文档文本内容
专题强化：带电粒子在磁场中运动的临界（动态圆）、
多解问题
目录
.....1
.....4
考点一 带电粒子在磁场中运动的临界问题................................................................................................................... 4
考向1：“平移圆法”的应用.......................................................................................................................................... 6
考向2：“旋转圆法”的应用.......................................................................................................................................... 7
考向3：“放缩圆法”的应用.......................................................................................................................................... 8
考点二 带电粒子在磁场中运动的多解问题.................................................................................................................12
考向1：带电粒子电性不确定的多解问题........................................................................................................... 13
考向2：磁场方向不确定的多解问题....................................................................................................................14
考向3：粒子速度不确定的多解问题....................................................................................................................15
考向4：临界状态不唯一的多解问题....................................................................................................................16
. .21
基础巩固练.............................................................................................................................................................................. 21
综合提升练.............................................................................................................................................................................. 31
核心考点
1.临界问题的“动态圆”思想：
核心：通过改变粒子的速度大小或方向，使得其轨迹圆半径或圆心位置发生变化，从
而找到恰好穿过、恰好不穿过、恰好相切等临界状态。
三种动态圆模型：
放缩圆：粒子入射方向不变，速度大小（即半径r）变化。所有轨迹圆均相切于同一点
（入射点），且圆心在同一条射线上（过入射点且与速度方向垂直）。用于处理速度大小
变化导致能否穿出某边界的临界问题。
旋转圆：粒子速度大小（半径r）不变，入射方向变化。所有轨迹圆的半径相等，且圆
心在以入射点为圆心、r 为半径的圆上。用于处理速度方向变化导致扫过的安全区域或临界
点问题。
平移圆：粒子速度大小、方向均相同（半径、圆心角固定），但入射点位置不同（平
移）。所有轨迹圆形状完全相同，只是平行移动。用于处理粒子束宽或带状入射区域问
题。
2.多解问题的四种成因：
①电性不确定：粒子带正电还是负电，导致洛伦兹力方向相反，轨迹不同。
②磁感应强度方向不确定：磁场方向垂直纸面向里还是向外，导致粒子偏转方向相
反。
③速度大小不确定：相同磁感应强度和入射方向下，不同速度的粒子轨迹半径不同，
可能导致多解（特别是经过同一位置或满足某个距离条件时）。
④运动的周期性与对称性：粒子在磁场中做圆周运动具有周期性（每运动一个周期T，
位置和速度会复原），因此在给定时间或经过某点时，可能存在多个周期解（t=nT+t₀）。
3.常见临界情景分析：
直线边界：粒子恰好不从边界射出（轨迹恰与边界相切）。对称性：进出速度与边界
的夹角相等。
平行边界：轨迹与另一边界相切是临界。
圆形边界：沿径向射入必沿径向射出；轨迹与内圆相切、或与外圆相切是临界。
三角形/多边形边界：轨迹与某一边相切或恰好经过某一顶点是临界。
考情透析
1.题型与难度：是高考的难点与热点，通常作为选择题的压轴或计算题的最后一问出
现。难度较高，综合性强，对学生的空间想象、几何推理和逻辑分类能力要求很高。
2.命题规律：
高频考查：利用“放缩圆”或“旋转圆”找临界半径、求粒子在磁场中运动的最长时
间/最短时间、电性/磁场方向不确定导致的多解。
常规考法：给出粒子初始条件（如入射方向、速度大小、边界形状），问“要使粒子
不飞出磁场，速度应满足什么条件？”或“粒子击中某点的速度范围”。
创新考法：
设置复杂的组合边界（如矩形+圆弧、三角形+圆形）。
结合空间立体问题（粒子的螺旋线运动投影到平面上的临界）。
将临界问题与实际问题（如粒子探测器的灵敏区域、CT 扫描的电子束控制）结合。
要求逆向思维：已知粒子击中特定区域，反推其入射速度或方向的可能范围。
3.考查方向：侧重物理过程与几何条件的紧密结合、对临界条件的敏锐判断、对多解可
能性的全面讨论、将动态圆思想应用于不同边界情景。
素养对接
1.模型建构与动态分析：能将连续变化的物理参数（如速度、半径、角度）转化为轨迹
圆的动态变化（放缩、旋转、平移），建立动态几何模型。培养将抽象物理过程可视化的
能力。
2.临界与极值思维：能从“不能”、“恰好”、“最大/最小”等关键词中提取临界条
件，并利用几何关系（尤其是相切条件）建立方程。培养捕捉质变临界点的科学思维。
3.分类讨论与逻辑严密性：在面对电性不确定、磁场方向不确定、速度范围、周期性等
情景时，能够系统、全面地列出各种可能情况，不重不漏。培养严密的逻辑推理与分类讨
论能力。
4.对称与转化思想：利用直线边界进出磁场的对称性简化问题；将复杂的组合边界问题
转化为若干简单的单/平行边界问题的组合。
学习目标
1.知识目标：
能说出放缩圆、旋转圆、平移圆三种动态圆模型的适用条件（什么量在变？圆心轨迹
是什么？）。
能说出带电粒子在磁场中运动多解的四种主要原因，并能举例说明。
能说出常见边界（直线、平行、圆形）中的典型临界条件（如相切、过顶点）。
2.能力目标：
画图能力：能根据题目描述，快速、准确地画出若干不同大小的轨迹圆，并标出其圆
心轨迹。
临界识别能力：能从“恰好”、“至少”、“刚好”、“最大”、“最小”等语言或
从边界图形的几何特征中，识别出临界状态（一般是相切）。
几何求解能力：能利用勾股定理、三角函数、余弦定理等几何知识，建立临界条件下
轨道半径与已知长度（如磁场宽度、距离）的方程，并求解半径或速度范围。
多解讨论能力：能根据多解的成因，有序列出所有可能的运动轨迹，并分别求解，最
后整合答案。
备考建议
1.熟悉“动态圆”的“三步法”解题模型：
①画轨迹，定圆心：先画出粒子在一种可能的状态下的运动轨迹（圆）和圆心位置。
②让圆动起来，找临界：
放缩圆：沿速度垂线方向（过入射点）滑动圆心，使半径变大或变小，观察圆何时与
边界相切或过某点。
旋转圆：以入射点为圆心，转动代表速度方向的半径，观察圆心轨迹圆上哪个位置对
应的新圆与边界相切。
平移圆：保持圆的大小和方向不变，平行移动，观察圆何时与边界相切或过某点。
③列几何方程，计算临界量：找到临界位置后，连接圆心、切点（或入射点、出射
点），构建直角三角形等，用勾股定理或三角函数列方程。
2.重点攻克“圆形边界”的临界问题（结论可用）：
结论一：若粒子沿磁场圆的径向射入，则必沿其径向射出。此过程圆心角为π（如果圆
形磁场半径等于轨迹半径，会汇聚到一点）。
结论二：粒子从同一直径两端之间的圆弧上射入，若入射方向指向圆心，则出射方向
反向延长线过圆心（或相切）。
结论三（磁聚焦/磁发散）：当带电粒子的轨迹半径等于圆形磁场的半径时，射入方向
相同的粒子会汇聚于同一点；从同一点发出的粒子会平行射出。
3.熟练识别并求解“时间最值”问题：
最长运动时间：在给定磁场边界内，粒子运动时间最长，通常对应轨迹圆心角最大的
情况。
最短运动时间：对应圆心角最小，往往是轨迹与边界相切时的情景，或粒子直接沿某
方向射出。
4.务必养成“分类讨论”的审题习惯：
审题时标注：在题干中画出哪些条件是不确定的（如“带电粒子”未给正负、“垂直
纸面”未给方向）。
5.强化易错点专项训练：
易错点一：混淆“旋转圆”与“放缩圆”。旋转圆是半径不变，初速度方向变化；放
缩圆是初速度方向不变，半径（速率大小）变化。一定要分清哪个物理量在变。
易错点二：圆心轨迹画错。放缩圆的圆心轨迹是过入射点且垂直于初速度的一条直
线；旋转圆的圆心轨迹是以入射点为圆心、以半径为半径的圆。不能画反。
易错点三：临界条件判断错误。例如，“恰好不飞出磁场”应理解为轨迹与边界相
切；而“恰好经过某点”则应理解为轨迹经过该点。不能把“到达边界”和“越过边界”
混为一谈。
易错点四：计算“时间”时混淆弧长与角度。求运动时间t=(θ/2π)·T 时，θ 是圆心角
（弧度制或角度制），不是偏转角（某些情况下数值相等，但物理意义不同），更不是弦
切角。
易错点五：忽略“周期性”导致的无穷多解。当题目条件（如时间、距离）与周期相
关时，解往往不是唯一的，需要加上一般项n=0,1,2...。最后要检查是否满足实际约束（如
时间不能为负等）。
考点一 带电粒子在磁场中运动的临界问题
【必备知识回顾】
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，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几何关系求解。
1．临界条件
带电粒子刚好穿出(不穿出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，故边界(边
界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直。
2．几种常见的求极值情况(速度一定时)
(1)最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切。
圆形边界：公共弦为边界圆直径时，出现极值，即当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径时，以磁场直
径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长。
(2)最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。
如图所示，P 为入射点，M 为出射点，此时在磁场中运动时间最短。
3．判断临界问题的三种常用方法：“平移圆法”“旋转圆法”“放缩圆法”。
模型
解读
“平移圆”模型
（1）条件：带电粒子射入匀强磁场的速度大小和方向相同，入射点不同但在同
一直线上。
（2）特点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，而且圆心在同一直
线上，该直线与入射点的连线平行。
（3）用法：将半径相同的轨迹圆沿入射点所在的直线进行平移，从而探索粒子
运动的有关临界问题。
“放缩圆”模型
（1）条件：同性带电粒子在同一点射入匀强磁场，入射速度的方向一定，但大
小不同。
（2）特点：带电粒子做圆周运动的轨迹圆的圆心，一定位于沿着粒子在入射点
所受洛伦兹力方向的射线上，轨迹半径随速度的增大而增大，圆心离入射点越远。
（3）用法：以入射点为定点，圆心位于垂直初速度方向的直线上，用圆规作出
一系列大小不同的轨迹圆，将半径缩放作轨迹圆，从而探索粒子的临界条件。
“旋转圆”模型
（1）条件：同性带电粒子在同一点射入匀强磁场，入射速度的大小一定，但方
向不同。
（2）特点：所有沿不同方向入射的粒子的轨迹圆半径相同，其轨迹圆的圆心在
以入射点为圆心，半径等于轨迹圆半径的圆周上。
（3）用法：将半径相同的轨迹圆以入射点为圆心旋转，从圆的动态变化中可发
现粒子运动的有关临界问题。
【重难模型精讲】
考向1：“平移圆法”的应用
【典例1】(2026·重庆市市辖区·其他类型)如图，直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方
向垂直纸面向内的匀强磁场，CD = L，θ =30
∘。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的
速度沿纸面垂直AD边射入磁场，若粒子的速度大小为3qBL
10m ，不考虑重力及粒子间的作用，❑√3=1.732，
则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为()
A.40 %
B.47.3 %
C.52.7 %
D.60 %
【答案】C
【解析】解：粒子在磁场中运动的轨迹半径r = mv
qB = 3
10 L，
粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子在磁场中运动的轨迹为半圆，
如图：
入射点为a时半圆与AC相切，然后将半圆沿AD向左平移，直至半圆与CD相切，此时入射点为c，
则从线段ac上射入磁场的粒子会全部返回到AD边上，
由几何关系得：aA =r = 3
10 L，cD =r +
r
cosθ = 3+2❑√3
10
L，ac =2 L-aA -cD = 7- ❑√3
5
L，
粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为
ac
2 L ×100 % = 7- ❑√3
10
×100 % =52.7 %，选项C 正确。
考向2：“旋转圆法”的应用
【典例2】(2026·河南省·单元测试)如图所示，空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，一粒子发射源
P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向均匀发射速率均为v的同种带负电粒子，
不考虑粒子间的相互作用和粒子所受的重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为2
3 d，则下列说法正确的
是()
A.若改变粒子的电性，则到达板上的粒子位置不变
B.粒子能打在板上离P点的最远距离为2d
C.粒子从P点运动到板上的最长时间8 πd
9 v
D.粒子能打在板上的区域长度为2❑√7
3
d
【答案】C
【解析】B.如图所示，圆O1与平板MN相切于A点，圆O2与平板MN相交于B点，PB为直径，圆O3
与平板MN相切于C点，A、C两点为粒子恰好能打到平板上的临界点，B为粒子能打到的距离P点最远的
点，BC为粒子能打到平板的范围；
粒子能打在板上离P点的最远距离为PB =2r = 4
3 d，故B 错误；
A.改变粒子电性，粒子能打到的范围长度不变，但位置发生变化，故A 错误；
C.粒子打到平板所用时间最长的粒子其初速度为v1，设v1与竖直方向夹角为α，由几何关系得
sin α =
d - 2
3 d
2
3 d
= 1
2
解得α =30°，所以打到A点的粒子速度偏转角为240°，所以最长时间为tmax = 240❑
∘
360❑
∘⋅2πr
v
= 8 πd
9 v ，
故C 正确；
D.BC为粒子能打到平板上的范围，由几何关系可得BC =
❑√r
2-(d -r )
2+
❑√(2r )
2-d
2=
❑√3+ ❑√7
3
d，
故D 错误。
故选C。
考向3：“放缩圆法”的应用
【典例3】(2026·山东省德州市·其他类型)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有垂直于纸面向里、
磁感应强度大小为B的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一质量为m，电荷量为q的带正电粒子(不计重力)
从O点沿纸面以与Od成30❑
∘角的方向以不同的速率v射入磁场，能从ab边飞出的粒子的速率范围为()
A.2qBL
3m <v < qBL
m
B.2qBL
3m <v <
❑√5qBL
2m
C.(4 -2❑√3)qBL
m
<v < qBL
m
D.(4 -2❑√3)qBL
m
<v <
❑√5qBL
2m
【答案】C
【解析】设粒子的运动轨迹半径为r1时，粒子的轨迹与ad边相切，如图中曲线①所示
由几何关系得r1- L
2 =r1sin30❑
∘
解得r1= L
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得q v1B = mv1
2
r1
解得粒子的速率为v1= BqL
m
当粒子的运动轨迹与ab边相切时，如图中曲线②所示，由几何关系可得r2+r2cos30❑
∘= L
此时粒子的运动轨迹半径r2=
2 L
2+ ❑√3
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得q v2B = m v2
2
r2
解得粒子的速率v2=
2BqL
(2+ ❑√3)m = (4 -2❑√3)qBL
m
故能从ab边飞出的粒子的速率范围为(4 -2❑√3)qBL
m
<v < qBL
m
故选C。
【变式训练与拓展】
【变式1】(2026·湖北省武汉市·月考试卷)如图所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的宽度为d，在纸
面内，相同的带正电的粒子(不计重力)从左边界的A点以大小相等的初速度，在0～180°范围内沿不同方
向垂直磁场射入，有些粒子从右边界射出磁场，有些粒子从左边界射出磁场。已知粒子在磁场中做匀速圆
周运动的半径为R且R =d，圆周运动的周期为T，则下列说法中正确的是()
A.磁场中有粒子经过的区域面积为3
4 π d
2
B.从磁场右边界射出的粒子中，在磁场中运动最长时间是最短时间的1.5倍
C.从左边界射出的粒子数占总粒子数的30 %
D.右边界有粒子射出的区域长度为(❑√3+1)d
【答案】B
【解析】A.由题意可知R =d，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，可得从左右两个边界射出的
粒子运动轨迹如图所示
实线标记的上方半圆及下方1
4 圆弧内的面积为s= 3
4 ×π d
2
由图可知，磁场中有粒子经过的区域面积大于3
4 π d
2，A 错误；
B.由图可知，粒子在该磁场中运动时间不大于半个周期，圆心角不大于180°，入射点和出射点之间的
连线越长即弦长越长、弧长越大、圆心角越大，那么粒子运动时间就越长，反之越短。分析运动轨迹图象
可知，能从右边界射出的粒子，最短的弦长为R，圆心角最小为60°，则最短时间tmin= α
2π T = T
6
最长的弦长为❑√2 R，圆心角最大为90°，则最长的运动时间为tmax = α
'
2π T = T
4
故从磁场右边界射出的粒子中，在磁场中运动最长时间是最短时间的1.5倍，B 正确；
C.粒子初速度方向从向下到向右这90°范围内的粒子从右边界射出，初速度方向从向右到向上这90°
范围内的粒子从左边界射出，故从左边界射出的粒子数占总粒子数的50 %，C 错误；
D.如图由几何关系可知，最高点M和最低点N间距离为2d，D 错误。
故选B。
【变式2】(2026·福建省·单元测试)如图所示，在一个正三角形区域有方向垂直纸面向里的匀强磁场，
速度大小均为v的α粒子从BC边的中点O处沿各个方向射入磁场，若已知粒子的质量为m，电荷量为q，正
三角形边长为L，粒子运动的轨道半径为L
2 ，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，则()
A.该磁场的磁感应强度为mv
2qL
B.该磁场的磁感应强度为2mv
qL
C.粒子在磁场中运动的最长时间为πL
4 v
D.粒子在磁场中运动的最长时间为πL
3 v
【答案】B
【解析】
根据牛顿第二定律qvB =m v
2
r ，其中r = L
2 ，解得B = 2mv
qL ，由图可知，粒子在磁场中运动时间最长时，
轨迹与AC边相切，若粒子能过A点，在磁场中运动时间才为t = T
3 = 2πm
3qB = πL
3 v ，故B 正确，ACD 错误。
【变式3】(2026·甘肃省武威市·入学测验)如图所示，边长为L的正方形匀强磁场区域abcd内的P点处
有一粒子源，可以发射不同速率的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子沿纸面以与Pd成30°角的
方向射入该匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，P点是cd边的中点。不计
粒子的重力以及粒子间的相互作用。
(1)求带电粒子在磁场中运动的周期T；
(2)若粒子由边界cd离开磁场，求该粒子在磁场中的运动时间t；
(3)若粒子离开磁场时的速度方向偏转了120°，求该粒子的速度大小v。
【答案】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动过程中，由牛顿第二定律有Bqv = m v
2
r
根据圆周运动的周期公式T = 2πr
v
联立解得T = 2πm
Bq ；
(2)根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由图可知若粒子由边界cd离开磁场时，运动轨迹所对圆心角为θ = 5
3 π
其运动时间t = θ
2π T
联立可得t = 5 πm
3 Bq ；
(3)根据题意可知，带电粒子在磁场中运动的圆心角为120°，则弦切角与速度方向成60°，由几何关
系可知，过P点做cd边的垂线，与ab边交点为Q，即粒子从ab边界中点Q离开磁场，运动轨迹如图所示
由几何关系可知r sin 60
∘= 1
2 L
解得r =
❑√3
3 L
根据牛顿第二定律有Bqv =m v
2
r
解得v =
❑√3 BqL
3m
。
考点二 带电粒子在磁场中运动的多解问题
【必备知识回顾】
1．带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成
的原因一般包含四个方面：
类型
分析
图例
带电粒子
电性不确
定
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电
荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，
正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多
解。
如图，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁
场，若带正电荷，其轨迹为a，若带负电荷，其
轨迹为b
磁场方向
不确定
在只知道磁感应强度大小，而未具体指出
磁场方向时，必须考虑由于磁场方向的不确定
而形成多解。
如图，带正电粒子以速度v 垂直进入匀强
磁场，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，
若磁场方向垂直纸面向外，其轨迹为b
粒子速度
不确定
有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未
具体指出速度的大小或方向，此时必须考虑由
于速度的不确定而形成的多解
临界状态
不唯一
带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场
飞出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞
出，形成多解
2.求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解形成的原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
【重难模型精讲】
考向1：带电粒子电性不确定的多解问题
【典例4】（多选）（2025·全国·课前预习）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向
里，MN 是它的下边界。现有质量为m、电荷量为q 的带电粒子与MN 成30°角垂直射入磁场，则粒子在磁
场中运动的时间可能为（ ）
A．πm
3qB
B．2πm
3qB
C．4 πm
3qB
D．5 πm
3qB
【答案】AD
【详解】由于带电粒子的电性不确定，其轨迹可能是如图所示的两种情况
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可得
qvB =m v
2
R
根据线速度和周期的关系，可得
v = 2πR
T
联立解得
T = 2πm
qB
由图可知，若为正电荷，轨迹对应的圆心角为θ1＝300°，若为负电荷，轨迹对应的圆心角为θ2＝60°，
则对应时间分别为
t1= θ1
2π T = 300°
360° T = 5 πm
3qB
t2= θ2
2π T = 60°
360° T = πm
3qB
故选AD。
考向2：磁场方向不确定的多解问题
【典例5】(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，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()
A．B＞，垂直纸面向里
B．B＞，垂直纸面向里
C．B＞，垂直纸面向外
D．B＞，垂直纸面向外
【答案】BD
【解析】当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP 相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径
为r1，由几何关系可知，sin30°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界
轨迹如图乙所示，切点为N，由几何关系知s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，综合上述分析可知B、
D 正确，A、C 错误。
考向3：粒子速度不确定的多解问题
【典例6】（多选）（2025·海南海口·期末）如图，在xoy 平面内存在着磁感应强度大小均为B 的匀强
磁场，其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外，第三象限内的磁场方向垂直纸面向里，
P(- L,0)、Q (0,- L)为坐标轴上的两个点。现有一电量大小为q、质量为m 的带正电粒子（不计重力），
以与x 轴正向成45°的速度从P 点射出，恰好经原点O 并能到达Q 点，则下列对PQ 段运动描述正确的是
（ ）
A．粒子运动的最短时间为πm
qB
B．粒子运动的总路程可能为❑√2πL
C．粒子在Q 点的速度方向可能与y 轴垂直
D．粒子从P 点到O 点的时间与从O 点到Q 点的时间之比可能为1:3
【答案】ABD
【详解】C．由题意，可画出粒子的运动轨迹如下图所示两种情形
显然，粒子在Q 点的速度方向不可能与y 轴垂直，故C 错误；
A．粒子运动的最短时间为图1 所示情形，根据几何知识，知此时运动轨迹所对圆心角为180°，则可
得tmin= T
2 =
2πm
qB
2
= πm
qB
，故A 正确；
B．在图1 中，由几何知识可得粒子运动的半径为r1=
❑√2
2 L
则粒子运动的总路程为s1= π r1=
❑√2
2 πL
在图2 中，由几何知识可得粒子运动的半径为r2=
❑√2
4 L
则粒子运动的总路程为s2=2×2π r2= ❑√2πL，故B 正确；
D．由于粒子在磁场中运动的周期相同，则粒子运动的时间之比等于圆心角之比，根据粒子的运动轨
迹图可知图1 情形粒子从P 到O 的时间与从O 到Q 的时间之比为1:1；图2 粒子从P 到O 的时间为粒子从
O 到Q 的时间为1:3，故D 正确。
故选ABD。
考向4：临界状态不唯一的多解问题
【典例7】（2026·云南·阶段检测）如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的
磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里、向外，三角形顶点A处有一正粒子源，能沿∠A的角平
分线发射速度大小不等、方向相同的粒子，所有粒子均能通过D点，粒子的比荷q
m =k，粒子重力不计，
粒子间的相互作用可忽略，则粒子的速度可能为（）
A．BkL
4
B．3 BkL
C．2BkL
5
D．2BkL
【答案】A
【详解】粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60° ，粒子运动的半径
R = L
n
(n=1,2,3,⋯)
由洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
R
联立解得v = BqR
m = BkL
n
(n=1,2,3,⋯)
将n=1,2,3,⋯代入，只有选项A 符合，故选A。
【变式训练与拓展】
【变式4】（2025·湖南·阶段检测）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L，bc 和ac 的夹角为60°，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
B．粒子的入射速度为
❑√3 BqL
6m
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为πL
2
D．从bc 边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为πm
2Bq
【答案】A
【详解】AB．粒子进入磁场向上做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bqv = m v
2
r
因bc 边只有一半区域有粒子射出，在bc 边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示
由几何关系可得r = L
2 sin30° = 1
4 L
则粒子的入射速度v = BqL
4 m ，故A 正确，B 错误；
C．粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为s= πr = πL
4 ，故C 错误；
D．与bc 边相切恰从bc 边射出粒子的对应的圆心角最大为
从bc 边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为t =
2π
3
2π · 2πm
Bq = 2πm
3 Bq
，故D 错误。
故选A。
【变式5】（多选）（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行两块足
够长的平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O
'且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，
磁感应强度随时间的变化如图乙所示（垂直于纸面向里的磁场方向为正方向），有一群正离子在
时垂
直于M板从小孔O射入磁场，已知正离子质量为m，带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周
期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，粒子撞到平板即被吸收，
不计离子所受重力，下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度B0大小等于πm
T 0q
B．当入射速度大小为2πd
T 0
时，粒子能从O
'飞出磁场
C．当入射速度大小为πd
4T 0
时，粒子能从O
'飞出磁场
D．若正离子能从O
'孔垂直于N板射出磁场，则当离子做匀速圆周运动的半径为d
4 时所用时间最短
【答案】CD
【详解】A．正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力
B0q v0=m v0
2
R
做匀速圆周运动的周期
T 0= 2πR
v0
联立两式得磁感应强度
B0= 2πm
T 0q
选项A 错误；
BCD．要使正离子从N 板O′孔射出磁场，v0的方向应如图所示
结合粒子运动的方向可知，当运动的轨迹是一个周期时，运动的时间最短，所以
tmin=T0
此时离子做匀速圆周运动的半径为d
4 ；
两板之间正离子运动n 个周期，即nT0，则
Rn= d
4 n
联立上式可得，正离子的速度
v0= B0q Rn
m
=
πd
2nT 0
(n=1，2，3⋯)
当n=1 时
v01= πd
2T 0
当n=2 时
v02= πd
4T 0
选项B 错误，CD 正确。
故选CD。
【变式6】（多选）（2026·内蒙古赤峰·一模）物理溅射镀膜是芯片制作的关键环节之一，如图是镀膜
部分平面结构简图。靶材溅射出的质量为m、电荷量为q 的带负电的粒子，从x 轴上P 点以不同速率射入
第一象限内磁感应强度为B 的匀强磁场中，部分粒子恰好垂直打在固定基底上端附近的A 点。A，O 两点
距离为3a，入射速度方向与x 轴夹角为60°，不计粒子重力。能够打在基底上的粒子速度大小可能是（）
A．
qBa
2m
B．
qBa
m
C．
2qBa
m
D．
【答案】BC
【详解】带负电粒子斜向右上与x 轴成60
∘入射，粒子垂直打在A(0,3a)，结合几何关系可得
r1+r1cos60° =3a
最大半径r1=2a
OP =r1sin 60° = ❑√3a
当轨迹恰好与OA相切时，有r2+r2cos30° =OP = ❑√3a
最小半径r2= 2❑√3
2+ ❑√3 a
所以轨迹半径满足2❑√3
2+ ❑√3 a≤r ≤2a
洛伦兹力提供向心力qvB = mv
2
r
解得速度范围2❑√3
2+ ❑√3
qBa
m ≤v ≤2qBa
m
故选BC。
【变式7】（多选）（2025·山西临汾·二模）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（ ）
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 = m v
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。
基础巩固练
1.(2026·湖南省株洲市·月考试卷)如图所示，在竖直边界MN左侧有磁感应强度大小为B、方向垂直纸
面向里的匀强磁场，竖直边界O处有一小孔，大量带正电的相同粒子从各种不同方向沿纸面以相同速率从
小孔射入磁场。紧贴小孔的下方有一可绕O转动的足够长挡板OA(忽略小孔的大小，认为小孔与转动轴在
同一位置)，射入磁场的带电粒子能全部打在挡板上，不计粒子重力及其相互作用，当挡板和边界MN的夹
角θ由0°增大到180°的过程中，从小孔射入的带电粒子击中挡板区域的长度将()
A.不断增大
B.先增大，后减小，其长度变化情况先后对称
C.先增大，后减小，其长度变化情况先后不对称
D.先增大，后不变
【答案】D
【解析】解：带电粒子进入磁场后，根据左手定则，粒子在磁场里做匀速圆周运动轨迹如图示
当挡板和边界MN的夹角θ由0°开始转，在图中位置1时，电荷打击长度不足圆周直径，从2位置开始，
电荷打击长度等于圆的直径，此后始终维持不变，直到增大到180°。故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
2.(2026·浙江省·联考题)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.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为πm
6qB
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为(❑√3-1)d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为❑√3d
D.打在薄板下表面的粒子占粒子总数的比例为2
3
【答案】B
【解析】根据洛伦兹力提供向心力有：qvB =m v
2
R ，解得：R = mv
qB = m
qB × qBd
m =d，
A.带电粒子的运动轨迹如图所示：
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，则有：
tmin= 60°
360
∘T = 1
6 × 2πm
qB = πm
3qB ，故A 错误；
B.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上min=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上max = ❑√3d，故上表面接收到粒子的区域长度为：s上= ❑√3d -d，故B 正确；
C.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
错误；
D.由几何关系可知，打在薄板下表面的粒子，其入射方向对应的圆心角范围为与x轴正方向成60°到与
x轴垂直，Δθ =30°，总发射范围为从x轴正半轴到x轴负半轴Δα =180°，所以打在薄板下表面的粒子占
粒子总数的比例为1
6，故D 错误。
故选：B。
3.(2026·江苏省苏州市·其他类型)一半径为R的圆筒处于匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，
筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔M、N，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。
在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过120°时，该粒
子恰好从小孔N飞出圆筒，不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子运动的速度为()
A.
❑√3ωR
2
B.ωR
2
C.
❑√3ωR
6
D.ωR
6
【答案】B
【解析】粒子恰好从小孔N飞出圆筒时筒转过120°，由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动所
转过的圆心角为60°，半径为R，如图所示
则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期1
6 T = 1
3 × 2π
ω ，
根据T = 2πm
qB 且qvB =m v
2
R ，
解得带电粒子运动的速度为v = ωR
2 ，
故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
4.(2026·山东省·期末考试)一匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里，其下边界如图中
虚线所示，P、M、N、Q四点共线，∠MON为直角，OM =ON = MP=d。一束质量为m、电荷量为
q(q>0)的粒子，在纸面内从P点以不同的速率垂直于PM射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。
则粒子在磁场中运动时间最长时的速率是()
A.dqB
2m
B.
❑√2dqB
2m
C.dqB
m
D.(2+ ❑√2)dqB
2m
【答案】C
【解析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力有qvB = m v
2
R ，粒子做完整的
圆周运动的时间T = 2πm
qB ，若粒子打到PM上，运动轨迹为半圆，运动时间为t1= T
2 = πm
qB ，若粒子打到
MO上，粒子速率越大，运动轨迹圆弧的圆心越接近O点，对应圆心角越大，运动时间越长，当落点为O
时，轨迹圆弧圆心角为225
∘，运动时间为t2= 5T
8 = 5 πm
4 qB ，若粒子打到ON上，运动时间随粒子速率增大，
从5T
8 增减小到T
2 ；若粒子打到NQ上，运动时间为T
2 ，故运动时间最长的粒子打在O点，半径为d，则
v = qBd
m ，故C 正确。
5.(2026·河南省郑州市·其他类型)在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和
②在P点垂直磁场分别射入，两带电粒子进入磁场时的速度方向与x轴的夹角如图所示，二者均恰好垂直
于y轴射出磁场。不计带电粒子所受重力。根据上述信息可以判断()
A.带电粒子①在磁场中运动的时间较长
B.带电粒子②在磁场中运动的时间较长
C.带电粒子①在磁场中运动的速率较大
D.带电粒子②在磁场中运动的速率较大
【答案】B
【解析】解：设粒子①和②的质量均为m，电荷量均为q，在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动的
轨道半径分别为r1、r2，速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所
示，设OP = L，由几何关系得：
r1sin 45° = L；r2cos 45° = L
可得：r1=r2
CD、粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心
力得：
Bqv =m v
2
r ，解得：v = qBr
m
因：r1=r2，可得：v1= v2，故CD 错误；
AB、粒子在磁场中做圆周运动的周期为：
T = 2πr
v
= 2πm
qB
可得粒子①和②在磁场中圆周运动的周期相等均为T，
粒子①的轨迹圆心角为45°，粒子②的轨迹圆心角为135°，可得：
t1= 45
360 T：t2= 135
360 T
可知：t1<t2，即带电粒子②在磁场中运动的时间较长，故B 正确，A 错误。
故选：B。
6.（多选）(2026·重庆市市辖区·其他类型)如图所示，半径为r的半圆abc内部没有磁场，半圆外部空间
有垂直于半圆平面的匀强磁场(未画出)，比荷为p的带电粒子(不计重力)从直径ac上任意一点以同样的速
率垂直ac射向圆弧边界，带电粒子进入磁场偏转一次后都能经过直径上的c点并被吸收，下列说法正确的
是()
A.磁场方向一定垂直半圆平面向里
B.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r
C.带电粒子在磁场中运动的最短时间为π
pB
D.带电粒子在磁场中运动的最长时间
为π
pB
【答案】BC
【解析】A.带电粒子的电性不能确定，故磁场方向无法确定，故A 错误；
B.粒子的运动轨迹如图所示，
根据几何关系可知四边形OACD为菱形，故带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，故B 正确；
CD.带电粒子在磁场中运动的周期为T = 2πm
Bq = 2π
pB ，当粒子从a入射时，运动时间最短，轨迹为半圆，
带电粒子在磁场中运动的最短时间为t = T
2 = π
pB ，故C 正确，D 错误。
故选BC。
7.（多选）(2026·云南省·单元测试)如图，在边长为L的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面
的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，
且所有离子均垂直bc边射出，下列说法正确的是()
A.磁场区域的最小面积为π -2
4
L
2
B.离子在磁场中做圆周运动的半径为L
C.磁场区域的最大面积为π
4 L
2
D.离子在磁场中运动的最长时间为2πL
3 v
【答案】BC
【解析】AB.由题图可知，若所有正离子垂直bc边射出，则以d为圆心，半径为L的1
4 圆弧ac为磁场
区域的边界，其半径与离子做圆周运动的半径相同，所以离子在磁场中做圆周运动的半径为R = L；磁场区
域的最小面积为Smin=2×(
1
4 π L
2- 1
2 L
2)= π -2
2
L
2，故A 错误，B 正确；
CD.磁场的最大区域是四分之一圆，面积Smax = 1
4 π L
2，离子运动的最长时间t = T
4 = πL
2v ，故C 正确，
D 错误。
故选BC。
8.（多选）(2026·江西省·月考试卷)如图所示，在半径为L的圆形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强
磁场，在x轴与磁场边界的交点P处有一粒子发射源，能沿xOy平面与x轴成任意夹角向磁场区域发射质量
为m，带电荷量为-q的粒子，且发射速度的大小为v = qBL
m 。在发射的众多粒子中b粒子在磁场中的运动
时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍。已知a粒子的入射方向与x轴正方向成30°角，若不考虑粒子
间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是()
A.b粒子的入射方向与x轴正方向成30°角
B.b粒子的入射方向与x轴正方向成60°角
C.a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行
D.从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，一群同速率的上述粒子经磁场作用后一定都过P点
【答案】ACD
【解析】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以有，Bvq = m v
2
r
，由题意知：
v = BqL
m ，因此粒子的轨迹半径r = L，即轨迹圆半径与磁场圆
的半径相等。
C、根据磁聚焦的原理，从P点向各个方向入射的粒子经
磁场偏转后，离开磁场时，均平行于y轴，故C 正确；
AB、当Pa方向与x轴成30°时，其圆心Oa及轨迹如图所
示，由几何关系可知，a粒子的偏转角为60°，那么b粒子沿y
轴正方向射出时偏转了90°+θ =120°，所以b粒子入射方向
与x轴成θ =30°，故A 正确，B 错误；
D、从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，根据左手
定则，由磁聚焦原理，所有粒子将从P点离开磁场，故D 正确。
故选：ACD。
9.（多选）(2026·广东省茂名市·其他类型)如图所示，以三角形ACD为边界的有界匀强磁场区域，磁
感应强度为B，∠C =30
∘，∠D = 45
∘，AO垂直于CD .O点有一电子源，可沿CD上方纸面180
∘范围内各
个方向均匀地发射速率相同的电子(不计电子重力)，恰好有三分之一的电子从AC边射出，则()
A.电子能经过D点
B.电子速度方向与OC的夹角为60
∘时，电子在磁场中飞行时间最短
C.AC边上有电子射出区域占AC长度的二分之一
D.经过AC边的电子数与经过AD边的电子数之比为2:3
【答案】ACD
【解析】A.由于粒子源发生的电子速率相同，电子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB =m v
2
r ，解得
r = mv
qB ，即所有电子的半径都相等，由题意可知，其恰好有三分之一的电子从AC边射出。由左手定则可
知，电子进入磁场后逆时针做圆周运动，所以其从AC边射出的一个临界位置为从A点射出，此时θ =60
∘，
如图所示，
，
设AO的距离为L，由几何关系可知其电子的半径为r = L，将该圆进行旋转，可知，当θ =150
∘，电子
从D点射出，故A 正确;
B.电子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T，有T = 2πr
v ，在磁场中运动的时间为t，有t
T = a
2π ，整
理有t = αm
qB ，即电子运动的圆心角越小，其在磁场中运动的时间就越小，所以最短时间即为弦长的最小值，
由几何关系可知，弦长最短的为垂直于AD，由几何关系可知，此时θ≠60
∘时，所以θ为60
∘时电子在磁场
中飞行时间并不是最短的，故B 错误;
C.由上述分析可知，电子从AC边上射出，其中一个临界为A点，另一个临界为E点，如图所示
由之前的分析可知。粒子的半径为L，AO的距离也为L，有几何关系可知，AC为2 L，E点为AC的
中点，即AC边上有电子射出区域占AC长度的二分之一，故C 项正确;
D.由题意及之前的分析可知，当0
∘≤θ≤60
∘范围内，电子从AC边上射出，当粒子在60
∘≤θ≤150
∘范
围内，电子从AD边射出，所以经过AC边的电子数与经过AD边的电子数之比为60
∘:90
∘=2:3，故D 项正
确。
10.（多选）(2026·重庆市市辖区·其他类型)如图所示，xoy平面中x轴上方存在着上边界为y = L的垂直
纸面向里的足够大匀强磁场，磁感应强度大小为B。O点有一粒子源可以向一、二象限各个方向发射速度
大小为v，质量为m、电荷量为q的带正电同种粒子。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.粒子在磁场中运动的最长时间为t = 2πm
qB
B.为使发射的所有粒子不从上边界飞出，磁感应强度B应满足B≥mv
qL
C.若磁感应强度大小为B = 2mv
qL ，所有粒子运动的区域面积为3 π L
2
8
D.若磁感应强度大小为B = mv
2qL，粒子能从上边界射出的宽度为❑√3 L
【答案】AC
【解析】向x轴正向发射的粒子运动的最长时间为2πm
qB ，A项正确;
向x轴正向发射的粒子最容易从上边界飞出，当其恰好从上边界飞出时，其半径r = L
2 ，为使其从上边
界飞出B应满足B≥2mv
qL ，B项错误;
若磁感应强度为B = 2mv
qL 时，半径r = L
2 ，所有粒子运动的区域面积为1
2 π r
2+ π
4 (2r )
2= 3 π L
2
8
，C项
正确;
若磁感应强度为B = mv
2qL，半径r =2 L，向x轴正向发射的粒子从上边界最右侧飞出，其x轴坐标为
❑√3 L，当粒子轨迹和上边界相切时，其x轴坐标为- ❑√3 L，故粒子能从上边界射出的宽度为2❑√3 L，D项
错误。
11.（多选）(2026·天津市·期末考试)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板
MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两
缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，
对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是()
A.粒子带正电
B.射出粒子的最大速度为qB(3d + L)
2m
C.保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
【答案】BC
【解析】
A.粒子向右偏转，由左手定则可判断粒子带负电，故A 错误；
BCD.如图为最大速度与最小速度的粒子运动轨迹，
半径大的为速度最大粒子运动轨迹，半径小的为速度最小粒子运动轨迹，由题意知：粒子的最大半径
rmax= L+3d
2
、粒子的最小半径rmin= L
2 ，根据r = mv
qB ，可得vmax = qB( L+3d)
2m
、vmin= qBL
2m ，则
vmax- vmin= 3qBd
2m ，与L无关，故BC 正确，D 错误。
故选：BC。
综合提升练
1.(2026·湖北省黄石市·其他类型)如图所示，在0≤x ≤a、0≤y ≤a
2范围内有垂直于xy平面向外的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正
电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。已
知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a
2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒
子在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：
(1)速度的大小；
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。
【答案】解：(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，
得qvB =m v
2
R ，解得R = mv
qB ，
当a
2 < R<a时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，
如图所示：
设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t = T
4 ，回旋角度为∠OCA = π
2 ，设最后离开磁场的粒子的
发射方向与y轴正方向的夹角为α，
由几何关系得R sin α = R - a
2，R sin α =a- R cosα，sin
2α +cos
2α =1，
解得R =(2-
❑√6
2 )a，v =(2-
❑√6
2 ) aqB
m ，sin α = 6- ❑√6
10
，故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速
度大小为v =(2-
❑√6
2 )
aqB
m ；
(2)由第一问可知，最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y轴正方向夹角的正弦为
sin α = 6- ❑√6
10
。
2.(2025·江苏省·模拟题)如图所示，在xOy直角坐标系中，y轴右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁
感应强度大小为B，在x =d处放置垂直于x轴的足够大的接收屏P。位于原点O的粒子源可沿xOy平面向y
轴右侧各个方向发射相同的正电粒子，粒子速度大小相等，轨迹半径为d。已知粒子的质量为m，电荷量
为q，粒子打到接收屏上即被吸收，不计空气阻力、粒子重力及粒子间相互作用。求：
(1)粒子的速度大小v；
(2)粒子打到接收屏上区域的长度L；
(3)能打到接收屏上的粒子在磁场中运动的最短时间t。
【答案】解：(1)由洛伦兹力提供向心力qvB = m v
2
d
，解得v = qBd
m ；
(2)由几何关系，粒子轨迹恰好与P相切时，打到接收屏上的位置最高，y1=d，
粒子沿- y方向进入磁场时，打到接收屏上的位置最低，y2=-d，
则粒子打到接收屏上区域的长度L= y1- y2=2d；
(3)由几何关系可知，运动到(d ,0)点的粒子轨迹的圆心角最小，θ = π
3 ，
则相应粒子运动的最短时间t = θd
v ，解得t = πm
3qB 。
3.(2025·安徽省马鞍山市·期末考试)如图所示，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，圆心为O，磁感应
强度大小为B，方向垂直于纸面向里，圆形磁场边界上的P处有一粒子源，在纸面内的PO两侧与PO夹角
均为30
∘的范围内均匀发射速率相同的粒子。沿PO方向射入的粒子，从N点射出，∠PON =90
∘。已知发
射的粒子质量为m、电荷量为q(q>0)，不计粒子重力及粒子之间的相互作用。求：
(1)粒子的发射速率;
(2)沿右侧最大发射角入射的粒子在磁场中运动的时间;
(3)圆形磁场边界上有粒子打到的弧长。
【答案】解：(1)几何关系可得带电粒子运动半径为R，
由qvB =m v
2
R ，
得v = qBR
m ；
(2)由几何关系得，粒子在磁场中偏转圆心角θ = 2
3 π，
带电粒子在磁场内运动周期：T = 2πm
qB ，
得粒子运动时间：t = θ
2π T = 2πm
3qB ；
(3)由磁发散特点知，沿右侧最大发射角入射的粒子，出射时速度偏向角为
2π
3 ，
出射点位置为M，∠POM = 2
3 π，
沿左侧最大发射角入射的粒子，出射时速度偏向角为π
3 ，
出射点位置为Q，∠POQ = 1
3 π，
则有粒子打到的弧长l = 1
3 πR。
4.(2025·湖北省武汉市·其他类型)如图所示，在虚线边界上方区域有磁感应强度为B的匀强磁场，MN
为磁场边界上的长度为2a的接收屏，OO'与O
' N垂直，OO'和O' M的长度均为a。在O点的电子源可大
量发射方向平行于边界向右、速度大小不同的电子。已知电子的质量为m，电荷量为-e，不计电子间的相
互作用，电子打到接收屏上即被吸收。求：
(1)能打到接收屏上的电子速度大小的范围；
(2)打到接收屏上的电子在磁场中运动的最长时间tmax。
【答案】解：(1)洛伦兹力提供向心力evB = m v
2
r
电子打到M点时，在磁场中运动的圆周半径最小，几何关系r1=a
解得v1= eBa
m
电子打到N点时，在磁场中运动的圆周半径最大，几何关系r2=5a
解得v2= 5eBa
m
电子的速度满足eBa
m ≤v ≤5eBa
m
；
(2)打到M点的电子在磁场中运动的时间最长tmax = T
4
周期T = 2πm
eB
解得tmax = πm
2eB
