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第49 讲 带电粒子在匀强磁场中运动
目 录
模拟·基础演练....................................................................................................................1
题型01 洛伦兹力的大小和方向...................................................................................1
题型02 洛伦兹力的简单计算......................................................................................4
题型03 带电粒子在无边界磁场中运动........................................................................8
题型04 带电粒子在有边界磁场中的运动..................................................................12
题型05 带电体在磁场中的运动................................................................................18
重难·创新演练....................................................................................................................22
真题·实战演练....................................................................................................................29
模拟·基础演练
考查重点：洛伦兹力在磁场中的运动……
⏳题型01 洛伦兹力的大小和方向
1．（2026·江苏扬州·模拟预测）质量和电荷量都相等的粒子a、b，以不同的速率从O点沿虚线方向垂直匀
强磁场射入，运动轨迹如图所示，不计粒子间的作用力及粒子的重力，则（ ）
A．粒子a 带正电
B．洛伦兹力对粒子a 做正功
C．粒子a 的角速度大于粒子b 的角速度D．粒子a 的加速度大于粒子b 的加速度
【答案】D
【详解】A．磁场垂直纸面向里，粒子向右偏转，则洛伦兹力向右，由左手定则可知粒子a、b 均带负电。
故A 错误；
B．洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功。故B 错误；
C．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB
角速度 ω= v
r = qB
m
与半径、速度无关，ωa=ωb，故C 错误；
D．如图可知a粒子半径大于b粒子，根据r = mv
qB
故a粒子速度大于b粒子，加速度a= qvB
m
可得 aa>ab。故D 正确。
故选D。
2．（2026·江苏南京·二模）如图所示，虚线的上方区域和下方区域均有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强
度大小分别为B1和B2，两虚线之间无磁场，重力不计的带正电粒子以垂直于磁场方向的速度从A点射入上
方区域，其运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．第一次从A到C的运动时间小于从D到E的
B．磁场均垂直纸面向外
C．磁感应强度B1<B2
D．轨迹内上下两区域磁通量Φ1>Φ2
【答案】A
【详解】ABC．粒子带正电，根据左手定则可得虚线的上方区域磁场垂直纸面向里，下方区域磁场垂直纸
面向外，根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
可得半径为r = mv
Bq
速率不变，粒子在上方区域运动的半径较小，可知磁感应强度B1>B2
根据T = 2πr
v
= 2πm
Bq
可知粒子在下方区域运动的周期长，运动时间t = θ
2π T = θm
Bq
粒子在上方区域和下方区域转过的圆心角相同，根据B1>B2，可知第一次从A到C的运动时间小于从D到
E的，故A 正确，BC 错误；
D．轨迹内上下两区域磁通量分别为Φ1＝B1S1，Φ2＝B2S2
其中S1= θ
2π π r1
2+r1sinβ·r1cosβ= m
2v
2
B1
2q
2 （θ
2 +sinβcosβ）
S2= θr2
2
2 +r2sinβ·r2cosβ= m
2v
2
B2
2q
2 （θ
2 +sinβcosβ）
可知Φ1= m
2v
2
B1q
2 （θ
2 +sinβcosβ），Φ2＝m
2v
2
B2q
2 （θ
2+sinβcosβ），可知Φ1＜Φ2，故D 错误。
故选A。
3．（25-26 高二下·四川成都）如图，在气泡室中观察到从P点发出两个电子和一个正电子，正电子与电子
质量相同，电性相反。已知气泡室处于垂直于纸面的匀强磁场中，不计粒子间相互作用。下列说法正确的
是（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1 对应的粒子为正电子
C．轨迹1 对应的粒子的速度越来越小
D．洛伦兹力对轨迹3 对应的粒子做正功
【答案】C
【详解】AB．带电粒子在磁场中受洛伦兹力做圆周运动，轨迹1 和2 偏转方向相同，则初始所受洛伦兹力
方向相同，均带负电，则轨迹3 为正电子运动轨迹，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，故AB 错误；
C．洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r ，代入数据可得r = mv
qB ，由图可知轨迹半径逐渐变小，所以速度逐渐
变小，故C 正确；
D．洛伦兹力始终垂直于粒子速度方向，不做功，不改变动能，故D 错误。
故选C。
4．（24-25 高二下·内蒙古）如图所示，绝缘粗糙水平面位于垂直于纸面向里的匀强磁场中，一比荷始终保
持不变的带负电小物块以初速度v0在绝缘粗糙水平面上滑行一段时间后停止运动，下列说法正确的是（
）
A．物块滑动过程中，物块的加速度恒定不变
B．物块滑动过程中，物块的加速度逐渐增大
C．物块滑动过程中，洛伦兹力对物块做正功
D．物块滑动过程中，物块克服洛伦兹力做功
【答案】B
【详解】AB．根据左手定则可知，小物块所受洛伦兹力竖直向上，根据牛顿第二定律有μ F N=ma
又FN+qvB =mg
联立得a= μ(mg−qvB)
m
根据题意可知，v 逐渐减小，所以加速度逐渐增大，故A 错误，B 正确；
CD．物块滑动过程中，所受洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故CD 错误。
故选B。
5．（24-25 高二上·吉林长春）如图所示，带正电的小球竖直向下以一定初速度v进入垂直纸面向里的匀强
磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程的加速度保持不变
C．因为洛伦兹力与速度方向垂直，所以小球运动过程中的速度大小不变
D．小球竖直方向的加速度小于g，这是因为小球受到的洛伦兹力对小球做负功
【答案】A
【详解】A．带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的作用做曲
线运动，根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；
B．小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且速
度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，B 错误；
C．小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，重力对小球做功，所以小球运动过程中的速度大小变化，
C 错误；
D．小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹力
永不做功，D 错误；
故选A。
⏳题型02 洛伦兹力的简单计算
6．（23-24 高二下·内蒙古赤峰）如图所示，a 为带正电的小物块，b 是一不带电的绝缘物块（设a、b 间无
电荷转移），a、b 叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉b
物块，使a、b 一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（ ）
A．a 对b 的压力变小
B．a 对b 的压力不变
C．a、b 物块间的摩擦力不变
D．a、b 物块间的摩擦力变小
【答案】D
【详解】AB．a、b 一起无相对滑动地向左加速运动时，由左手定则可知，a 受到向下的洛伦兹力，因此a
对b 的压力变大，AB 错误；
CD．a、b 整体向左加速运动，则有整体速度越来越大，由洛伦兹力公式F洛=qvB可知，a 受到向下的洛
伦兹力逐渐变大，整体对水平面的压力增大，则b 与水平地面间的滑动摩擦力增大，由牛顿第二定律可得
F −μ F N =(ma+mb)a
则整体的加速度减小，对a 物块则有
Ff=maa
可知a、b 物块间的摩擦力变小，C 错误，D 正确。
故选D。
7．（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨）如图所示，物块a 带负电，物块b 不带电，两物块叠放在光滑水平地面
上，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉物块b，两物块一起无相对滑动地沿地面向左
运动，在a、b 分开之前，下列说法正确的是（ ）
A．物块a 受到的摩擦力变小
B．物块a 受到的摩擦力变大
C．地面对物块b 的支持力变大
D．地面对物块b 的支持力变小
【答案】D
【详解】AB．根据题意，对整体，由牛顿第二定律有
F =(ma+mb)a
对物块a，由牛顿第二定律有
f =maa
解得
f = ma F
ma+mb
可知，物块a 受到的摩擦力不变，故AB 错误；
CD．根据题意，对整体受力分析，竖直方向上，由平衡条件有
FN+qvB =(ma+mb)g
由于做加速运动，速度增大，则地面对物块b 的支持力变小，故C 错误，D 正确。
故选D。
8．（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨）如图所示，质量为m 的带电小物块从半径为R 的固定绝缘光滑半圆槽
顶点A 由静止滑下，整个装置处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。已知物块所带的电荷量保持不变，物
块运动过程中始终没有与圆槽分离，物块第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相
等，重力加速度大小为g，则物块第二次经过圆槽最低点时对圆槽的压力为（ ）
A．3mg
B．4mg
C．5mg
D．6mg
【答案】C
【详解】物块运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可知物块到达圆槽最低点时速度最大且不变，
由
mgR = 1
2 m vmax
2
解得
vmax = ❑√2gR
物块第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相等F1=mg，此时物块受到向上的洛
伦兹力
F1+ Bq vmax−mg= m vmax
2
R
物块第二次经过圆槽最低点时，物块在半圆槽内做往复运动，此时物块受到向下的洛伦兹力
F2−mg−Bq vmax= m vmax
2
R
联立解得
F2=5mg
故选C。
9．（2026·福建三明·二模）如图，上表面粗糙且足够长的绝缘板P 静止在光滑水平面上，板的左端放置一
带正电的小滑块Q，空间加一垂直纸面向外的匀强磁场。t=0 时，对Q 施加一水平向右的恒力F，设Q 受
到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块Q 的v—t 图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】小滑块Q 运动起来后受到重力、竖直向下的洛伦兹力qvB，向右的拉力F 和向左的摩擦力。若一
开始两者间的静摩擦力足够大，Q 和P 一起向右加速，则加速度为a=
F
mQ+mP
保持不变，所以v-t 图线应为
过原点的倾斜直线；
若一开始Q 和P 相对滑动，对Q，根据牛顿第二定律，有F −μ(mQ g+qvB)=mQa
解得a= F −μ(mQ g+qvB)
mQ
随着速度不断增大，加速度逐渐减小，对P 有μ(mQ g+qvB)=mPa
′
可得a
′ = μ(mQ g+qvB)
mP
随着速度不断增大，加速度逐渐增大，当两者加速度相等时，保持相对静止，一起做匀加速运动。
故选D。
10．（25-26 高二下·贵州遵义）如图所示，一带电粒子在垂直纸面向外的匀强磁场中运动，只受洛伦兹力，
某时刻受到的洛伦兹力F水平向右。粒子所受重力不计，关于该带电粒子，下列说法中正确的是（ ）
A．该时刻粒子可能向上运动
B．粒子在运动过程中的速度保持不变
C．粒子在运动过程中的加速度保持不变
D．粒子在运动过程中的动能可能变大
【答案】A
【详解】A．根据左手定则，磁感线垂直纸面向外穿过手心，大拇指指向洛伦兹力方向（水平向右）。若
粒子带正电，四指指向上方，即速度向上；若粒子带负电，四指指向上方，则速度向下。由于粒子电性未
知，该时刻粒子可能向上运动，故A 正确；
B．洛伦兹力始终与速度方向垂直、不做功，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但
方向时刻改变，所以速度是变化的，故B 错误；
C．粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知，粒子的加速度大小满足ma=qvB
解得a= qvB
m
可知粒子加速度大小不变，但加速度方向始终指向圆心，时刻改变，故C 错误；
D．洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，对粒子不做功，根据动能定理可知，粒子的动能保持不变，故D
错误。
故选A。
⏳题型03 带电粒子在无边界磁场中运动
11．（2026·云南昆明·模拟预测）如图，正方形abcd 内有方向垂直于纸面、大小可以调节的匀强磁场，一
电子在纸面内从顶点a 以一定的速度沿ad 方向射入磁场。当磁感应强度的大小分别为B1、B2、B3时，
电子可分别从ab 边的中点e、b 点和c 点射出，则B1、B2、B3之比为（ ）
A．1 2 3
∶∶
B．1 2 4
∶∶
C．3 2 1
∶∶
D．4 2 1
∶∶
【答案】D
【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 evB =m v
2
R
解得半径公式R = mv
eB
由此可知，在m、v、e一定的情况下，磁感应强度B与轨道半径R成反比，即B∝1
R
设正方形边长为L，当磁感应强度为B1时， 2 R1=ae = L
2
解得R1= L
4
当磁感应强度为B2时，2 R2=ab= L
解得R2= L
2
当磁感应强度为B3时，设半径为R3，由几何关系( L−R3)
2+ L
2= R3
2
解得R3= L
综上所述，半径之比为R1: R2: R3= L
4 : L
2 : L=1:2:4
所以磁感应强度之比为B1:B2:B3= 1
1 : 1
2 : 1
4 = 4:2:1
故选D。
12．（2026 高三·全国）质量为m 的带电微粒a 仅在洛伦兹力作用下做半径为r 的匀速圆周运动。现在a 经
过的轨迹上放置不带电的微粒b，则a 与b 发生完全非弹性碰撞融为一个整体。不计重力和电荷量的损失，
则该整体在磁场中做圆周运动的半径将（ ）
A．变大
B．变小
C．不变
D．条件不足，无法判断
【答案】C
【详解】碰撞后，由洛伦兹力提供向心力，有q v0 B =m v0
2
r
可得r = m v0
qB
又p=m v0
碰撞过程中动量守恒，p不变，电荷量不变，则半径不变；
故选C。
13．（2026·山西太原·二模）某种量子磁传感器的测量原理可简化如下：电子可在垂直于匀强磁场平面内
的一系列分立圆轨道上做匀速圆周运动，电子的动能即为对应轨道的轨道能量，相邻轨道的能量差满足
ΔEk＝kB，k 为常数，B 为磁感应强度的大小。电子在相邻轨道间跃迁会辐射光子。已知最内层轨道1 的半
径为r1，电子电荷量为-e、质量为m，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．电子的运动速度越大，其做圆周运动的周期越长
B．电子在相邻轨道间跃迁，辐射出的光子的频率为h
kB
C．轨道2 的半径为❑√
r1
2+ 2mk
e
2B
D．轨道3 的能量为e
2B
2r1
2
2m
+3kB
【答案】C
【详解】A．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB =m v
2
r
可得v = eBr
m
动能Ek = 1
2 m v
2= e
2B
2r
2
2m
周期T = 2πr
v
= 2πm
eB
故电子的运动速度越大，其做圆周运动的周期不变，故A 错误；
B．跃迁时辐射光子能量等于相邻轨道能量差Δ Ek =kB =hν
解得光子频率ν = kB
h ，故B 错误；
C．轨道1 能量为E1= e
2B
2r1
2
2m
轨道2 能量为E2= E1+ kB
又因为E2= e
2B
2r2
2
2m
联立可得e
2B
2r2
2
2m
= e
2B
2r1
2
2m
+kB
整理得轨道2 的半径为r2= ❑√
r1
2+ 2mk
e
2B
，故C 正确；
D．第n个轨道的能量为En= E1+(n−1)kB
当n=3时，E3= e
2B
2r1
2
2m
+2kB，故D 错误。
故选C。
14．（25-26 高二下·浙江）在云室中有垂直于纸面向里的匀强磁场，从P 点发出一个电子和一个正电子
（质量相等，电性相反），两个粒子运动轨迹如图中1、2 所示，下列说法正确的是（ ）
A．轨迹1 对应正电子
B．轨迹2 对应电子
C．轨迹2 对应的粒子初速度比轨迹1 的大
D．轨迹2 对应的粒子周期比轨迹1 的大
【答案】C
【详解】AB．磁场垂直纸面向里，磁感线穿手心，手心朝向观察者，粒子从P 点向外运动，电子带负电，
向左运动（轨迹1 方向）时，四指指向运动反方向（向右），洛伦兹力向上，轨迹向左上方弯曲，因此轨
迹1 对应电子；正电子带正电，向右运动（轨迹2 方向）时，四指指向运动方向（向右），洛伦兹力向上，
轨迹向右上方弯曲，因此轨迹2 对应正电子，故AB 错误；
C．洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r ，推导得半径公式r = mv
qB ，两粒子质量m 相等、电荷量大小q 相等，
磁场B 相同，因此半径r 越大，初速度v 越大。由图可知轨迹2 半径更大，因此轨迹2 对应粒子初速度更
大，故C 正确；
D．圆周运动周期公式T = 2πm
qB ，两粒子m、q、B均相同，因此两者周期相等，故D 错误。
故选C。
15．（2026·山西运城·二模）在医用同位素生产设备的质检过程中，技术人员将微量静止的钋❑84
210Po置于
足够大的匀强磁场中。钋核发生衰变后，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子，变为稳定的新核。新核与
放出的粒子在磁场中的运动轨迹均为圆，且两圆外切，不计两者间的相互作用力，如图所示。则新核与放
出的粒子在磁场中的运动轨迹的半径之比为（ ）
A．2:103
B．1:41
C．103:2
D．41:1
【答案】B
【详解】根据核反应方程❑84
210 Po→82
206 Pb+2
4 He
因为衰变过程中动量守恒，故新核与放出的粒子动量大小相等，根据公式r = mv
Bq
可知新核与放出的粒子在磁场中的运动轨迹的半径之比为
r1
r2
= q2
q1
= 2
82 = 1
41
故选B。
⏳题型04 带电粒子在有边界磁场中的运动
16．（25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）如图所示，边长为L的等边三角形ABC区域内有垂直于纸面向外的匀
强磁场，D 为AB边的中点，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子平行BC边从D 点射入磁场，粒子的速
度大小为v0，且刚好垂直BC边射出磁场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．匀强磁场的磁感应强度B = 2m v0
qL
C．若只改变该粒子射入磁场的速度大小，则粒子一定不能从C点射出磁场
D．若只改变该粒子射入磁场的速度方向，则粒子可以从AC边射出磁场，且在磁场中运动的时间可能
是
❑√3 πL
12v0
【答案】D
【详解】A．粒子垂直于BC 边射出磁场，所以粒子向下偏转，洛伦兹力方向向下，根据左手定则可知粒
子带正电，故A 错误；
B．粒子垂直于BC 射出磁场，圆心在BC 上，同时粒子从D 点水平射入，圆心应该在过D 点与BC 垂直的
垂线的垂足处，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为三角形BC 边上高的一半，即r =
❑√3
4 L
根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B=mv0
2
r
解得B = 4 ❑√3m v0
3qL
，故B 错误；
C．改变初速度的大小，当半径r＝
❑√3
2 L，粒子从C 点射出，故C 错误；
D．粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πm
qB ＝
❑√3 πL
2v0
粒子从C 点与AC 相切射出磁场时，偏转60°，运动时间为t＝1
6 T＝
❑√3 πL
12v0
，故D 正确。
故选D。
17．（25-26 高二上·浙江杭州）如图所示，一束含有大量正、负带电粒子的射线，以相同的速度垂直于磁
场沿AO 方向射入圆形匀强磁场区域，它们在磁场中的运动径迹分成了如图的a、b 两束，不计粒子重力以
及粒子之间的相互作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a 粒子带正电，b 粒子带负电
B．a 粒子比荷q
m较大
C．a 粒子在磁场中受到的洛伦兹力较小D．a 粒子在磁场中运动时间较长
【答案】B
【详解】A．根据左手定则，粒子向右运动，a 粒子运动轨迹向下弯曲，受到向下的洛伦兹力，因此a 粒子
带负电；b 粒子运动轨迹向上弯曲，受到向上的洛伦兹力，因此b 粒子带正电，A 错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力Bvq =m v
2
r 可得q
m = v
Br
由于磁感应强度B 相同，速度v 相同，又有ra<rb
所以比荷
qa
ma
> qb
mb
， B 正确；
C．根据洛伦兹力公式F = Bvq可知，磁感应强度B 相同以及速度v 相同，那么F ∝q
由于仅知道比荷
qa
ma
> qb
mb
，粒子质量未知，所以不能确定qa与qb大小，所以无法判断洛伦兹力大小，C 错
误；
D．根据洛伦兹力提供向心力Bvq =m 4 π
2r
T
2
可知T = 2πm
Bq
已知比荷
qa
ma
> qb
mb
，那么T a<T b
根据粒子在磁场中做圆周运动所需的时间t = θ
2π T
由于粒子在磁场中运动对应的圆心角未知，所以无法判断粒子在磁场中运动时间的长短，D 错误。
故选B。
18．（25-26 高二下·黑龙江大庆）如图所示，边长为2a 的等边三角形ABC 区域内有垂直纸面向里的匀强
磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m 电荷量为-q（q>0）的同种带电粒子（不计重力），从AB 边的
中点，以不同速率沿不同方向射入磁场区域（均垂直于磁场方向射入），下列说法错误的是（ ）
A．若粒子均平行于BC 边射入，则从BC 边射出的粒子最大速率为
❑√3 Bqa
m
B．若粒子均平行于BC 边射入，则从BC 边射出的粒子最小速率为
❑√3 Bqa
4 m
C．若粒子均垂直于AB 边射入，则粒子可能从BC 边上距B 点2−❑√3
3
a 处射出
D．若粒子射入时的速率为
❑√3 Bqa
2m
，则粒子从BC 边射出的最短时间为πm
3 Bq
【答案】C
【详解】A．若粒子均平行于BC 边射入，从BC 边射出的粒子速度最大时，半径最大，此时轨迹经过C 点，
如图所示
由几何关系得R1sin30° = R1−acos30°
解得R1= ❑√3a
根据qvB =m v
2
R ，解得vmax =
❑√3 Bqa
m
，故A 正确，不满足题意要求；
B．若粒子均平行于BC 边射入，当从BC 边射出的粒子速率最小时，半径最小，此时轨迹与BC 边相切，
则R2= 1
2 acos30
∘=
❑√3
4 a
根据qvB =m v
2
R ，解得vmin=
❑√3 Bqa
4 m
，故B 正确，不满足题意要求；
C．若粒子均垂直于AB 边射入，则当轨迹与BC 相切时，如图所示
由几何关系可得r +
r
cos30° =a
解得BD =r tan30° =(2−❑√3)a
则粒子不可能从BC 边上距B 点2−❑√3
3
a处射出，故C 错误，满足题意要求；
D．若粒子射入时的速率为
❑√3 Bqa
2m
，则轨道半径为r
′ = mv
qB =
❑√3
2 a
粒子从BC 边射出的时间最短时，轨迹对应的弦最短，最短弦为射入点到BC 的距离，长度为
❑√3
2 a，如图
所示
由几何关系可知，轨迹对应的圆心角为π
3 ，则最短时间为t = θ
2π ⋅2πm
qB = πm
3 Bq ，故D 正确，不满足题意要
求。
故选C。
19．（25-26 高三上·内蒙古乌兰察布）如图所示，在Δ ABC区域内存在垂直于三角形平面向里的匀强磁场，
∠A =90
∘，AC =d，BC =2d。在顶点A处有一粒子源，可以在垂直磁场的平面内，向∠CAB区域内各
个方向均匀射入比荷为k、速率为v0的带负电的粒子，有1
3的粒子能从AB边射出，忽略粒子的重力及相互
间的作用力。下列说法中正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为2❑√3 v0
3kd
B．粒子在磁场中运动的最短时间为
❑√3 πd
6 v0
C．BC边有粒子射出的区域长度为❑√3d D．从BC边射出的粒子速度最大偏转角为30
∘
【答案】C
【详解】AD．如图所示，有1
3的粒子能从AB边射出，则速度方向与AB边成30
°角范围内的粒子都能从
AB边射出，由几何关系可得粒子运动的轨迹半径为r = ❑√3d
洛伦兹力提供向心力有q v0 B =m v0
2
r
粒子比荷为k，联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为
❑√3 v0
3kd
如图所示，从BC边射出的粒子，射出点在B点时，粒子在磁场中运动轨迹的圆弧的弦最大，对应的圆心角
最大，可知从BC边射出的粒子速度最大偏转角为60
∘，故AD 错误；
B．粒子在磁场中运动轨迹的圆弧的弦可以非常小，对应的圆心角可以非常小，根据t = θ
2π T，T = 2πr
v0
可得时间t = θm
Bq
可知粒子在磁场中运动的最短时间为零，故B 错误；
C．如图所示，粒子沿AC方向射出时，圆心在B点，从D点射出，可知BC边有粒子射出的区域为DB，其
长度为❑√3d，故C 正确。
故选C。
20．（25-26 高二上·陕西渭南）如图甲所示，有界匀强磁场I 的宽度与如图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半
径相等，一粒子从左边界的M 点以一定初速度v1水平向右垂直射入磁场I，从右边界射出时速度方向偏转
了θ角；该粒子以另一初速度v2从N 点沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已
知磁场I、Ⅱ的磁感应强度相同，不计粒子受到的重力，则v1与v2的比值为（ ）
A．cosθ
B．
1
tanθ
C．sinθ
D．
1
cosθ
【答案】D
【详解】粒子运动轨迹如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB =m v
2
r
解得v = qrB
m
由几何知识得r1=
d
sinθ ，r2=
d
tanθ
则v1与v2的比值
v1
v2
= r1
r2
=
d
sinθ
d
tanθ
=
1
cosθ
故选D。
⏳题型05 带电体在磁场中的运动
21．（23-24 高二下·广东珠海）如图所示，用绝缘轻丝线吊一质量为m的带电塑料小球在竖直平面内摆动，
水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自图示位置摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，若不计空气阻
力，重力加速度为g，则小球自右侧相同摆角处摆到最低点时悬线上的张力大小为（ ）
A．mg
B．2mg
C．4 mg
D．6mg
【答案】C
【详解】设小球自题图示位置摆到最低点时速度大小为v，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守
恒，根据机械能守恒定律
mgL(1−cos60°)= 1
2 m v
2
小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，可知洛伦兹力方向向上，在最低点合力提供向心力，由
牛顿第二定律
qvB−mg=m v
2
L
当小球自右方相同摆角处摆到最低点时，根据左手定则，洛伦兹力方向向下，摆动过程中洛伦兹力也不做
功，机械能守恒，则小球摆到最低点时速度仍为v，由牛顿第二定律
F −mg−qvB =m v
2
L
联立解得
F = 4 mg
故选C。
22．（23-24 高二上·安徽安庆）如图甲所示，带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大
高度为h1；若加上水平向里的匀强磁场（如图乙），且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若
加上水平向右的匀强电场（如图丙），且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上
的匀强电场（如图丁），且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4。不计空气阻力，则（ ）
A．一定有h1>h3
B．一定有h1<h4
C．h2与h4无法比较
D．h1与h2无法比较
【答案】C
【详解】A．题图甲中，由竖直上抛运动的最大高度公式得
h1= v0
2
2 g
题图丙中，当加上电场时，由运动的分解可知，在竖直方向上，有
v0
2=2 gh3
解得
h3= v0
2
2 g
所以
h1=h3
故A 错误；
D．题图乙中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时
小球的动能为Ek，则由能量守恒定律得
mgh2＋Ek=1
2mv0
2
又由于
1
2mv0
2=mgh1
所以
h1>h2
D 错误；
BC．题图丁中，因小球电性未知，则电场力方向不确定，则h4可能大于h1，也可能小于h1，因为h1>h2，
所以h2与h4也无法比较，故C 正确，B 错误。
故选C。
23．（22-23 高三下·江苏泰州）如图所示，一足够长固定的粗糙倾斜绝缘管处于匀强磁场中，一带正电小
球从静止开始沿管下滑，下列关于小球的加速度a 随时间t（沿斜面向下为正方向），受到的弹力F N随时
间t（垂直斜面向下为正方向），以开始下落点为零重力势能参考点，小球的重力势能Ep随位移x，机械能
E 随位移x 的关系图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．当mgcosα >qvB时，由牛顿第二定律得
mgsin α −μ(mgcosα −qvB)=ma
则
Δa
Δt = μqB Δv
Δt = μqBa，−Δ F N
Δt =qB Δv
Δt =qBa
可见α −t图像的斜率越来越大，F N −t图像的斜率越来越大；
当mgcosα <qvB时，由牛顿第二定律得
mgsin α −μ(qvB−mgcosα )=ma
则
Δa
Δt =−μqB Δv
Δt =−μqBa，Δ F N
Δt =qB Δv
Δt =qBa
可见a−t的斜率越来越小，F N −t图像的斜率越来越小，故AB 错误；
C．小球重力势能
E p=−mgx
可得Ep-x 图像为倾斜直线，故C 错误；
D．因为摩擦力先减小再变大后不变，所以机械能E−x的关系图像斜率先减小再变大后不变，故D 正确。
故选D。
24．（多选）（2025·吉林·模拟预测）如图甲，水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为+q 的物块沿水平地面以速度v0从左侧垂直进入磁场，物块
进入磁场后始终未离开地面，其动能与时间的Ek-t 关系图像如图乙所示，图像中z 点为曲线切线斜率绝对
值最大的位置。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块所受摩擦力逐渐增大
B．物块所受摩擦力逐渐减小
C．图中z 点对应的速度大小为mg
3qB
D．图中z 点对应的速度大小为mg
2qB
【答案】AD
【详解】AB．物块所受摩擦力大小为f = μ(mg−qvB)
随着速度的减小，摩擦力增大，A 正确，B 错误；
CD．曲线切线斜率大小为k = Δ Ek
Δt = Δ Ek
Δ x ⋅Δ x
Δt = Fv
物块所受合力大小为F = μ(mg−qvB)
解得k = μ
qB
(mg−qvB)qvB
当mg−qvB =qvB 时，k 有最大值
解得v = mg
2qB ，C 错误，D 正确。
故选AD。
25．（多选）（2024·安徽合肥·模拟预测）如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别
为α 和β（α＞β），加垂直于纸面向里的磁场。分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b 依次从两
斜面的顶端由静止释放，关于两球脱离滑槽之前的运动说法正确的是（ ）
A．在槽上，a、b 两球都做匀加速直线运动，且aa＞ab
B．在槽上，a、b 两球都做变加速运动，但总有aa＞ab
C．a、b 两球沿直线运动的最大位移是sa＜sb
D．a、b 两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta＜tb
【答案】ACD
【详解】A．两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故在槽上，a、
b 两球都做匀加速直线运动，加速度为aa= gsin α，ab= gsin β
可得aa>ab，故A 正确，B 错误；
C．当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则mgcosα =q va B，
mgcos β =q vb B
可得va= mgcosα
qB
，vb= mgcos β
qB
根据动力学公式va
2=2aa sa，vb
2=2ab sb
可得a、b 两球沿直槽运动的最大位移分别为sa= m
2 g(1−sin
2α)
2q
2B
2sin α
，sb= m
2 g(1−sin
2 β)
2q
2B
2sin β
根据数学关系可得sa<sb，故C 正确；
D．a、b 两球沿槽运动的时间分别为ta= va
aa
=
m
qBg tan α ,tb= vb
ab
=
m
qBg tan β
可得ta<tb，故D 正确。
故选ACD。
重难·创新演练
设题创新:模型迁移（T3）;模型类比创新（T1）
1．（多选）（2026·内蒙古包头·二模）类似光学中的折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“折
射”。一束质量为m、电荷量为e、速度为v0的质子束从Ⅰ区P 点以“入射角”θ 射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折
射”进入Ⅲ区，其在Ⅲ区出射方向与“法线”夹角为“折射角”α 如图所示，“折射率”n= sinθ
sin α 。不计
质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。下列说法正确的是（ ）
A．若想“折射角”α 大于“入射角”θ，则Ⅱ区可以设置为磁场方向垂直纸面向里的匀强磁场
B．若Ⅱ区为方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度不变，增大“入射角”θ，“折射角”α 也增
大
C．若Ⅱ区为竖直向下的匀强电场，可以实现质子束从P 点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部
返回Ⅰ区）
D．若Ⅱ区为匀强电场，“折射角”α 小于“入射角”θ，仅增大电场强度，则“折射率”n 增大
【答案】ABD
【详解】A．若想“折射角”α 大于“入射角”θ，质子受力方向在沿入射速度方向的左侧，若Ⅱ区设置为
磁场，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直纸面向里，A 正确；
B．若Ⅱ区为方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度不变，则质子做匀速圆周运动的半径R不变，设
Ⅱ区宽度为d，则有R sinθ−R sin α =d
化简可得sin α =sinθ−d
R
故增大“入射角”θ，“折射角”α 也增大，B 正确；
C．若Ⅱ区为竖直向下的匀强电场，则质子受到竖直向下的电场力，必然穿过Ⅱ区进入Ⅲ区，不会发生
“全反射”，C 错误；
D．若Ⅱ区为匀强电场，“折射角”α 小于“入射角”θ，可以判断质子所受的电场力方向在沿入射速度方
向的右侧，增大电场强度，质子所受的电场力大小增大，“折射角”α 减小，根据n= sinθ
sin α 可知，“折射
率”n 增大，D 正确。
故选 ABD。
2．（多选）（2026·山西晋城·一模）如图所示的直角三角形abc 区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感
应强度大小为B，平行板电容器MN 沿水平方向放置，大量比荷均为k 的带正电粒子从M 板由静止释放，
粒子经N 板的小孔由a 点沿ab 方向射入磁场区域，MN 极板间的电压可以调节。已知ab= L，
∠acb=30°，∠b=90°，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子从ac 边的中点离开，加速电压为k B
2 L
2
6
B．从ac 边离开磁场的粒子，在磁场中运动的时间均为2π
3 Bk
C．改变MN 板间的电压，粒子能从c 点离开磁场
D．欲使粒子从ac 边离开磁场，加速电压的最大值为k B
2 L
2
3
【答案】AB
【详解】A．作出粒子从ac 边中点离开的粒子轨迹，如图所示（圆心为O1）
几何关系可知ad = L
设粒子的轨道半径为R1，几何关系有2 R1cos30° = L
粒子在电场中加速时，由动能定理得qU = 1
2 m v
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，有qvB =m v
2
R1
因为q
m =k
联立解得U = k B
2 L
2
6
，故A 正确；
B．粒子从ac 边离开磁场时，粒子在磁场中的轨迹所对应的圆心角为120°，则粒子在磁场中运动的时间为
t = 120°
360° T = 1
3 × 2πm
qB = 2π
3kB ，故B 正确；
CD．作出粒子刚好从ac 边离开的粒子轨迹，如上图（圆心为O2），由图可知该轨迹应与bc 边相切，几何
关系可知，粒子的轨道半径为R2= L
粒子在电场中加速时，由动能定理得qU m = 1
2 m vm
2
粒子在磁场中做匀速圆周运动时，有q vm B =m vm
2
R2
因为q
m =k
联立解得U m = k B
2 L
2
2
，故CD 错误。
故选AB。
3．（多选）（2026·内蒙古呼和浩特·一模）地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害。
某研究小组模拟了一个地磁场，如图，模拟地球半径为R，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球，厚度为
d 、方向垂直该剖面的匀强磁场（磁感应强度大小为B），d =2 R。磁场边缘A处有一粒子源，可在赤道
平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子。研究发现，当粒子速度为2v时，沿半径方向射入磁场
的粒子恰不能到达模拟地球。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，取
sin 42
∘= 2
3。则（ ）
A．粒子的比荷q
m = v
BR
B．速度小于v的粒子，无法到达模拟地球
C．速度为v的粒子，到达模拟地球的最短时间为t min= 2πR
3 v
D．速度为2v的粒子到达地球的粒子数约占进入地磁场粒子总数的23.3 %
【答案】CD
【详解】A．其轨迹如图所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为r，则根据几何关系(r + R)
2=r
2+(3 R)
2
解得r =4 R
又q(2v)B =m (2v)
2
r
解得q
m =
v
2BR ，故A 错误；
B．速度越小半径越小，当粒子速度垂直OA 入射时，粒子恰能到达模拟地球有d =2r
′
可得r
′ = R
洛伦兹力提供向心力q v
′ B =m v
′2
r
′
解得v
′ = v
2
即速度小于v
2的粒子，无法到达模拟地球，故B 错误；
C．速度为v 的粒子进入磁场有qvB =m v
2
r
″
可得r
″ =2 R
若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从A 斜向上射入，在交点E 到达地球的弦长最短时间
最短，AE = AD = DE =2 R
故∠ADE =60°
故有tmin= 60
0
360
0 ⋅2πm
qB
解得tmin= 2πR
3 v ，故C 正确；
D．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θ 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。作过A 点与该速度的垂线
和过切点与O 点连线延长线交于F 点，则F 点为圆心，如图
根据几何关系可得AF=4R，AO=OF=3R
可得sinθ = AG
AO = 2
3
故η= θ
π
解得η=23.3 %，故D 正确。
故选CD。
4．（多选）（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图，平面内有一个半径为R的圆形区域，右侧存在一个截面为
矩形的区域abcd，两个区域的切点O为ad边的中点，ab= R，bc =2 R，bc和cd边上分别有两个接收屏
（接收屏的长度分别等于矩形区域的边长）。两个区域内均存在磁感应强度大小为B = mv0
qR 、方向垂直于
纸面向里的匀强磁场，一群质量为m，电荷量为−q的粒子均匀分布在宽为2 R区域内，紧邻且平行于da边
以速度v0进入圆形区域。不考虑粒子的重力，射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是
（ ）
A．打在bc边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间为π R
3 v0
B．矩形区域内粒子所经过的面积为(
π
4 +1)R
2
C．打到cd屏上的粒子数占总数的比例为1
2
D．打到bc屏上的粒子数占总数的比例为1
2
【答案】ABD
【详解】洛伦兹力提供向心力q v0 B = mv0
2
r
代入B = m v0
qR 可得r = R
所有粒子轨道半径均为R。 根据磁聚焦结论：平行入射的粒子，轨道半径等于圆形磁场半径，所有粒子出
圆形后均从O点进入矩形区域，方向不同。
A．打在bc边（x = R）的粒子，圆心角越小，运动时间越短。
最短圆心角对应最短弦长，当粒子打在bc边的( R ,0)点时，弦长OP= R，由弦长公式L=2r sin θ
2
可得sin θ
2 = 1
2，即θ = π
3 。
周期T = 2πR
v0
，运动时间t = θ
2π T = πR
3 v0
，A 正确；
B．沿平行于Oa方向射入的粒子打在b点，此时为最远路径，如图所示
则粒子在磁场中所经过的面积为一个圆心角为90°的扇形和一个正方形的面积之和
解得S =(
π
4 +1)R
2，B 正确；
CD．如图所示
打到c点的粒子速度方向与ad边垂直，是由f 点射入的粒子。
故打在bc边的粒子数占总数的比例为1
2；
假设从e点射入的粒子正好打在d点，由图可知ef 为打到cd边的粒子分布，此时入射点和圆形磁场的圆心
连线与水平方向的夹角为30°。
则打在cd边上的粒子数占总数的比例为Rcos30°
2 R
=
❑√3
4 ，C 错误，D 正确。
故选 ABD。
5．（多选）（2026·黑龙江、辽宁·模拟预测）如图所示，电子由静止开始，经M、N 板间的电场加速后，
从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电子离开
磁场时的位置P 偏离入射方向的距离L= d
2 。已知电子的质量为m，电荷量为e，取sin53
∘=0.8。下列说
法正确的是（ ）
A．电子进入磁场时的速度大小为3edB
4 m
B．电子在磁场中做圆周运动的半径为5
4 d
C．电子在磁场中运动的时间为53 πm
180eB
D．若电场可调，为使电子能从磁场的右侧边界射出，则加速电压的最小值为e B
2d
2
m
【答案】BC
【详解】B．电子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示
由几何关系有r
2=d
2+(r −d
2)
2
解得r = 5d
4 ，故B 正确；
A．由洛伦兹力提供向心力有evB =m v
2
r
解得v = eBr
m = 5eBd
4 m ，故A 错误；
C．轨迹圆心角θ 满足sinθ = d
r = 4
5
可得θ =53
∘= 53 π
180
运动时间t = θ
2π T = θm
eB = 53 πm
180eB ，故C 正确；
D．加速电压U 满足eU = 1
2 m v
2
要使电子从右侧射出需保证r>d
所以电压U > e B
2d
2
2m
，故D 错误。
故选BC。
真题·实战演练
高频考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、复合场与边界问题、速度选择器、回旋加速器
1．（2025·全国卷·高考真题）如图，正方形abcd 内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a
以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab 边的中点、b 点和c
点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（ ）
A．t1 < t2 = t3
B．t1 < t2 < t3
C．t1 = t2 > t3
D．t1 > t2 > t3
【答案】A
【详解】由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t = s
v0
设正方形abcd 的边长为l，则s1= π ⋅l
4 ，s2= π ⋅l
2，s3= π
2 ⋅l
则有t1 < t2 = t3
故选A。
2．（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 = m v
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 ，
故D 错误。
故选C。
3．（2024·广西·高考真题）Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂
直纸面向里。质量为m，电荷量为+q的粒子，以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始运动，粒子过y 轴时速度
与y 轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P 点至O 点的距离为（ ）
A．mv
qB
B．3mv
2qB
C．(1+ ❑√2) mv
qB
D．(1+
❑√2
2 )
mv
qB
【答案】C
【详解】粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
r
可得粒子做圆周运动的半径
r = mv
qB
根据几何关系可得P 点至O 点的距离
LPO=r +
r
cos 45° =(1+ ❑√2) mv
qB
故选C。
4．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、
电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是
（ ）
A．粒子的运动轨迹可能经过O 点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πm
3qB
D．若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
❑√3qBR
3m
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒
子的运动轨迹不可能经过O 点，故AB 错误；
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
t =2T = 4 πm
qB
故C 错误；
D．粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
r =
❑√3 R
3
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
r
可得
v =
❑√3qBR
3m
故D 正确。
故选D。
5．（2023·北京·高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一
内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（l>>a
）。带电粒子束持续以某一速度v 沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，
与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，不
计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为Bqa
v
C．管道内的等效电流为nqπ a
2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
【答案】C
【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A 正确，不符合题意；
B．根据
qvB =m v
2
r
可得粒子的质量
m= Bqa
v
故B 正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
I = NqSv
单位体积内电荷数为
n
π a
2v
则
I =
n
πv a
2 qπ a
2v =nq
故C 错误，符合题意；
D．由动量定理可得
F Δt =2nm Δtv
粒子束对管道的平均作用力大小
F
'× 2a
l = F
联立解得
F
' =nBql
故D 正确，不符合题意。
故选C。
