力竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力竖直向上；小球从ab 中点至
b 点，所受洛伦兹力竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力竖直向下，故A 错误，D 正确；
BC．如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图所示
3
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小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作用，洛伦兹力和弹力不做功，小球速率不变，故BC 错误。
故选D。
4.带正电的粒子在外力作用下沿虚线做匀速圆周运动，圆心为O，a、b、c、d 是圆上的4 个等分点。通有
电流大小为I 的长直导线垂直圆平面放置，电流方向如图所示，导线位于a、O 连线的中点。不考虑粒子运
动产生的电场，则（ ）
A．a、O 两点的磁感应强度相同
B．运动过程中，粒子所受合力不变
C．粒子从a 运动到c，洛伦兹力一直变大
D．粒子从a 出发运动一周，洛伦兹力不做功
【答案】D
【详解】A．右手螺旋定则可知a、O 两点的磁感应强度大小相等，方向相反，故A 错误；
B．由粒子做匀速圆周运动，合力为向心力，向心力的大小不变，方向时刻改变，故B 错误；
C．粒子做匀速圆周运动，粒子的速度大小不变，在a 点，速度方向和磁感应强度方向在同一条直线上，
洛伦兹力为零，在c 点速度方向和磁感应强度方向在同一条直线上，洛伦兹力为零，在a、c 之间的圆弧轨
迹上，速度方向和磁感应强度方向不在同一条直线上，洛伦兹力不为零，故粒子从a 运动到c，洛伦兹力
不可能一直变大，故C 错误；
D．洛伦兹力总是与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D 正确。
故选D。
03 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
5.如图所示，矩形边界ABCD内有磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场，AB、CD边足够长。现有质量为m
、电荷量为q的不同速率的带正电粒子，从AD边的中点E以垂直于磁场方向进入磁场区域，粒子进入磁场
时速度方向与边界AD夹角均为θ（θ为固定夹角），不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的
是（ ）
4
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A．粒子的速度越大，在磁场中运动的时间越长
B．粒子在磁场中运动的时间不可能相等
C．从AB边射出的粒子速度小于从DC边射出的粒子速度
D．从AE边射出的粒子，出射点越靠近E点，粒子的速度越大
【答案】C
【详解】AB．粒子在磁场中做圆周运动，有qvB =m 4 π
2
T
2 r =m v
2
r
解得周期、圆周半径分别为T = 2πm
qB 、r = mv
qB
粒子从AE 边射出时，对称性可知，无论速度大小，粒子在磁场中扫过的圆心角θ相同，根据t = θ
2π T
可知，由于为同种粒子，所以T 相同，故粒子在磁场中运动时间相同，故AB 错误；
C．粒子从AB 边射出时的圆周半径小于从DC 边射出时的半径（可以通过几何关系判断），根据r = mv
qB
可知从AB边射出的粒子速度小于从DC边射出的粒子速度，故C 正确；
D．从AE边射出的粒子，出射点越靠近E点，粒子做圆周运动半径越小，故粒子速度越小，故D 错误。
故选C。
6.如图所示，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，BC边长为L, AB边长为2 L，大量质量
为m、电荷量为q、速度大小为v的带负电粒子垂直AC边射入磁场。带电粒子在磁场中运动后只从AB和
BC边射出磁场。不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用，则匀强磁场的最大磁感应强度为（ ）
5
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A．mv
2qL
B．√3mv
3qL
C．√3mv
qL
D．2mv
qL
【答案】C
【详解】当粒子运动轨迹与A、B 边相切于D 点，右边刚好从C 点射出，此时对应的磁感应强度有最大
值，粒子运动轨迹如图所示
根据几何关系，有√3 L=r +
r
sin30
∘
解得r = √3
3 L
根据洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
联立解得B = √3mv
qL
故选C。
7.（多选）如图所示，直线MN 上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O 以与MN
成30°角的同样速度v 射入磁场，设电子质量为m、电荷量为e，则（ ）
A．正、负电子在磁场中运动的半径相同但周期不同
B．正、负电子从磁场中射出点到O 点的距离相等
C．正、负电子在磁场中运动的时间差是4 π m
3 Be
D．正、负电子在磁场中运动的时间差是π m
Be
【答案】BC
【详解】A．正、负电子在磁场中的回旋轨迹如图所示，
6
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由evB =m v
2
r
解得r = mv
eB
粒子运动的周期T = 2πm
eB
所以正、负电子在磁场中运动的半径和周期相同，故A 错误；
B．由图根据几何关系可知，正、负电子从磁场中射出点到O 点的距离相等，都等于d=r，故B 正确；
CD．正电子受力的方向向下，偏转角是60°，在磁场中运动的时间为t1= 60°
360° T = πm
3eB
负电子受力的方向向上，偏转角是300°，在磁场中运动的时间为t2= 300°
360° T = 5 πm
3eB
射出的时间差为Δt =t2−t1= 4 πm
3eB
故C 正确，D 错误。
故选BC。
8.（多选）如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），Oa、Ob、Oc、Od 是以不
同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，它们之间的相互作用和重力不计，a、b、d 三个出射
点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是（ ）
A．沿径迹Oc 运动的电子在磁场中运动时间最短
B．沿径迹Oc、Od 运动的电子均为负电子
7
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C．沿径迹Oa、Ob 运动的速率比值为√3
2
D．沿径迹Ob、Od 运动的时间之比为4：3
【答案】BD
【详解】A．由于正电子和负电子的电荷量大小q 和质量m 均相等，电子在磁场中做匀速圆周运动，则有
qvB =m v
2
R ，T = 2πR
v
解得T = 2πm
qB
设偏转角为θ，则t = θ
2π T
周期相等，由题图可判断沿径迹Oc 运动的电子偏转角最大，对应圆心角也最大，所以沿径迹Oc 运动的电
子在磁场中运动时间最长，A 错误；
B．由左手定则可判断沿径迹Oc、Od 运动的电子均带负电，为负电子，B 正确；
C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得，沿径迹Oa、Ob 运动的电子轨迹半径分别为
ra=r、rb=√3r
根据qBv =m v
2
r 可得，
va
vb
= ra
rb
= √3
3
C 错误；
D．由上述分析可知，电子在磁场中的运动时间之比等于偏转角之比
tb
td
= θb
θd
= 60°
45° = 4
3
D 正确。
故选BD
9.（多选）在研究质谱仪扇形磁场的磁场特征中，采用如图所示的情景来简化分析，扇形MON 区域内存在
垂直纸面向里的匀强磁场，∠MON =120°，∠MOP=60°，a、b 两个带电的粒子以相同大小的初速
度，分别从圆弧MN 上的M 点和P 点沿半径方向射入磁场区，均从N 点离开磁场。粒子重力及粒子间的作
用力不计。则粒子a、b（ ）
8
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A．在磁场中运动的轨道半径之比为1:√3
B．比荷之比为1:3
C．在磁场中运动的角速度之比为3:1
D．在磁场中运动的时间之比为3:2
【答案】BD
【详解】A．设磁场的半径为R，a、b 电子在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2，根据洛伦兹力提供向心力
qvB = m v
2
r
可得r1= m1v0
q1B ，r2= m2v0
q2B
粒子速度改变角分别为60°、120°，利用几何关系可求得r1=√3 R，r2= √3
3 R
联立可求得
r1
r2
=3:1
故A 错误；
B．同理可得粒子比荷之比为q1
m1
: q2
m2
=1:3
故B 正确；
C．周期之比为T 1
T 2
=
2πm1
q1B
2πm2
q2B
=3:1
又ω= 2π
T
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角速度之比为ω1:ω2= q1
m1
: q2
m2
=1:3
故C 错误；
D．a,b电子在磁场中运动时间分别为t1= T 1
6 = 2πm1
6 B q1
,t2= 1
3 T 2= 2πm2
3 B q2
可求得
t1
t2
= 3
2
故D 正确。
故选BD。
10.（多选）如图所示，有一边长为a 的正方形ABCD，在ABCD 内的适当区域加一垂直正方形ABCD 所在
平面的匀强磁场。一束电子以某一速度沿正方形ABCD 所在平面、且垂直于AB 边射入该正方形区域，已
知该束电子从AB 边上的任意点入射，都只能从C 点沿正方形ABCD 所在平面射出磁场，不计电子重力，
则关于该区域的磁场方向及最小面积，下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向垂直于ABCD 所在平面向里
B．磁场方向垂直于ABCD 所在平面向外
C．磁场的最小面积为(π −2)a
2
2
D．磁场的最小面积为1
4 π a
2
【答案】AC
【详解】AB．由于电子要在ABCD 平面内从C 点射出，区域磁场必须垂直区域平面向里，故A 正确，B 错
误；
CD．磁场的最小面积是一个以B 点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆和以D 点为圆心、正方形的
边长为半径的四分之一圆的公共范围，如图所示
10
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由几何关系得最小面积为(π −2)a
2
2
，故C 正确，D 错误；
故选AC。
11.（多选）如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，且磁感应强度相同
的匀强磁场，A、B 两点都在L2上。带电粒子从A 点以初速度v0与L2成30
°角斜向右上方射出，经过偏转后
正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．若将带电粒子在A 点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B 点
B．带电粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点时的速度大小相同
C．若将带电粒子在A 点时的初速度方向改为与L2成60
°角斜向右上方，它将不能经过B 点
D．此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷
【答案】ABD
【详解】画出带电粒子运动的可能轨迹，B 点的位置可能有如图四种
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A．根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点间的距离相
同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可能经过B 点，故A 错误；
B．如图，粒子B 的位置在B1、B4，由于洛伦兹力对粒子不做功，则速度跟在A 点时的速度大小相等，但
方向不同，故B 正确；
C．如图，设L1与L2之间的距离为d，则A 到B2的距离为
x= 2d
tanθ
所以，若将带电粒子在A 点时初速度方向改为与L2成60
°角斜向上，则每次经过一个周期前进的距离为
x1=
2d
tan60
° = x
3
则经过三个周期后经过B 点。故C 错误；
D．由图可知，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故D 正确。
故选ABD。
12.（多选）如图所示，一粒子源S 可向外发射质量为m，电荷量为q 带正电的粒子，不计粒子重力，空间
充满一水平方向的匀强磁场，磁感应强度方向如图所示，S 与M 在同一水平线上，某时刻，从粒子源发射
一束粒子，速度大小为v，方向与水平方向夹角为θ，SM 与v 方向在同一竖直面内，经时间t，粒子到达N
处，已知N 与S、M 在同一水平面上，且SM 长度为L，NM 与SM 垂直，匀强磁场的磁感应强度大小可能
是（ ）
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A．5 πm
qt
B．3 πm
2qt
C．3 πmv cosθ
qL
D．5 πmv sinθ
2qL
【答案】AC
【详解】带电粒子与磁感应强度方向成一定角度进入磁场，它的运动是沿磁场方向的匀速直线运动与垂直
于磁场方向的匀速圆周运动的合运动，由等时性有
(2n+1) T 圆
2 ＝t ＝
L
vcosθ
而
T 圆＝2πm
Bq
联立两式得
B＝(2n+1)πm
qt
显然当n=2 时
B＝5 πm
qt ；
或者
B = (2n+1)πvmcosθ
qL
，
当n=1 时
B = 3 πvmcosθ
qL
所以选项AC 正确，选项BD 错误．
故选AC．
13.（多选）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
【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。
14
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14.（多选）真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边
界。质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电粒子（不计重力）沿着与MN夹角θ =30°的方向以一定的速度
v0（大小未知）射入磁场中，从PQ边界射出磁场时与PQ的夹角为60°。则v0的大小可能为（ ）
A．(√3−1)qBl
2m
B．(√3+1)qBl
2m
C．(√3−1)qBl
m
D．(√3+1)qBl
m
【答案】CD
【详解】粒子从F点射出时，轨迹圆心为O1，半径为R1，如图所示
根据几何关系有
15
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l = AE− FG = R1cos30°−R1cos60°
解得
R1= (√3+1)l
根据
q v01B =m v01
2
R1
解得
v01= (√3+1)qBl
m
粒子从D点射出时，轨迹圆心为O2，半径为R2，根据几何关系有
l = AB+CD = R2cos30°+ R2cos60°
解得
R2=(√3−1)l
根据
q v02B =m v02
2
R2
可得
v02= (√3−1)qBl
m
故选CD。
15.（多选）如图所示，在ab边界的右侧和bc边界的上方有一垂直纸面向外匀强磁场，磁感应强度大小为
B。bc足够长，ab距离为d，且ab⊥bc，O、a、b、c共面。在O点有一粒子源，O点到ab、bc的距离均
为d。打开粒子源发射装置，能够沿纸面向各个方向均匀发射质量为m，电荷量为q的带正电粒子，速率
v = qBd
m 。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是（ ）
16
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A．从ab边射出磁场的粒子数占总粒子数的1
6
B．从bc边射出磁场的粒子数占总粒子数的5
12
C．到达bc边的粒子在磁场中运动的最短时间为πm
6qB
D．能够打在ab和bc边上的所有粒子在磁场中运动最长路径与最短路径之比为9:2
【答案】AD
【详解】A．如图所示，当速度方向与Oa夹角为30°，粒子恰好经过a点，当速度方向与Oa夹角满足
30°≤α ≤90°，粒子到达ab边，所以从ab边出磁场的粒子数为总数的1
6，故A 正确；
B．如图所示，从bc边出磁场的粒子数需要满足90°≤α ≤270°，则占粒子总数为1
2，故B 错误；
C．如图所示，当射入点O与bc边上的点的连线与bc边垂直时，此粒子在磁场中运动时间最短，运动时间
t = T
6 =πm
3qB
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故C 错误；
D．如图所示，当转过圆心角为270°时路径最长，转过圆心角为60°时路径最短，故D 正确。
故选AD。
04 三类动态圆
16.如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，不考虑离子间的相互作用，
则离子经过磁场的区域（阴影部分）可能的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】离子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示
粒子源最左端发射的粒子落在A 点，最右端发射的粒子落在B 点，故选C。
17.（多选）如图，空间存在磁感应强度大小为B。方向垂直纸面向外的匀强磁场，OA 距离为2L，OP 是一
足够大的荧光屏，粒子打在荧光屏上均被吸收，在O、A 之间有大量质量为m、电荷量为+q的粒子，以相
18
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同的速度沿纸面垂直于OA 开始运动。其中从OA 中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上（不计粒子重
力及其相互作用）。图中∠POA =120°，则可判断带电粒子（ ）
A．运动速度大小为qBL
m
B．在磁场中运动的最长时间4 πm
3qB
C．打在荧光屏上的位置距离O 点最远为L
D．打在荧光屏上的位置距离O 点最远为2√3
3
L
【答案】AD
【详解】A．从OA 中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上，粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r = L
对粒子，由牛顿第二定律得qvB =m v
2
r
解得粒子的速度大小v = qBL
m
故A 正确；
B．所有粒子速度相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，从A 点射入磁场的粒子打在O 点，
该粒子在磁场中转过的圆心角最大，该粒子在磁场中的运动时间最长，最大圆心角θ =180
∘，粒子在磁场
中的最长运动时间t m =
θ
360
∘T = 180
∘
360
∘× 2πm
qB = πm
qB
故B 错误；
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CD．粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO 时，其位置距离O 点最远，如图所示
由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O 点的最远距离为d =
r
sin 60° = 2√3
3
L
故C 错误，D 正确。
故选AD。
18.如图所示，虚线为一垂直纸面向里的匀强磁场的边界，其中MN和PQ均为直线，NP是半圆的直径，半
圆的半径为R，A 为直线MN上一点，AN的距离等于R，磁场的磁感应强度大小为B。一粒子源在A 点沿
垂直于MN的方向上持续不断的发射出速率不同的同一种粒子，该粒子带负电，粒子的质量为m，电荷量
为q，不计粒子重力，磁场足够大，以下说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的半径越大，粒子在磁场中运动的时间一定越长
B．A 点与粒子离开磁场时所经过的位置的连线的长度越长，粒子在磁场中运动的时间一定越长
C．粒子在磁场中运动的最短时间为2πm
3qB
D．粒子在磁场中运动的最长时间为πm
2qB
【答案】C
【详解】AB．粒子的入射方向一定，粒子运动的圆心角等于弦切角的2 倍，粒子从MN上和PQ上离开磁
场时，都是经过半个周期，故AB 错误；
CD．粒子在磁场中运动的最短时间就是对应的弦切角最小，即从A 点做半圆的切线，如图所示
20
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由几何关系可以求出弦切角等于60°，对应的圆心角为120°，所以最短时间为T
3 ，最长时间为半个周期，
即
tmin= 2πm
3qB
tmax= πm
qB
故C 正确，D 错误。
故选C。
19.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中射线bc 足够
长，∠abc＝135°。其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，在纸面内从a
点垂直于ab 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。以下说法正确的是（ ）
A．从bc 边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B．若从a 点入射的速度越大，则在磁场中运动的时间越长
C．粒子在磁场中最长运动时间不大于5 πm
4 qB
D．粒子在磁场中最长运动时间不大于3 πm
2qB
【答案】D
【详解】AB．画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图1 所示。粒子入射的速度越大，其做圆周运
动的半径越大，当粒子都从ab 边射出，所用时间均为半个周期，用时相等；当粒子从bc 边射出时，速度
越大，轨道半径越大，圆心角越大，运动时间越长，故AB 错误；
21
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CD．当粒子的速度足够大，半径足够大时，忽略ab 段长度，运动情况可简化为如图2 所示，在直线边界
磁场问题中，根据粒子运动轨迹的对称性，结合几何关系可知此时圆心角大小为
α =270°
可得粒子在磁场中运动的最长时间为
t = 270°
360° T = 3 πm
2qB
故C 错误，D 正确。
故选D。
20.如图所示，在足够长的荧光屏MN 上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与
纸面垂直．距离荧光屏h=16cm 处有一粒子源S，以速度v=1×106m/s 不断地在纸面内向各个方向发射比荷
q/m=1×108C/kg 的带正电粒子，不计粒子的重力．则粒子打在荧光屏范围的长度为（ ）
A．12cm
B．16cm
C．20cm
D．24cm
【答案】C
【详解】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r
解得r =10cm
22
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当粒子的轨迹与屏幕相切时为临界情况，即打到荧屏上的边界，找到圆心O（到S 点的距离与到MN 的距
离相等的点），
如上图，
由几何知识知x2=√r
2−(h−r )
2=8cm
设粒子打在荧屏上最左侧的C 点，则x1=√(2r )
2−h
2=12cm
则范围的长度为x1+x2=20cm；
故选C．
21.（多选）如图所示，矩形ABCD 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AB
边长为d，BC 边长为2d，O 是BC 边的中点，E 是AD 边的中点，在O 点有一粒子源，可以在纸面内向磁场
内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、有同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与
OB 边的夹角为60°的粒子恰好从E 点射出磁场，不计粒子的重力，则（ ）
A．粒子带正电
B．粒子运动的速度大小为qBd
m
C．粒子在磁场中运动的最长时间为πm
2qB
D．磁场区域中有粒子通过的面积为( 4 + π
4
)d
2
【答案】BCD
【分析】根据速度与OB 边的夹角为60°的粒子恰好从E 点射出磁场，可知粒子的偏转方向，由几何关系可
知粒子运动的轨道半径，从而求解粒子的速度；由于粒子做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动
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的轨迹越长，时间越长，找到最长的轨迹，结合周期公式求解最长的时间.
【详解】速度与OB 的夹角为600的粒子恰好从E 点射出磁场，由粒子运动的轨迹根据左手定则可判断，粒
子带负电，选项A 错误；由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r=d，由牛顿第
二定律：qvB=mv
2
r
,则粒子运动的速度大小为v = qBd
m ，选项B 正确；由于粒子做圆周运动的速度大小相
同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆
周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时间为πm
2qB ,由图可知，磁场区域有粒子通过的面积为图中
AOCDA 区域的面积，即为d
2+ 1
4 π d
2=( 4+ π
4
)d
2，选项D 正确；故选BCD.
22.（多选）如图所示，挡板ad 上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，挡板中间存在
一空隙bc，bc 的间距为L，磁场中且处于空隙正上方的S 处有一粒子源，S 到b、c 的距离也为L，粒子源向
各个方向均匀发射速度大小相同的带正电粒子，若粒子打到挡板上会被吸收。某次调节粒子源的发射速度
为v(未知)，使挡板空隙中所有区域均有粒子射出，且能射出的粒子数目为某时刻发射粒子总数的1
6 ，已知
从b 点射出的粒子速度方向与挡板垂直，粒子电荷量为q，质量为m，不考虑粒子重力和粒子间的相互作
用，则（ ）
A．粒子源的发射速度为qBL
m
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B．两个挡板上能吸收到粒子的总长度为√13+√4√3−3−2
2
L
C．调节粒子源的发射速度为v
2，空隙中所有区域依然都有粒子射出
D．调节粒子源的发射速度为v
2，射出粒子数目仍为发射粒子总数的1
6
【答案】AB
【详解】A．由题意可知，粒子运动情况如图所示
因为从b 点射出的粒子速度方向与挡板垂直，根据几何关系可知，粒子的轨迹圆心在c 点，则有：
r = mv
qB = L
粒子速率为
v = qBL
m
故A 正确；
B．由题意可知，打到左侧挡板最远点的粒子，与S 点的连线长度等于粒子的轨迹直径，
由几何关系可知左侧最远点到间隙中心的距离为
x1=√
（2 L）
2−(
√3
2 L)
2
= √13
2
L
粒子能够到达右侧挡板最远点的位置应为粒子轨迹与右侧挡板的切点，由几何关系可知右侧最远点到间隙
中心的距离为
x2
2+(L−√3
2 L)
2
= L
2
解得
x2= √4√3−3
2
L
因此挡板上能吸收到粒子的总长度
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x = x1+ x2−L= √13+√4√3−3−2
2
L
故B 正确；
C．由A 知粒子发射速度
v
2 = qBL
2m
则轨迹半径
r =
m v
2
qB = L
2
根据几何关系可知，粒子到达b 点时，bS 连线恰好等于轨迹直径，粒子运动情况如图所示，假设粒子轨迹
与bc 相切于N 点，由几何关系，可求得切点N 到间隙中心的距离为
x =√
L
2
4 −（√3
2 L−1
2 L）
2= √2√3−3
2
L
即x< L
2
说明右侧能够有粒子射出的最远位置还没有到达c 点，故C 错误；
D．根据图示可知，若粒子从b 点射出磁场，其从S 点出射时的速度方向与bS 连线垂直斜向左上方；若粒
子以与Sc 垂直且斜向左下方的速度方向射出，根据粒子的运动规律可知，粒子运动轨迹将与bc 相交与中
间某点，此时两种情况下从S 点出射的速度方向夹角为60
∘，所以运动轨迹与bc 相切的粒子从S 点出射速
度方向与从b 点射出的粒子从S 点的出射方向夹角大于60
∘，因此此时射出粒子数目大于发射粒子总数的1
6
，故D 错误。
故选AB。
05 磁聚焦 磁发散
23.（多选）如图所示，在xOy 坐标系的第三、四象限有一半径为L 的圆形区域，圆心O'位于y 轴上的
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y =−L处，圆形区域内存在垂直坐标平面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，在y = 3
2 L处
有一足够大的接收屏垂直y 轴放置，在x 轴与接收屏之间的区域存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感
应强度大小也为B。在−2 L< y <0范围内数密度均匀的电子沿x 轴正方向以相同的速度射入圆形磁场区
域，所有的电子都会经过坐标原点O，已知电子的比荷为k，不计电子重力以及电子之间的相互作用，下
列说法正确的是（ ）
A．圆形区域内磁场方向垂直坐标平面向外
B．电子的速度大小均为v = BL
k
C．接收屏上有电子击中的长度为√3 L
D．能打在接收屏上的电子占入射电子总数的1
3
【答案】AC
【详解】A．所有的电子都能经过坐标原点O，根据左手定则可知，圆形区域内的磁场方向垂直纸面向
外，A 正确；
B．根据“磁聚焦”模型可知，电子在圆形区域磁场内运动的半径为r = L
根据电子在磁场中运动的轨迹半径公式r = mv
eB ，解得v =kBL，B错误；
D．两个磁场的磁感应强度相同，电子在两个磁场做圆周运动的半径相同，都等于L。纵坐标为y1=−3
2 L
电子的运动轨迹恰好与接收屏相切，只有在−3
2 L≥y >−2 L范围内射入圆形区域磁场的电子会打在接收屏
上，故打在接收屏上的电子占入射电子总数的1
4 ，D错误；
C．根据三角函数得L+ Lsinθ = 3
2 L，L+ Lcosα = 3
2 L
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解得θ =30°，α =60°
接收屏上有电子击中的长度为x = Lsin 60°+ Lcos30° =√3 L，C 正确。
故选AC。
24.（多选）如图所示，半径为R、磁感应强度为B 的圆形匀强磁场，MN 是一竖直放置足够长的感光板。
大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P 以速度v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁
场切线方向入射的粒子。粒子质量为m、电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力。关于这
些粒子的运动，以下说法正确的是（ ）
A．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短
B．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长
C．若粒子速度大小均为v = qBR
m ，出射后均可垂直打在MN 上
D．若粒子速度大小均为v = qBR
m ，则粒子在磁场中的运动时间一定小于πm
qB
【答案】ACD
【详解】AB．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越
小，由
t = θ
2π T = θm
qB
知运动时间t越短，故A 正确，B 错误；
28
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CD．速度满足v = qBR
m 时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为
r = mv
qB = R
根据几何关系可知入射点P、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁
场半径平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN 垂直，沿不同方向射入磁场，出射后均可垂直打在MN
上；根据几何关系可知轨迹对应的圆心角小于为180°，粒子在磁场中的运动时间
t < 1
2 T = πm
qB
故CD 正确。
故选ACD。
25.（多选）匀强磁场B 水平向左，一带正电的粒子以速度v0进入磁场，初速度方向与磁场反方向夹角为θ
，已知粒子质量为m，电荷量为q，忽略粒子重力，粒子运动轨迹如下图所示，则以下说法正确的是（
）
A．螺旋的半径为mv0cosθ
Bq
B．相邻两螺旋间距为πm v0cosθ
Bq
C．带电粒子在运动时加速度大小不变
D．若带电粒子速度大小不变，方向可以变化，则当夹角θ满足某一条件时，粒子在一个周期运动轨迹所包
围的体积有最大值
【答案】CD
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【详解】A．设带电粒子水平方向速度分量为v x，竖直方向速度分量为v y，由分析可知带电粒子的螺旋运
动可分解为平行于磁场方向向右的匀速直线运动（其速度大小为v x）和垂直于磁场方向的匀速圆周运动
（其速度大小为v y）。带电粒子速度v0与磁场B 夹角为θ，故平行于磁场方向的速度分量为v x = v0cosθ
垂直于磁场方向的速度分量为v y = v0sinθ
带电粒子垂直磁场方向做匀速圆周运动，设其半径为r，由洛伦兹力提供向心力有Bq v y =m v y
2
r
解得r = m v y
Bq = m v0sinθ
Bq
，故A 错误；
B．相邻螺旋间距即“螺距”，是平行方向在一个圆周运动周期内的位移。设垂直方向匀速圆周运动的周
期为T，根据周期与圆周运动速度的关系有T = 2πr
v y
= 2πm
Bq
所以一个周期内平行磁场方向匀速直线运动的位移即螺距为x = v xT = 2πmv0cosθ
Bq
，故B 错误；
C．粒子受洛伦兹力的大小为F = Bq v y = Bq v0sinθ
由于洛伦兹力不做功，粒子速度大小v0始终不变，故F大小不变。根据牛顿第二定律有F =ma
代入数据解得a= F
m = q v0 Bsinθ
m
由于q、v0、B、θ、m均为定值，所以加速度大小不变。故C 正确；
D．粒子一个周期内的轨迹为“螺旋线”，包围的体积可视为圆柱体体积，其底面积为圆周运动的圆面
积，高为螺距x。由上面分析可知圆周运动的半径为r = m v y
Bq = m v0sinθ
Bq
所以圆柱的底面积为S = π r
2= π(
m v0sinθ
Bq )
2
螺距为x = v xT = 2πm v0cosθ
Bq
所以圆柱体的体积为V = Sx = π(
mv0sinθ
Bq )
2 2πmv0cosθ
Bq
= 2π
2m
3v0
3sin
2θcosθ
B
3q
3
要使圆柱体的体积最大，需要sin
2θcosθ最大，令f (θ)=sin
2θcosθ
利用三角函数关系sin
2θ =1−cos
2θ
得f (θ)=sin
2θcosθ =(1−cos
2θ)cosθ =cosθ−cos
3θ
30
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对f (θ)求导并令导数为0，可解得存在θ使f (θ)最大，所以体积V 有最大值，即当夹角θ满足某一条件时，
粒子在一个周期运动轨迹所包围的体积有最大值，故D 正确。
故选CD。
26.如图所示，在纸面内水平放置两根长直导线AB 和CD，只有一条导线中通有恒定电流。在纸面内，一
电子由E 点开始经过F 运动到G 的轨迹如图中曲线所示，下列说法中正确的是（ ）
A．导线AB 中通有从A 到B 方向的电流
B．导线AB 中通有从B 到A 方向的电流
C．导线CD 中通有从C 到D 方向的电流
D．导线CD 中通有从D 到C 方向的电流
【答案】C
【详解】由于电子在运动的过程中，速度大小不变，根据
r = mv
qB
可知在F 点处轨道半径较小，磁感强度较大，一定是导线CD 中通有电流由于，电子带负电荷，根据左手
定则可知，F 处的磁场方向垂直纸面向内，由安培定则可知，导线CD 中电流的方向从C 到D。
故选C。
27.（多选）如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一、二象限内，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、电荷量大小为q 的相同粒子从y 轴上的P(0, L)点，以相同的速率在纸面内
沿不同方向先后射入磁场。当沿x 轴正方向射入时，粒子恰好垂直x 轴离开磁场，不计粒子的重力和粒子
间的相互作用力，则（ ）
A．粒子入射速率为qBL
m
B．粒子可能带负电
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C．粒子在磁场运动的最短时间为πm
3 Bq
D．粒子离开磁场的位置到P 点的最大距离为2L
【答案】ACD
【详解】A．根据题目描述“当沿x 轴正方向射入时，粒子恰好垂直x 轴离开磁场”可知粒子旋转方向为顺
时针方向，轨迹圆心位于坐标原点，由几何关系可知半径R = L。粒子轨迹如图所示
粒子在磁场中运动仅受洛伦兹力的作用，由洛伦兹力提供向心力Bqv = mv
2
R
可得v = BqR
m
带入半径，v = BqL
m 。A 正确；
B．根据题目描述“当沿x 轴正方向射入时，粒子恰好垂直x 轴离开磁场”可知粒子旋转方向为顺时针方
向，由左手定则判断洛伦兹力方向可知，粒子为正电荷。B 错误；
C．因为粒子运动速度大小不变，方向改变，则运动过程中圆周运动半径不变R = L。由圆的几何性质可
知，最短的弦所对圆心角最小。粒子轨迹如图所示
粒子由P 点出发，由x 轴离开磁场，最短的弦为点到直线的距离，即PO = L
设圆心为Q，则三角形PQO 为等边三角形，圆心角θ = π
3
则粒子在磁场运动的最短时间为t = 60°
360° ×2πm
Bq
=πm
3 Bq 。C 正确；
D．根据圆的几何性质可知，粒子在圆周运动中所能到达的最远位置为圆的直径所在的位置。粒子轨迹如
图所示
32
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运动过程中圆周运动半径R = L，则粒子离开磁场的位置到P 点的最大距离为2L。D 正确。
故选ACD。
28.（多选）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
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
【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 = m v0
Bq
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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
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。
29.如图所示，半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，MN 为其直径。
质量为m、电荷量大小为q 的带电粒子在纸面内从M 点与MN 成30°角射入磁场，一段时间后从N 点离开
磁场。粒子重力不计，则粒子（ ）
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A．在磁场中运动的时间为πm
6qB
B．在磁场中运动的时间为2πm
3qB
C．射入磁场时的速度大小为2qBR
m
D．射入磁场时的速度大小为√3qBR
m
【答案】C
【详解】CD．作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子圆周运动的半径r =2 R
洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有Bqv = mv
2
r
解得v = Bqr
m = 2BqR
m
C 正确，D 错误；
AB．粒子在磁场中运动的周期T = 2πr
v
= 2πm
Bq
由几何知识可知∠M O
' N =60°
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所以粒子在磁场中运动的时间t = 1
6 T = πm
3 Bq
AB 错误。
故选C。
30.（多选）如图所示，直线OP 把坐标系Oxy 分成I 区域和II 区域，区域I 中的磁感应强度为B，方向垂直
纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内。边界上的P 点坐标为（4L，3L）。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，经过一段时间后，粒子恰好经过原点
O。忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8.则下列说法中正确的是（ ）
A．该粒子可能沿y 轴负方向从O 点射出
B．该粒子射出时与x 轴正方向夹角一定为90°
C．该粒子在磁场中运动的最短时间t = 53 πm
60qB
D．该粒子运动的可能速度为v = 25qBL
12nm (n=1,2,3,⋯)
【答案】BCD
【详解】AB．带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
qvB =m v
2
R
解得
R = mv
qB
所以粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径关系为
R1=2 R2
如图所示
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由题意知OP 边与x 轴的夹角
tan α = 3 L
4 L
可得
α =37
∘
故带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射入区域I 与OP 边的夹角为53°，由带电粒子在单边磁场运动的对
称性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y 轴负方向，故A 错误，B 正确；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
T = 2πm
qB
粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为
θ1=106
∘
粒子在区域Ⅰ中运动的时间为
t1= θ1
2π T 1= 53
90 ⋅πm
qB
粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为
θ2=106
∘
粒子在区域Ⅱ中运动的时间为
t1= θ2
2π T 2= 53
180 ⋅πm
qB
所以该粒子在磁场中运动的最短时间
t =t1+t2= 53 πm
60qB
故C 正确；
D．带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP 边移动的距离为
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L0= L1+ L2
其中
L1=2 R1cos37
∘= 8mv
5qB
L2=2 R2cos37
∘= 4 mv
5qB
而
5 L=n L0，n=1，2，3……
联立解得
v = 25qBL
12mn
(n=1,2,3⋯)
故D 正确。
故选BCD。
31.（多选）小明同学对正、负电子对撞产生了浓厚的兴趣，他根据所学知识设计了正、负电子对撞装置，
通过电子在匀强磁场中的运动来实现正、负电子在不同位置能发生正碰。如图所示，ab 和cd 是关于y 轴
对称、间距为2l 的直线磁场边界，在两边界之间有两个有界匀强磁场。两磁场的边界MN 位于x 轴上方且
平行于x 轴，MN 与x 轴的距离h 可调。MN 下方的磁场垂直纸面向里，上方的磁场垂直纸面向外，磁感应
强度大小均为B。若将质量为m、电荷量为e 的正、负电子分别从ab 和cd 磁场边界上沿x 轴同时以相同速
率v = √3eBl
4 m
进入强磁场，使正、负电子能在y 轴的不同位置垂直于y 轴方向发生正碰，则MN 与x 轴的距
离h 的大小可能是（不计粒子间的相互作用力和粒子重力）（ ）
A．h= √3+√2
4
l
B．h= √3−√2
4
l
C．h= 2√3−√11
8
l
D．h= 5√3−√7
20
l
38
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【答案】ABC
【详解】设正、负电子以速度v 在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有
Bev ＝m v
2
r
解得
r ＝√3
4 l
当粒子运动到MN 上方磁场且恰好与ab 边界相切，此时粒子在磁场中圆心角最大。根据几何关系有
h=( √3
2 +1)r = 3+2√3
8
l
当h＞r 时
(h−r )
2+( l
2n )=r
2
h= √3
4 l+ l
4 n √3n
2−4
所以求得
h≤3+2√3
8
l
当n=1 时，无解；
当n=2 时
h= √3+√2
4
l
当n＞3 时
h> 3+2√3
8
l
不成立。
所以
h= √3+√2
4
l
39
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当h＜r 时，如图所示，正、负电子在两磁场中存在往复运动的情况，根据几何关系有
(r −h)
2+( l
2n )
2
=r
2
解得
h= √3
4 l−l
4 n √3n
2−4，（n=2、3、4...）
当n=2 时
h= √3−√2
4
l
当n=4 时
h= 2√3−√11
8
l
但是不可能为h= 5√3−√7
20
l
故选ABC。
32.（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（
40
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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
【详解】AB．当所加匀强磁场方向垂盲纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转。约束在OP 之下的
区域的临界条件是离子运动轨迹与OP 相切。如图（大圆弧）
由几何知识知
R2=OBsin30° = 1
2 OB
而
OB = s+ R2
所以
R2= s
所以当离子轨迹的半径小于s 时满足约束条件。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
qvB =m v
2
R2
所以得
B> mv
qs
故A 错误，B 正确；
CD．当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转。约束在OP 之下的区域的临
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界条件是离子运动轨迹与OP 相切。如图（小圆弧）
由几何知识知道相切圆的半径为s
3，所以当离子轨迹的半径小于s
3时满足约束条件。
由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出
qvB =m v
2
R1
所以得
B> 3mv
qs
故C 错误，D 正确。
故选BD。
33.（多选）如图所示为半径为R 的半圆形有界匀强磁场（含圆形边界），磁感应强度大小为B、方向垂直
纸面向外，位于圆心O 点处的质子源可在纸面内沿各个方向以相等速率向磁场区域内连续发射质量m、电
荷量为q 的质子（重力不计），则下列说法正确的是（ ）
A．为使所有质子均不会从磁场圆弧边界ACD 射出磁场，则质子的速度v ≤qBR
2m
B．从圆心O 处以斜向右与AD 夹角为60°的方向发射的质子恰从D 点射出，则质子的轨道半径为√3
3 R
C．若质子的速率v = √3qBR
3m
，则质子在磁场中运动的最长时间为tmax=π
3 Bq
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D．若质子的速率v = √3qBR
3m
，则所有质子在磁场中通过的区域的面积为(
4
9 π−√3
12)R
2
【答案】ABD
【详解】A．质子在磁场中做圆周运动，根据题意分析知，要使质子均不从圆弧边界ACD 射出磁场，则质
子的半径应满足r1≤R
2 ；
由qvB =m v
2
r1
，解得v ≤qBR
2m ，A 正确；
B．图甲中，根据几何关系可知r2cos30° = R
2
解得r2= √3
3 R，B 正确；
C．若质子的速率v = √3qBR
3m
，则如图乙所示，当质子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的弦为磁场区域圆的
半径时，质子在磁场中有最长运动时间；
由几何关系可知t max= 120°
360° × 2πm
Bq
，故tmax = 2πm
3 Bq ，C 错误；
D．若质子的速率v = √3qBR
3m
，由图乙可知待求磁场区域面积为图中阴影部分面积；
则S = 1
3 π×(
√3
3 R)
2
−1
2 R⋅√3
3 R sin30°+ 1
3 π R
2=(
4
9 π−√3
12)R
2，D 正确。
故选ABD。
34.（多选）如图所示，在xoy平面存在一半径R =a的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向
外，在圆心O处有一粒子源，粒子源沿xoy平面，朝第二象限90
∘范围内的各个方向发射同种带正电的粒
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子，且粒子源朝各个方向发射的粒子数目均匀分布，发射出的粒子速度大小相等，所带电荷量为q，质量
为m。在x = a
2处有一平行于y轴放置的竖直挡板，挡板足够长，与圆形磁场区域分别交于A、B 两点，挡
板上C 点坐标为(
a
2 , a
2)。从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，且发现有两种不同方向的粒子会打
在挡板上的同一位置。若不计带电粒子重力，粒子打在挡板上就被吸收，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子对应速度大小为v = qBa
m
B．挡板上有两种不同方向的粒子的会打在同一位置的区域长度为√3−1
2
a
C．若挡板可绕C点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，挡板至少要逆时针转动45°
D．若圆形磁场的区域的半径调为R = a
2，圆心位置移动到(0, a
2)，则能打在挡板上的粒子均垂直打在竖直
挡板上，且打在AC区域上的粒子数目少于发射粒子总数的1
2
【答案】BC
【详解】A．从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，则沿-x 方向射出的粒子轨迹恰好与挡板相切，则
粒子的轨迹半径为
r = a
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
qvB =m v
2
r
解得
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v = qBa
2m
故A 错误：
B．挡板上有两种不同方向的粒子会打在同一位置，如图所示，根据“旋转圆”的知识可知，该区域长度
是C 到A 之间的部分。
根据几何知识可知，区域长度为
CA =√
a
2−(
1
2 a)
2
−1
2 a= √3−1
2
a
故B 正确；
C．若挡板可绕C 点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，粒子达到挡板上恰好没有重叠时，
如图所示：
根据旋转圆的知识结合几何知识可知，此时挡板与与x 轴的夹角为45°，即挡板至少要逆时针转动45°，故
C 正确：
D．若圆形磁场的区域的半径调为R = a
2磁场圆心位置移动到(0，a
2)，粒子源发射位置不变，粒子运动轨
迹如图所示：
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根据“磁发散”原理可知，能打在挡板上的粒子均垂直打在竖直挡板上，竖直向上射入的粒子能够从C 点
射出；速度方向与y 轴正方向夹角为45°的粒子从O 点射入磁场时，出射位置到C 点的距离为
y = a
2 × √2
2 = √2a
4
区域长度为
CA =√
a
2−(
1
2 a)
2
−1
2 a= √3−1
2
a> √2a
4
则打在AC 区域上的粒子数目大于发射粒子总数的1
2，故D 错误。
故选BC。
35.（多选）如图所示，在平面直角坐标系xOy 第一象限的ΔOAC区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸
面向外。质量为m、电荷量为q 的大量带电粒子先后以相同的速度沿平行于y 轴正方向从OA 边各处射入
磁场，运动中有些粒子能在边界AC 上相遇，其中相遇粒子的入射时间差的最大值为t0。已知∠A=30°，不
考虑各粒子之间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．磁感应强度大小为πm
4 qt0
D．磁感应强度大小为πm
3qt0
【答案】AD
【详解】AB．由于运动中有些粒子能在边界AC 上相遇，因此带电粒子一定向顺时针方向偏转，根据左手
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定则可知，粒子一定带正电，故A 正确，B 错误；
CD．由于粒子入射速度相同，根据
Bqv = mv
2
R
可知粒子偏转半径相同，在边界AC 上相遇的情形有多种，如下图
当相遇的两粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角之差Δθ最大时，两粒子的时间差最大，由于
BO1= BO2= R
所以Δ BO1O2为等腰三角形，由几何关系可得
Δθ =θ1−θ2=∠O1BO2
又
θ1+θ2=180°
可得
Δθ =2θ1−180°
可得θ1最大时，Δθ最大，而当两粒子相遇点B 为左边粒子轨迹与AC 的切点时，θ1最大，如下图
由于∠A=30°，则
∠BO1O2=60°
此时Δ BO1O2为等边三角形，可得
θ1=120°
θ2=60°
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故
Δθm =60°
故
Δt m =
θm
360° ⋅T = T
6 =t0
而
T = 2πm
qB
联合解得
B = πm
3qt0
故C 错误，D 正确。
故选AD。
36.（多选）如图所示，在直角三角形abc 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
大量质量为m、电荷量为+q 的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab 边射入场区，结果在bc 边仅有一半
的区域内有粒子射出。已知bc 边的长度为2L，ab 和bc 的夹角为30°，不计粒子重力及粒子间的相互作用
力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的入射速度为√3qBL
3m
B．运动轨迹与bc 相切的粒子从ab 边射入时距a 点2√3−3
2
L
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为πL
2
D．粒子在磁场内运动的时间可能为5 πm
6qB
【答案】BC
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【详解】A．在bc 边中点射出的粒子的轨迹如图1 所示，根据牛顿第二定律得
qvB =m v
2
r
根据直角三角形得
r = Lsin30°
解得
r = L
2
v = qBL
2m
A 错误；
B．如图2 所示，运动轨迹与bc 相切的粒子从ab 边射入时与a 点的距离为
d =2 Lsin 60°−(
r
sin30° +r)
解得
d = 2√3−3
2
L
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为
s= 2πr
2 = πL
2
C 正确；
D．粒子在磁场内运动的最长时间如图2 所示，轨迹所对应的圆心角为120°，其最长时间为
t max= 1
3 T
T = 2πm
qB
解得
t max= 4 πm
6qB
粒子在磁场内运动的时间不可能为5 πm
6qB ，D 错误。
故选BC。
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37.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点，一个带正电的
粒子仅在磁场力的作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c 点射
出磁场，现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那
么下列说法中正确的是( )
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是5
3t0，则它一定从cd 边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是2
3t0，则它一定从ad 边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是2
3t0，则它一定从bc 边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab 边射出磁场
【答案】A
【详解】由题，带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c 点射出磁场，则知带电
粒子的运动周期为T =2t0．
A.若该带电粒子在磁场中经历的时间是5
3 t0= 5
6 T，则粒子轨迹的圆心角为
θ = 5
6 ×2π = 5
3 π
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速度的偏向角也为5
3 π，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd 射出磁
场．故A 正确．
B.当带电粒子的轨迹与ad 边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为
t = 1
6 T = 1
3 t0
在所有从ad 边射出的粒子中最长时间为1
3 t0，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是2
3 t0，一定不是从ad
边射出磁场．故B 错误．
C.粒子从bc 边射出时，由几何关系，可知其转过的圆心角：135°≤θ≤180°，粒子运动时间：3
4 t0≤t ≤t0
，故C 错误；
D.若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0= 1
2 T，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab 边射出磁场时最大
的偏向角等于π，而粒子从ab 边射出磁场时最大的偏向角等于
60°+90° =150° = 5
6 π <π
故不一定从ab 边射出磁场．故D 错误．
38.（多选）如图所示，竖直平面内半径为R、圆心为O 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，
MN 是一竖直放置的收集板。三角形MON 为边长为2R 的等边三角形，从圆形磁场最高点P 沿PO 方向向
圆形区域内射入大量速率不同的同种粒子，粒子所带电荷量为+q，质量为m。不计粒子之间的相互作用力
及粒子重力，关于打在MN 区域的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．在磁场中运动时间最长的粒子速率为v = √3 BqR
3m
B．速率最大的粒子的速率vm = √3 BqR
m
C．整个过程中位移最小的粒子速率v = BqR
m
51
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D．速率最大的粒子在整个过程中的运动时间t = πm
3 Bq + √3m
3 Bq
【答案】ABD
【详解】A．粒子在磁场中运动的周期为
T = 2πm
qB
由t = θ
2π ⋅T可知，在磁场中运动时间最长的粒子轨迹对应的圆心角θ最大，如图所示
设出射点为P
′，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为θ，根据几何关系有
θ+∠PO P
′ = π
则粒子射到M 点时，∠PO P
′最小，θ最大，粒子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系有
θmax= 2
3 π
tan30
∘= r1
R
根据洛伦兹力提供向心力
q v1B =m v1
2
r1
可得在磁场中运动时间最长的粒子速率为
v1= √3 BqR
3m
故A 正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力，有
qvB = m v
2
r
可得
v = qBr
m
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可知轨迹半径r 越大的粒子，速度v 越大，故射到N 点的粒子速度最大，由几何关系可知
rm = R tan 60
∘=√3 R
解得
vm = √3qBR
m
故B 正确；
C．P点、M点在同一高度上，整个过程中粒子位移最小的粒子打在M 点，轨迹半径为
r1= √3
3 R
位移最小的粒子速率为
v1= √3 BqR
3m
故C 错误；
D．速率最大的粒子打在N 点，粒子在磁场中运动的时间为
t1= 60
∘
360
∘T = πm
3qB
粒子在磁场外运动的时间为
t2= 2 R−R
vm
= √3m
3qB
速率最大的粒子在整个过程中的运动时间
t 总=t1+t2= πm
3qB + √3m
3qB
故D 正确。
故选ABD。
39.如图所示，凹型虚线为荧光屏，粒子打到荧光屏上会发光。虚线上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁
感应强度大小为B。P 为直线Oa 上一点，从P 点可以发射具有不同速率的粒子，速度方向都垂直于Oa。粒
子的质量均为m，电荷量均为+q，已知Pa = L，ab = cd = L，bc =(
4
√3 −1)L，不计粒子的重力和粒子
间的作用力。求：
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(1)粒子在磁场中运动的最长时间及对应粒子的速度大小；
(2)bc 边发光的区域长度。
【答案】(1)3πm
2qB ，v = qBL
m
(2)(√3−1) L
【详解】（1）由分析可知，运动时间最长的粒子打到了b 点，粒子转过了270°角。所以最长时间
t max= 3
4 T
粒子在磁场中做圆周运动的周期T = 2πm
qB
所以最长时间t max= 3
4 T = 3πm
2qB
对应粒子运动的轨道半径r = L
由qvB =m v
2
r
得r = mv
qB
可得对应粒子的速度大小v = qBL
m
（2）粒子到达bc 边的右边界为粒子轨迹恰好在d 点与cd 相切，射到bc 边的e 点。此时粒子的轨迹半径
r = 1
2 ( Pa+bc)= 2
√3 L
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则fd =r −O' f =r −√r
2−L
2= L
√3
所以bc 边发光的区域长度be =bc−fd =(√3−1) L
40.（多选）如图所示，挡板MQ左侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，挡板中间空隙
NP长度为L，纸面上O 点到N、P 的距离相等，均为L。O 处有一粒子源，可向纸面所在平面的各个方向随
机发射速率相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q，质量为m，打到挡板上的粒子均被吸收。不计粒子重
力和粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子速率v = qBL
m ，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为1
6
B．若粒子速率v = qBL
m ，NP线段上各处都可能有粒子通过
C．若粒子速率v = qBL
2m ，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为1
6
D．若粒子速率v = qBL
2m ，NP线段上各处都可能有粒子通过
【答案】AB
【详解】AB．若粒子速率为v = qBL
m ，则轨迹半径
r = mv
qB = L
粒子运动情况如图所示
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从P 点飞出的粒子，轨迹的圆心在N 点，该粒子从O 点发射时的速度方向与ON垂直斜向右下，与水平方
向成60°角。从N 点飞出的粒子，轨迹的圆心在S 点，该粒子从O 点发射时的速度方向与OS垂直，水平向
右，两粒子发射速度间的夹角θ =60°，发射方向在这两个方向之间的粒子都可从空隙NP“逃出”，粒子
“逃出”的概率为
θ
360° = 1
6
由图可知，NP线段上各处都可能有粒子通过，故AB 正确；
CD．若粒子速率为v = qBL
2m ，则轨迹半径
r = mv
qB = L
2
粒子运动情况如图所示，
粒子轨迹与PN相切时，切点分别为B、D，圆心分别为A、C，两发射速度间的夹角θ =∠AOC，由几何关
系知θ>60°，则粒子“逃出”的概率为
θ
360° > 1
6
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由图可知
OD<OC +CD = L
则D 在N 点下方，故线段DN间不可能有粒子通过，故CD 错误。
故选AB。
41.如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T，磁场内
有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab 板l＝16 cm 处，有一个点状的α 放射源S，它向各
个方向发射α 粒子，α 粒子的速度都是v＝3.0×106m/s，已知α 粒子的比荷q
m＝5.0×107C/kg，现只考虑在图
纸平面中运动的α 粒子，求ab 上被α 粒子打中的区域的长度．
【答案】20 cm
【详解】：（1）α 粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力供向心力，由牛顿第
二定律得：qvB =m v
2
r
代入数据解得：r=0.1m=10cm，
由于2r ＞l＞r，因朝不同方向发射的α 粒子的圆轨迹都过S，
由此可知，某一圆轨迹在图中N 左侧与ab 相切，则此切点P 就是α 粒子能打中的左侧最远点；定出P 点的
位置，可作平行于ab 的直线cd，cd 到ab 的距离为r，以S 为圆心，r 为半径，作弧交cd 于Q 点，过Q 作
ab 的垂线，它与ab 的交点即为P，故：
N P1=√r
2−(l−r)
2=8cm
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再考虑N 的右侧．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N
右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点．
由图中几何关系得： N P2=√(2r)
2−l
2=12cm
所求长度为：P1 P2= N P1+ N P2=20cm
综上所述本题答案是：P1 P2=20cm
42.（多选）如图所示，圆心为O，半径为R 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。
M 为磁场边界上一点，有无数个带电量为q（q>0），质量为m 的相同粒子（不计重力及粒子间相互作用）
在纸面内向各个方向以相同的速率通过M 点进入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为πm
2qB ，N
为磁场边界上的另一个点，MN =√2 R。下列说法正确的是（ ）
A．粒子从M 点进入磁场时的速率为v = BqR
m
B．从N 点离开磁场的粒子运动时间为πm
3qB
C．若将磁感应强度的大小增加到√2B，会有粒子沿ON 方向从N 点射出磁场
D．若将磁感应强度的大小减小为0.5B，劣弧MN 的每一点都会有粒子射出
【答案】BCD
【详解】A．由题意可知，带电粒子从M 点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，在磁场中运动时间最长
的粒子的圆弧所对应的弦应是圆磁场的直径，如图所示
设粒子进入磁场的速率为v，由洛伦兹力提供向心力
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qvB =m v
2
r1
解得
v = qBr1
m
粒子在磁场中运动的周期为
T = 2π r1
v
= 2πm
qB
在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为πm
2qB ，则粒子在磁场中转动的时间为
t1= 1
4 T
可知粒子在磁场中转动的圆弧所对的圆心角为
θ1= 2π
4 = π
2
可得粒子在磁场中运动的半径为
r1=√2 R
可得粒子从M 点进入磁场时的速率为
v = √2BqR
m
故A 错误；
B．从N 点离开磁场的粒子运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得
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qvB =m v
2
r2
解得
r2= mv
qB =√2 R
由几何关系可知
θ2= π
3
则从N 点离开磁场的粒子运动时间为
t2= 1
6 T = πm
3qB
故B 正确；
C．若将磁感应强度的大小增加到√2B时，由洛伦兹力提供向心力，可得
qv ⋅√2B =m v
2
r3
解得
r3=
mv
q⋅√2B = R
粒子运动轨迹如图所示
由图可知，当粒子沿MO方向入射时，粒子沿ON 方向从N 点射出磁场，故C 正确；
D．若将磁感应强度的大小减小为0.5B，可知粒子的运动半径为
r4=
mv
q⋅0.5 B =2√2 R> MN =√2 R
根据几何关系可知，劣弧MN 的每一点都会有粒子射出，故D 正确。
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故选BCD。
43.（多选）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在着一个半径为r0、磁感应强度大小为B、方向
垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，O1为圆心，该磁场区域分别与x轴、y轴相切于P点、S点。在S点处
有一粒子源，可以向第一象限内的各个方向射入速度大小相等、质量均为m、电荷量均为−q(q>0)的粒
子，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，粒子在磁场中只受洛伦兹力作用。已知沿x轴正方向射入的
粒子，在x轴的P(r0,0)点射出。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的速度大小为qBr0
m
B．与y轴正方向成30
∘角射入圆形匀强磁场区域的粒子，最后经过x轴上的横坐标为3
2 r0
C．若将粒子的速度大小设为√2qBr0
m
，其他条件不变，则粒子在圆形匀强磁场区域中运动的最长时间为
πm
2qB
D．若将粒子的速度大小设为qBr0
2m
，其他条件不变，则圆形匀强磁场区域边界上能够被粒子打到的弧长为
2πr0
3
【答案】AC
【详解】A．设粒子的轨迹半径为R，已知粒子从S点沿x轴正方向射入，在x轴的P点射出。根据几何关系
可知R =r0
粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
R
可得粒子的速度大小为v = qBr0
m
故A 正确；
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B．如图所示。O2为粒子轨迹的圆心
由几何关系可以得出射出点的横坐标为d =r0+r0cos30
∘=r0+ √3
2 r0
故B 错误；
C．若v = √2qBr0
m
，设粒子的轨迹半径为R1，由洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
R1
可得R1=√2r0
粒子在圆形匀强磁场区域中运动时间最长时，圆形匀强磁场区域的直径是粒子轨迹的一条弦，粒子轨迹如
图所示，O3为粒子轨迹的圆心。
由几何关系可知sin α
2 = r0
R1
= √2
2
解得α =90
∘
则粒子的射入速度方向与x轴正方向的夹角为α
2 = 45
∘
粒子运动的周期为T = 2πr
v
= 2πm
qB
粒子在磁场中运动的最长时间为t max= 90
∘
360
∘×T =πm
2qB
故C 正确；
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D．设粒子轨道的轨迹半径为R2，若v = qBr0
2m
，则R2= 1
2 r0
粒子打到圆形匀强磁场区域边界的最远位置距离S点为L=2 R2=r0
粒子的轨迹如图所示。
由几何关系可知，最大距离L所对应的圆形匀强磁场区域的圆心角为60
∘，圆形匀强磁场边界上能够被粒子
打到的弧长为πr0
3
，故D 错误。
故选AC。
44.（多选）在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O
' (0，4 d)点为
圆心、半径为R =5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M (−3d ，0)、N (3d ，0)两点，磁场下边界是以坐标
原点O为圆心，半径为r =3d的一段圆弧。如图，在虚线区域内(3d < y <9d)有一束均匀分布带负电的粒
子沿x轴负方向以速度v0射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B = mv0
4 dq ，带
电粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。下列说法中正确的是（
）
A．粒子在磁场中的运动半径为4 d
B．正对O
'点入射的粒子离开磁场后不一定会过O点
C．粒子在磁场区域运动的最长时间为143 πd
45 v0
D．粒子经过O点进入第四象限的比例为1
3
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【答案】ACD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B = mv0
2
R0
可得粒子在磁场中的轨道半径为R0= m v0
qB = 4 d，故A 正确；
B．正对O
'的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示
根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，即正对O
'点入射的粒子离开磁场后一定
会过O点，B 错误；
C．根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径
均为4 d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4 d形状，O
'平移到O点位置，即所有粒子进入
磁场后做圆周运动的圆心到O点距离均为5d，如图所示
利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点。由上述
分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如下图所示。
由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了143
∘，因此运动的时间为t = 143
∘
360
∘⋅2π ⋅4 d
v0
= 143 πd
45 v0
，故C 正
确；
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D．如图所示
从y =7 d水平向左的粒子离开磁场粒子方向沿y轴负方向，故7 d < y <9d射入的粒子过O点后射入第四象
限，3d < y <7d射入的粒子过O点后射入第三象限。故进入第四象限的比例为1
3，故D 正确。
故选ACD。
45.（北京·高考真题）如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P 点以与x 轴正
方向成60的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y 轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP =
a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【详解】粒子恰好垂直于y 轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O1，轨迹如图所示
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A．由几何关系可知
OO1=a tan30° = √3
3 a
R =
a
cos30° = 2√3
3
a
因圆心的坐标为(0, √3
3 a)，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
x
2+( y −√3
3 a)
2
= 4
3 a
2
故A 正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有
qvB =m v
2
R
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
v = qBR
m
因轨迹圆的半径R可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD 错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为2
3 π，而周期为
T = 2πR
v
= 2πm
qB
则带电粒子在磁场中运动的时间为
t =
2
3 π
2π T = 2πm
3qB
因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，故C 错误；
故选A。
46.（2025·安徽·高考真题）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁
场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x 轴放置足够长的探测薄板MN，MN 到x 轴
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的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O 的粒子源，沿Oxy平面向x 轴上方各个方向均匀发射
相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBd
m 。不计粒子的重力、空气阻
力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为πm
6qB
【答案】C
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有qvB = mv
2
R
，可得R = mv
qB =d，故A 错误；
B．当粒子沿x 轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知
s
min
上
=d；当粒子恰能通过N 点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y 轴最远，如图轨迹2，根据几
何关系可知，s
max
上
=√3d，故上表面接收到粒子的区域长度为s上=√3d −d，故B 错误；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N 点；当粒子沿y 轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒
子离y 轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y 轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故
C 正确；
D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N 点时转过的圆心角最小，用时最短，有tmin= 60°
360°
2πm
qB = πm
3qB
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，故D 错误。
故选C。
47.（全国II 卷·高考真题）如图所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界
上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速
率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布
在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2:v1为（ ）
A．√3:2
B．√2:1
C．√3:1
D．3:√2
【答案】C
【详解】设圆形区域磁场的半径为r，当速度为v1时，从P 点入射磁场的粒子出磁场时与磁场边界的最远
交点与入射点之间的距离等于该粒子做圆周运动的直径，出射点分布在六分之一圆周上，如图所示
根据几何知识可知轨迹圆的半径为
R1= 1
2 r
根据洛伦兹力提供向心力有
q v1B =m v1
2
R1
解得
v1= qBr
2m
当速度为v2时，从P 点入射磁场的粒子出磁场时与磁场边界的最远交点与入射点之间的距离等于该粒子做
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圆周运动的直径，出射点分布在三分之一圆周上，如图所示
根据几何知识可知轨迹圆的半径为
R
′
2=r sin 60
o
根据洛伦兹力提供向心力有
q v2B =m v2
2
R
′
2
解得
v2= √3qBr
2m
则有
v2:v1=√3:1
故C 正确，ABD 错误。
故选C。
48.（多选）（2025·甘肃·高考真题）2025 年5 月1 日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导
托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意
图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R0。在
内圆上A 点有a、b、c 三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c 带正电
且比荷均为q
m，a 粒子的速度大小为va= qB R0
m
，方向沿同心圆的径向；b 和c 粒子速度方向相反且与a 粒
子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（ ）
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A．外圆半径等于2 R0
B．a 粒子返回A 点所用的最短时间为(3π+2)m
qB
C．b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为√2
√2+2
D．c 粒子的速度大小为√2
2 va
【答案】BD
【详解】由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示
a 粒子恰好到达磁场外边界后返回，a 粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然
后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A 点，
根据a 粒子的速度大小为va= qB R0
m
可得Ra= R0
设外圆半径等于R
′,由几何关系得∠A O
′ B =270°
则R
′ = R0+√2 R0
A 错误；
B．由A 项分析，a 粒子返回A 点所用的最短时间为第一次回到A 点的时间tmin
a 粒子做匀速圆周运动的周期T = 2π R0
va
= 2πm
qB
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在磁场中运动的时间t1= 540°
360° ⋅T = 3 πm
qB
匀速直线运动的时间t2= 2 R0
va
= 2m
qB
故a 粒子返回A 点所用的最短时间为tmin=t1+t2= (3π+2)m
qB
B 正确；
C．由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示
因为b、c 粒子返回A 点都是运动一个圆周，根据b、c 带正电且比荷均为q
m，所以两粒子做圆周运动周期
相同，故所用的最短时间之比为1:1，C 错误；
D．由几何关系得2 Rc =√2 R0
洛伦兹力提供向心力有q vc B = mvc
2
Rc
联立解得vc = √2
2 va
D 正确。
故选BD。
49.（多选）（新课标Ⅱ·高考真题）如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅
微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子
从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是
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A．电子与正电子的偏转方向一定不同
B．电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
【答案】AC
【详解】由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向一定相反，
选项A 正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，根据r = mv
qB 可知，运动半径不一定相同，选项B 错
误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的动量大小未知，根据r = mv
qB ，则根据运动轨迹无法
判断粒子是质子还是正电子，选项C 正确；由Ek= 1
2 mv
2，则r = mv
qB = √2m Ek
qB
，可知粒子的动能越大，
它在磁场中运动轨迹的半径越大，选项D 错误．
50.（多选）（海南·高考真题）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、电量为q 的相同粒子从y 轴上的P(0,√3 L)点，以相同的速率
在纸面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
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D．粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为3√5 L
【答案】ACD
【详解】A．根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A 正确；
BC．当α =150
°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
r = √3 L
cos60
° =2√3 L
洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
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
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；
D．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
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根据几何关系可知
(2r )
2=(√3 L)
2+ xm
2
解得
xm =3√5 L
D 正确。
故选ACD。
51.（2024·重庆·高考真题）有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为q
m的带正电的粒子，由固定
于M 点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN 方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN 上
方的K 点，O 在MN 上，且KO 垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直
于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O 点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重
力，忽略磁场突变的影响。
(1)求OK 间的距离；
(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO 间的距离；
(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计
时O 点。求打开磁场的那一时刻。
【答案】(1)2mv0
qB
(2)2√3m v0
qB
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(3)√3m
qB
【详解】（1）（1）当粒子到达О 点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示
由洛伦兹力提供向心力得
q v0 B =m v0
2
r1
其中
OK =2r1= 2mv0
qB
（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
r2 = 4r1
如图所示，由几何关系有
（4r1-2r1）2＋MO2 = (4r1)2
解得
MO =2√3r1= 2√3m v0
qB
（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t 到达N 点，要使粒子仍然经过K 点，则N 点在O 点右侧，如图所示
由几何关系有
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（4r1-2r1）2＋ON2 = (4r1)2
解得
ON =2√3r1= 2√3m v0
qB
粒子在打开磁场开关前运动时间为
t = MO+ NO
4 v0
解得
76
