文档文本内容
第50 讲 动态圆、磁聚焦和磁发散问题
目 录
模拟·基础演练.........................................................................................................................1
题型01
圆
放缩
法.............................................................................................................1
题型02
圆
旋转
法.............................................................................................................8
题型03
圆
平移
法..........................................................................................................14
题型04 磁聚焦和磁发散问题........................................................................................19
重难·创新演练.........................................................................................................................25
真题·实战演练.........................................................................................................................32
模拟·基础演练
考查重点：平移圆、放缩圆、旋转圆、磁聚焦、磁发散……
⏳题型01
圆
放缩
法
1．（2026·全国·一模）如图所示，直角边长度为L 的等腰直角三角形AOC 内部，存在垂直于纸面向里的
匀强磁场.磁感应强度大小为B。在AO 边上距O 点
❑√2
2 L位置处有一粒子源P，能垂直AO 边沿纸面向磁
场内部发射质量为m、电荷量为q 的负粒子，粒子射入磁场的速率v 大小可调，忽略粒子所受重力以及粒
子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的时间不可能小于 πm
8qB
B．粒子在磁场中运动的时间可能为 πm
3qB
C．粒子在磁场中运动的时间可能为 4 πm
3qB
D．若 v =
❑√2qBL
3m
，粒子在磁场中的运动时间为 2πm
3qB
【答案】D
【详解】A．若粒子的运动速度趋向于无穷大，则其运动的半径趋向于无穷大，粒子几乎不做偏转从AC边
飞出，则其在磁场中运动的时间趋向于0，故A 错误；
BC．粒子在磁场中做圆周运动，周期满足T =2π m
qB
故在三角形AOC 内部做部分圆周运动所用的时间与粒子转过的圆心角有关。若粒子速度较大，粒子从AC
边飞出，其临界情况为粒子的圆周运动轨迹与AC边相切，粒子在磁场中运动的时间为0<t < πm
4 qB
当粒子速度略小于该临界情况，则其从OC边飞出，转过的圆心角为钝角；当粒子速度逐渐减小至粒子垂
直于OA边出射，其在磁场中运动的时间最长，对应转过的圆心角为180°，所用时间为t =π m
qB
综上不存在粒子在磁场中转过60°出射，用时t = πm
3qB 的情况，故BC 错误；
D．粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当圆周运动的向心力，满足qvB =m v
2
r
当粒子的速度 v =
❑√2qBL
3m
可知其运动半径为r =
❑√2 L
3
运动轨迹如图所示
由图可知xDO=
❑√2
6 L，x AD=L−
❑√2
6 L
粒子轨迹圆的圆心D到AC边的距离为x =x ADsin 45°>r
故粒子不会从AC 边飞出，另外出射点E到O点的距离为xOE=
❑√r
2−xDO
2 =
❑√6
6 L
可知∠EDO =60°
故粒子在磁场中转过的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间为 2πm
3qB ，故D 正确。
故选D。
2．（多选）（2026·河北张家口·二模）研究人员为模拟托卡马克装置中偏滤器对逃逸粒子的拦截效果，
“
”
设计了如图所示装置：半径为R、圆心为O的圆形区域内有方向垂直于圆平面向外的匀强磁场，cd、ab为
圆形区域相互垂直的两直径。外部粒子源沿一直线发射最小速率为
“
”
v0，大小在一定范围内的同种带电粒
子，由圆周上P点射入磁场，入射速度方向平行于cd、与OP夹角为30°；所有入射粒子仅能从劣弧bd
⏜
逃逸
出磁场。已知带电粒子的比荷为k（k =q
m），不计粒子重力及粒子间的相互作用力，sin15° =
❑√6−❑√2
4
，
cos15° =
❑√6+❑√2
4
。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子一定带负电
B．粒子的最大速度为(2+❑√3)v0
C．磁场的磁感应强度大小为v0
kR
D．粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为πR
3 v0
【答案】BC
【详解】A．磁场垂直纸面向外，由题意可知粒子向下偏转，由左手定则可知该粒子带正电，故A 项错误；
C．粒子的最小速率为v0，由题意可知，该粒子将从b 点离开磁场，由于粒子从P 点入射时，其与OP 的夹
角为30°，所以由几何关系可知∠POb=120°
设该粒子的轨迹半径为r，则由几何关系可知，粒子的轨迹圆的圆心角也是120°，即有r =R
又因为q v0 B =m v
2
r
解得B =v0
kR ，故C 项正确；
B．当粒子的速度最大时，粒子将从d 点离开磁场，设此时该粒子的运动轨迹圆的半径为r1，由几何关系
有r1
2+(
R
2 −r1)
2
=(R+
❑√3 R
2 )
2
解得r1=(2+❑√3) R
又因为q vmB =m vm
2
r1
解得vm=(2+❑√3)v0，故B 项正确；
D．由之前的分析可知，当粒子从b 点离开时，此时粒子轨迹圆对应的圆心角为θ1=2π
3 ，当粒子从d 点离
开时，其轨迹圆对应圆心角为θ2=π
6 。粒子在磁场中运动，有qvB =mv
2
r
，T =2πr
v ，t
T = θ
2π
结合之前及题意，整理有t =θ R
v0
所以粒子最短运动时间为tmin=πR
6 v0
粒子最长运动时间为tmax =2πR
3 v0
粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为Δt =tmax−tmin=πR
2v0
，故D 项错误。
故选BC。
3．（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．3qBa
m
【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 =m v
2
r
解得速度范围2❑√3
2+❑√3
qBa
m ≤v ≤2qBa
m
故选BC。
4．（多选）（2026·河南·三模）如图所示，半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁
场方向垂直纸面向里，ac和bd是边界圆的两条互相垂直的直径。Q为半径Od上的点，且OQ =0.6 R。P
为磁场边界上的点，PQ / /ac。从P点沿PQ方向射入大量电子，电子的质量为m，电荷量大小为e，电子
的速率范围从0到足够大。沿半径aO放置长为R的挡板，挡板厚度不计，电子打到挡板上时即被挡板吸收。
已知sin37
∘=0.6，不计电子重力，则关于从弧aP段离开磁场区域的电子，在磁场中运动的最短时间和最
长时间，下列说法正确的是（ ）
A．最短时间大于480 πm
360eB
B．最短时间小于450 πm
360eB
C．最长时间小于508 πm
360eB
D．最长时间大于508 πm
360eB
【答案】BC
【详解】由题，P点坐标为(−0.8 R ,0.6 R)，电子从P水平向右射入，带负电，受洛伦兹力竖直向下，做
顺时针圆周运动，圆心O
′在P正下方，即O
′ (−0.8 R ,0.6 R−r)
若粒子刚好打到挡板，则r =1
2 ×0.6 R =0.3 R
故粒子从弧aP段离开磁场区域，轨迹半径满足r ∈(0,0.3 R)
设粒子轨迹圆心角为φ，当半径越小时，φ越大，运动时间t = φ
360
∘⋅T = φ
360
∘⋅2πm
eB
法一：解析解法
求轨迹圆心角：
设出射点为Q
′，两圆心连线长度(0.6 R−r)
2+(0.8 R)
2=d
2
解得d =
❑√R
2+r
2−1.2 Rr
在两圆中弦PQ
′为公共弦，连心线OO
′垂直平分公共弦PQ
′，设垂足为M⃗
OO
′ =(−0.8 R ,0.6 R−r)，⃗OP =(−0.8 R ,0.6 R)
故S△OO
′ P=1
2|(−0.8 R)(0.6 R)−(0.6 R−r)(−0.8 R))=0.4 Rr
又S△OO
′ P=1
2 ⋅d ⋅PM
解得半弦长PM =0.8 Rr
d
在轨迹圆中，弦PQ
′所对劣弧圆心角α满足sin α
2 =PM
r
=4 R
5d
所以α =2arcsin(
4 R
5d)
而粒子轨迹对应圆心角为φ =2π −α
求时间：当r →0时，d →R，α =2arcsin(
4 R
5d)=2arcsin (0.8)=106
∘
故φ =2π −α =254
∘
所以tmax = φ
360
∘⋅2πm
eB =508 πm
360eB
当r =0.3 R时，d =❑√0.73 R，α =
4
5 ❑√0.73 ≈138.9
∘
故φ =2π −α ≈221
∘
所以tmin= φ
360
∘⋅2πm
eB =442πm
360eB
综上442πm
360eB ＜t ＜508 πm
360eB
故选BC。
法二：近似解法
若粒子可从a打出，则圆心O
′到a的距离有(0.2 R)
2+(0.6 R−r)
2=r
2
解得ra=R
3 ≈0.3 R
由几何关系此时圆心角为φa=217
∘，则时间ta=434 πm
360eB
当电子速率足够小时，轨道半径足够小，轨迹圆与磁场圆公共弦可近似看作过P点的磁场圆切线（见放大
图），则轨迹圆最大圆心角不会超过φP=254
∘，则时间t P=508 πm
360eB
综上434 πm
360eB ＜t ＜508 πm
360eB
故选BC。
5．（多选）（2026 高二下·全国）如图所示，在AB＝L，∠A＝60°的直角三角形ABC 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。从A 点沿AB 有一束同种粒子以不同速率射入磁场，粒子在磁
场中做圆周运动。其中某一速度的粒子的运动轨迹恰好与BC 边相切，最终从AC 边射出，总用时为t0。不
计粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．运动轨迹恰好与BC 边相切的粒子，它的轨道半径为L
C．从BC 边射出的粒子最小速度是2πL
3t0
D．从BC 边射出的粒子最小速度是2πL
2t0
【答案】BC
【详解】A．粒子运动轨迹恰好与BC 边相切，最终从AC 边射出，即粒子轨迹如图所示
根据左手定则，粒子带负电，A 错误；
B．根据几何关系，轨迹圆半径R＝L，B 正确；
CD．粒子恰好不能从BC 边飞出时，粒子运动轨迹与BC 相切
结合几何知识可知，粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角θ =2π
3
解得此时粒子的速度v =s
t0
=θR
t0
=2πL
3t0
若要粒子从BC 边飞出，则速度v 不小于2πL
3t0
，C 正确，D 错误。
故选BC。
6．（多选）（2026·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，矩形ABCD 为某匀强磁场的边界，磁场方向垂直纸
面向里，磁感应强度大小为B。AB、AD 边长分别为❑√3a和a，D 点处有一粒子源，沿DC 方向发射带正电
粒子。观测发现：粒子只从AB 边向外射出磁场。已知粒子的质量为m、电荷量为q，忽略电荷间相互作用
和粒子受到的重力，则发射粒子的速度大小可能为（ ）
A．qBa
2m
B．
❑√3qBa
2m
C．2❑√2qBa
m
D．2❑√3qBa
m
【答案】AB
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB =m v
2
R
得v =qBR
m
粒子从D点沿DC方向射入，圆心在AD边上。粒子只从AB边射出，说明粒子轨迹与AB边相交，且不与
BC边相交（除B点外）。当粒子轨迹刚好经过A点时，半径最小，此时2 Rmin=AD =a
即Rmin=a
2
对应最小速度vmin=qBa
2m
当粒子轨迹刚好经过B点时，半径最大，由几何关系Rmax
2
=(❑√3a)
2+( Rmax−a)
2
解得Rmax=2a
对应最大速度vmax =2qBa
m
发射粒子的速度大小qBa
2m ≤v ≤2qBa
m
故选AB。
⏳题型02
圆
旋转
法
7．（多选）（2026·四川泸州·模拟预测）如图所示，在三角形ABC 内有一垂直纸面向里的匀强磁场，已
知AB 边长L=4 cm，磁场磁感应强度B=1 T，角C 的大小为30°，在AB 边的中点有一粒子源D，向磁场内
各个方向发射带正电和带负电的粒子，粒子速度大小不确定，粒子间无相互作用，电量|q)=0.1C，粒子质
量m=1×10-5 kg，下列说法正确的是（ ）
A．垂直AB 射入的粒子可能从C 点飞出
B．能从A 点飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为2π
3 ×10
−4s
C．能从AC 边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为4π
3 ×10
−4s
D．所有能从A 点飞出的粒子在磁场内运动轨迹的面积为4 π −2❑√3
9
×10
−4 m
2
【答案】BC
【详解】A．如图所示
过D 点作AC 垂线，则有AD=BD，易知DE 小于AD，根据几何关系有
sin∠DCE =DE
CD ，sin∠DCB =DB
CD ，故∠DCE小于∠DCB
根据几何关系知，粒子若能从C 点飞出，则在C 点时的速度方向与DC 连线所成角度等于∠DCB，实际
从C 点飞出的粒子与DC 的最大夹角为∠DCE，所以粒子不可能从C 点射出，故A 错误；
BD．如图所示
所有能从A 点飞出的粒子所对应的速度偏角最大值为120
°，所以最长时间满足
t =120
°
360 T =120
°
360
° × 2πm
qB =2π
3 ×10
−4s
由几何关系知，满足从A 点飞出且时间最长的粒子轨迹半径为r =2❑√3
3
×10
−2m
结合题意分析知，所有能从A 点飞出的粒子在磁场内运动轨迹的面积如图所示的弓形面积
即S =1
3 π r
2−1
2 ×2×10
−2×
❑√3
3 ×10
−2m
2=4 π −3 ❑√3
9
×10
−4 m
2，故B 正确，D 错误；
C．由粒子轨迹分析知，当粒子速度方向沿DB 方向且轨迹与AC 边刚好相切时，从AC 边上飞出时所对应
的圆心角最大，时间也最长
tmax =240
°
360 T =2
3 × 2πm
qB =4 π
3 ×10
−4 s，故C 正确。
故选BC。
8．（多选）（2026·安徽·二模）如图所示，有一粒子源位于棱长为L 的正方体空间内的几何中心O，能够
向水平各个方向发射速度大小均为v0，质量为m，电荷量为+q 的带电粒子。整个空间（包含正方体内、外
空间）内存在竖直向下的匀强磁场（未画出），磁感应强度B =2mv0
qL
忽略粒子重力及粒子间相互作用。
则（ ）
A．粒子做圆周运动半径r=2L
B．粒子运动到正方体侧面的最短时间为πL
6 v0
C．若整个空间内还存在竖直向下的匀强电场E =mv0
2
π
2qL
所有粒子都会打到正方体底面中心O1
D．若整个空间内还存在竖直向下的匀强电场E = m v0
2
4 π
2qL
所有粒子都会打到正方体底面中心O1
【答案】BCD
【详解】A．粒子在水平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律q v0 B =m v0
2
r
解得r =mv0
qB =1
2 L，故A 错误；
B．周期T =2πr
v0
=πL
v0
粒子从O 点运动到侧面的最短时间，对应圆周运动中从O 点到侧面垂足P 的最短弦长，由几何关系可知，
弦长OP=L
2
圆心角θ =π
3
最短时间t = θ
2π ⋅T = πL
6 v0
，故B 正确；
CD．要使所有粒子都打到正方体底面中心O1，需要满足1
2 L=1
2 at
2
根据牛顿第二定律，有qE =ma
运动时间满足t =N
2π × L
2
v0
=NπL
v0
(N =1,2,3,⋯)
联立可得E = mv0
2
N
2π
2qL
(N =1,2,3,⋯)
当N=1 时，E =m v0
2
π
2qL
当N=2 时，E = mv0
2
4 π
2qL
，故CD 正确。
故选BCD。
9．（多选）（25-26 高二下·河南驻马店）如图所示，在三角形ABC 内有一垂直纸面向里的匀强磁场，已
知AB 边长L=4 cm，磁场磁感应强度B=1 T，角C 的大小为30°，在AB 边的中点有一粒子源D，向磁场内
各个方向发射带正电和带负电的粒子，粒子速度大小不确定，粒子间无相互作用，电量| q| =0.1C，粒子
质量m=1×10-5 kg，下列说法正确的是（ ）
A．垂直AB 射入的粒子可能从C 点飞出
B．能从A 点飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为2π
3 ×10
−4s
C．能从AC 边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为4π
3 ×10
−4s
D．所有能从A 点飞出的粒子在磁场内运动轨迹的面积为4π −3 ❑√3
9
×10
−4 m
2
【答案】BCD
【详解】A．如图所示
过D 点作AC 垂线，则有AD=BD，易知DE 小于AD，根据几何关系有sin∠DCE =DE
CD ，
sin ∠DCB =DB
CD
故∠DCE小于∠DCB，根据几何关系知，粒子若能从C 点飞出，则在C 点时的速度方向与DC 连线所成
角度等于∠DCB，实际从C 点飞出的粒子与DC 的最大夹角为∠DCE，所以粒子不可能从C 点射出，故
A 错误；
BD．如图所示
所有能从A 点飞出的粒子所对应的速度偏角最大值为120
∘，所以最长时间满足
t =120
∘
360
∘T =120
∘
360
∘× 2πm
qB =2π
3 ×10
−4s
由几何关系知，满足从A 点飞出且时间最长的粒子轨迹半径为r =2❑√3
3
×10
−2m
结合题意分析知，所有能从A 点飞出的粒子在磁场内运动轨迹的面积如图所示的弓形面积，即
S =1
3 π r
2−1
2 ×2×10
−2×
❑√3
3 ×10
−2m
2=4 π −3 ❑√3
9
×10
−4 m
2，故BD 正确；
C．由粒子轨迹分析知，当粒子速度方向沿DB 方向且轨迹与AC 边刚好相切时，从AC 边上飞出时所对应
的圆心角最大，时间也最长，最长时间为tmax =240
∘
360
∘T =240
∘
360
∘× 2πm
qB =4 π
3 ×10
−4s，故C 正确。
故选BCD。
10．（多选）（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图为一种新型粒子装置， 粒子源放置在水平面上长为3 L、
宽为2 L的矩形abcd的中心O， 矩形内有方向垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度为B，粒子源向水平
面各个方向持续均匀发射比荷为q
m的带正电粒子，速度大小限制在2v0到3 v0之间，不计粒子源的尺寸、
粒子间相互作用和粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．若所有粒子均不射出磁场，则B的最小值为6mv0
qL
B．若所有粒子均不射出磁场，则B的最小值为4 m v0
qL
C．若所有粒子均射出磁场，则B的最大值为
2m v0
(
5
2 −❑√5)qL
D．若所有粒子均射出磁场，则B的最大值为
2m v0
(
5
2 −❑√3)qL
【答案】AD
【详解】AB．所有粒子不射出，要求速度最大的粒子（v =3 v0，对应最大半径r）也不射出。 粒子从O
出发，O在轨迹圆上，圆上离O最远点为直径端点，边界上离O最近点为ab 边中点，O到上下边界距离为
L，临界情况刚好不射出 2r =L ⟹r =L
2
由洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
得半径公式r =m⋅v
qB
此时临界情况有m·3 v0
qB
=L
2
解得B =6mv0
qL
即B的最小值为6m v0
qL
，故A 正确，B 错误；
CD．所有粒子都射出，要求速度最小的粒子（v =2v0，对应最小半径r）也能射出。最难射出的临界情况：
轨迹圆过O，同时与右边界、上边界相切，轨迹如图所示
圆心到O的距离等于半径r，因此( 3 L
2 −r )
2
+( L−r )
2=r
2
展开整理r
2−5 Lr +13 L
2
4
=0
解得最小临界半径r =5 L
2 −❑√3 L=L( 5
2 −❑√3)
代入半径公式r =m⋅2v0
qB
整理得B =
2m v0
( 5
2 −❑√3)qL
即B的最大值为B =
2mv0
( 5
2 −❑√3)qL，故C 错误，D 正确。
故选AD。
11．（多选）（2026·内蒙古兴安·二模）如图所示，在矩形区域ABCD内存在匀强磁场，磁感应强度大小
为B，方向垂直纸面向里。已知AB边长为d，BC边长为2d。O、E分别为BC、AD边的中点。在O点有
一粒子源，可以在纸面内向磁场区域任意方向发射同种带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为q，初速
度大小均相同。沿与OB方向成60°角的方向发射的粒子恰好从E点射出磁场。不计粒子的重力、空气阻力
及粒子间的相互作用，下列说法正确的有（ ）
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．从AD边射出的粒子，其初速度方向与OB方向的夹角可能大于90°
【答案】BC
【详解】A．速度与OB 的夹角为60
∘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，故A 错误；
B．如下图所示，根据粒子的运动轨迹，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 =m v
2
r
联立解得粒子运动的速度大小为v =qBd
m ，故B 正确；
C．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t =
π
2 d
v = πm
2qB
，而
最长时间对应圆心角为90°，故C 正确；
D．初速度水平向左时恰好过A 点，竖直向上射入的带电粒子恰好过D 点，则从AD边射出的粒子，其初
速度方向与OB方向的夹角最大等于90°，不可能大于90°，故D 错误。
故选BC。
⏳题型03
圆
平移
法
12．（2025·贵州·模拟预测）如图，在xOy平面内y 轴右侧有以O 点为圆心、半径为R 的半圆形匀强磁场
区域abc，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里。大量质量为m、带电荷量为q（q>0）的粒子
以速度v =2qBR
m
从y 轴上ab间各点平行于x 轴射入磁场。不计粒子间相互作用及粒子受到的重力，则粒子
在磁场中运动的最长时间为（ ）
A．π m
6qB
B．π m
2qB
C．2π m
3qB
D．π m
qB
【答案】A
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qvB =m v
2
r =m(
2π
T )r
解得粒子运动的半径为r =2 R
运动的周期为T =2π m
qB
粒子进入磁场如图
粒子从A 射出磁场对应的圆心为C，此时有sin α =AB
2 R
时间最长对应圆心角α最大，对应AB 最大，由几何知识得，当粒子从c 点射出时轨迹圆的圆心角最大，如
图所示，
此时sinα = R
2 R =1
2，即α =30°，则粒子在磁场中运动的最长时间为t = 1
12 T =π m
6qB ，故选A。
13．如图所示，在xOy 平面直角坐标系内，OA 与x 轴的夹角为37°，OA 足够长，OA 与x 轴之间存在垂直
纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B = m v0
3q L0
，在OA 上分布着足够多的粒子源，可以向磁场中发射
速度大小为v0，方向垂直于OA 的带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为+q(q>0)，则带电粒子能打
到x 轴距坐标原点最远位置的横坐标为（ ）
A．3 L0
B．4 L0
C．5 L0
D．6 L0
【答案】C
【详解】带电粒子在磁场中运动过程中洛伦兹力提供向心力有
q v0 B =m v0
2
r
将磁感应强度B = m v0
3q L0
代入解得
r =3 L0OA 上的粒子源向外发射的所有带电粒子在磁场中运动的轨迹为一平移圆，如图（a）所示
根据几何关系可得当粒子半径O1 P与OA 垂直时，打到x 轴上的P 点距坐标原点最远，根据几何关系得
OP = O1 P
sin37° =
r
sin37° =5 L0
另外要注意本题中带电粒子打的最远的距离不是轨迹与x 轴相切时，如果相切时作出轨迹图如图（b）所示
根据几何关系有
OQ = O2Q
tan37° =
r
tan37° =4 L0
所以Q 点不是距离坐标原点最远的点。
故选C。
14．（2024·重庆·一模）地磁场对宇宙高能粒子有偏转的作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的
地磁场简化为如图，O 为地球球心、R 为地球半径，地磁场只分布在半径为R 和2R 的两边界之间的圆环区
域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN
沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m。电荷量均为q。不计粒子的重力及相互作用力。则（ ）
A．粒子无论速率多大均无法到达MN 右侧地面
B．若粒子速率为q B R
m
，正对着O 处入射的粒子恰好可以到达地面
C．若粒子速率小于q B R
2m ，入射到磁场的粒子可到达地面
D．若粒子速率为5q B R
4 m
，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN 右侧地面一半的区域
【答案】D
【详解】A．射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达MN 右侧地面，故A 错误；
B．若粒子的速率为qBR
m ，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
qvB =m v
2
r
解得
r =R
若粒子正对着O 处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示
设该轨迹半径为r1，由几何关系可得
❑√r1
2+(2 R)
2−r1=R
解得
r1=3
2 R≠r
故B 错误；
C．若粒子的速率为qBR
2m ，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有
q v2B =m v2
2
r2
解得
r2=R
2 <r1=3
2 R
由B 选项分析可知，若粒子速率等于q B R
2m 时，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，所以若粒子速率小
于q B R
2m ，入射到磁场的粒子均不可以到达地面，故C 错误；
D．若粒子速率为5qBR
4 m ，由洛伦兹力提供向心力得
q v3 B =m v3
2
r3
解得
r3=5 R
4
此时最下端的粒子正入射恰好可以到达最右侧地面；而在最下端的以上入射的粒子，因为向上偏转，能到
达MN 右侧地面最右端以下；综上所述，入射到磁场的粒子恰能覆盖MN 右侧地面一半的区域，故D 正确。
故选D。
15．（2017·山东日照·一模）如图所示，边长为L 的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A 点沿AB 方
向射入磁场，恰好从C 点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD 的中点P 垂直AD 射入磁场，从DC 边
的M 点飞出磁场（M 点未画出）。设粒子从A 点运动到C 点所用的时间为t1，由P 点运动到M 点所用时间
为t2（带电粒子重力不计），则t1∶t2为（ ）
A．2 1∶
B．2 3∶
C．3 2∶
D．❑√3∶❑√2
【答案】C
【详解】如下图所示，画出粒子从A 点射入磁场到从C 点射出磁场的轨迹，并将该轨迹向下平移
则粒子做圆周运动的半径
R =L
从C 点射出的粒子运动时间为
t1= 90°
360° T
那么，从P 点入射的粒子圆心在AD 延长线上距D 点1
2 L处，那么粒子转过的圆心角为
cosθ =
1
2 L
L =1
2
解得
θ =60°
运动时间
t2= 60°
360° T
所以
t1
t2
=
90°
360° T
60°
360° T
=3
2
故选C。
⏳题型04 磁聚焦和磁发散问题
16．（多选）（2026·青海西宁·一模）如图所示，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
（接收屏的长度等于矩形区域的边长）。两个区域内存在垂直纸面向外且相同的匀强磁场（两区域磁场方
向平行），磁感应强度B =m v0
qR ，现有一簇粒子（质量为m，电荷量为+q）以速度v0，方向竖直向上垂直
磁场进入圆形区域（粒子的射入范围等于圆形区域的直径且分布均匀），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．沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动时间为πR
2v0
B．沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动半径为2 R
C．矩形区域内粒子所经过的面积为3(
π
4 +1)R
2
D．打到cd屏上的粒子数占进入矩形区域粒子数的比例为
❑√3
4
【答案】AD
【详解】A．首先根据洛伦兹力提供向心力q v0 B =mv0
2
r
代入题目数据得r =R，所有粒子轨迹半径均为R。沿着半径射入的粒子在圆形区域内轨迹圆心角θ =π
2 ，
运动时间 t =θr
v0
=πR
2v0
，故A 正确；
B．由之前分析，沿着半径射入的粒子运动半径为R，故B 错误；
C．从右边缘进入的粒子其轨迹为粒子能够到达的上边界
则有粒子到达的面积为R
2+ 1
4 π R
2=(
π
4 +1)R
2，故C 错误；
D．沿着半径射入的粒子之后轨迹刚好与bc 相切在c 点，则从最低点左侧进入磁场的粒子之后会打在cd 屏
上或者ad 屏上，刚好打在d 点的轨迹如图所示
由几何关系可得A 点到ad 的距离为R+
❑√3
2 R
则可以打在cd 屏上的粒子进入磁场的点在圆形磁场最低点和A 点之间，则比例为R+
❑√3
2 R−R
2 R
=
❑√3
4
,故D
正确。
故选AD。
17．（多选）（2026·湖南·模拟预测）竖直平面内有半径为R =2m的圆形边界匀强磁场
，磁场感应强度
Ⅰ
大小为B =2×10
−2T，磁场方向垂直xOy平面向里。以圆形边界磁场最低点O为原点建立xOy直角坐标系。
一质量m=4×10
−6kg、电荷量q =2×10
−2C的正粒子，由A (❑√3 m,3 m)沿与x轴负方向进入圆形磁场区域，
速度大小v =2×10
2m/s，在x>0的某区域存在一个矩形匀强磁场
（图中未画出），磁场感应强度与磁
Ⅱ
场
相同，粒子经过该矩形磁场区域后恰能沿
Ⅰ
x轴负方向再次通过坐标原点O，不计粒子重力。则
（ ）
A．粒子在匀强磁场
中的运动半径为
Ⅰ
2m
B．粒子在匀强磁场
中的速度偏转角为
Ⅰ
150°
C．粒子从A点到第二次经过O点的运动时间为(2π +2❑√3)×10
−3s
D．矩形磁场区域的最小面积为S =12m
2
【答案】AD
【详解】A．粒子在圆形磁场区域，由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
r
解得运动半径为r =2m=R，故A 正确；
B．圆形磁场中，连接入射点、磁场圆心、轨迹圆心及出射点构成菱形，转过圆心角为θ1=120°，故B 错
误；
C．周期T =2π r
v
=2π ×10
−2s
粒子从O 点进入第四象限，速度与x轴正向夹角为60°，在矩形磁场中转θ1=240°，矩形匀强磁场
（图
Ⅱ
中未画出），磁场感应强度与磁场
相同，根据
Ⅰ
T =2π r
v
=2πm
Bq
可知粒子周期不变，可知粒子在两磁场中运动时间为t1=1
3 T + 2
3 T =2π ×10
−2s
设粒子从P 点进入方形磁场，从Q 点离开方形磁场，由几何关系可知OP=QO=r tan60°
粒子做匀速直线运动时间t2=2× r tan 60
∘
v
=2❑√3×10
−2s
全程时间t =(2π +2❑√3)×10
−2s，故C 错误；
D．由几何关系得，矩形磁场区域的最小面积S =2r ⋅r (1+sin30°)
解得S =12m
2，故D 正确。
故选AD。
18．如图所示，一半径为R 圆心为O 的圆形区域内部存在磁感应强度大小为B 垂直于纸面向外的匀强磁场。
一群单个质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从图中磁场边界O′点以初速度v 从不同方向沿纸面射入
磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．若v =qBR
m ，则所有粒子出射方向平行
B．若v =qBR
m ，则所有粒子偏转角度相同
C．若v =
❑√3qBR
2m
，则所有粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为3 πR
2
D．若v =
❑√3qBR
2m
，则粒子在磁场中运动的最长时间是t =πm
qB
【答案】A
【详解】AB、若粒子的入射速度为：v =qBR
m
由半径公式可以得到，粒子在磁场中做圆周运动的半径：r =mv
qB =R
根据磁聚焦和发散原理，所有粒子出射方向平行，但是粒子在磁场中的轨迹不同，即圆心角不同，转过
的角度不同，故A 正确，B 错误；
C、若入射速度：v =
❑√3qBR
2m
由半径公式可得到粒子在磁场中运动的轨道半径：r =mv
qB =
❑√3
2 R
则入射点与最远出射点连线应是轨迹圆的直径，其长度为：l =2r =❑√3 R
画出最长轨迹如下图所示，
由几何关系可知，图中：θ＝120°
则θ 对应的弧的长度是整个圆周长的三分之一，即圆弧长度为2πR
3
，故C 错误；
D、若：v =
❑√3qBR
2m
同理可知，粒子在磁场中运动的轨道半径：r =
❑√3
2 R
则粒子沿某一方向射入磁场时，可在磁场中完成一个完整的圆周运动，最后回到出发点，可知粒子在磁
场中运动的最长时间是一个周期：t =T =2πm
qB ，故D 错误。
故选：A。
19．（2024·北京昌平·二模）如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图．螺线管内存在磁感应强度
为B、方向平行于管轴的匀强磁场．电子枪可以射出速度大小均为v，方向不同的电子，且电子速度v 与磁
场方向的夹角非常小．电子电荷量为e、质量为m．电子间的相互作用和电子的重力不计．这些电子通过
磁场汇聚在荧光屏上P 点．下列说法错误的是（ ）．
A．电子在磁场中运动的时间可能为2π m
eB
B．荧光屏到电子入射点的距离可能为2π mv
eB
C．若将电子入射速度变为1
2 v，这些电子一定能汇聚在P 点
D．若将电子入射速度变为2v，这些电子一定能汇聚在P 点
【答案】D
【详解】由题图可知，螺线管内磁场方向水平向右，将粒子速度沿水平方向、竖直方向正交分解，则粒子
水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速圆周运动，粒子螺旋式前进，设螺线管长为L，若这些电子通
过磁场汇聚在荧光屏上P 点，则需满足
L
v x
=nT（n=1，2，3…）T 为粒子竖直方向做圆周运动的周期，又因为
e v y B =m v y
2
R
解得周期为
T =2πR
v y
=2πm
eB
联立可得
L
v x
=2πmn
eB
（n=1，2，3…）
因为电子速度v 与磁场方向的夹角非常小，所以
v x≈v
可见，粒子的速度只要满足
L
v =2πmn
eB
（n=1，2，3…）
即粒子的运动时间为粒子做圆周运动周期的整数倍，粒子就可以汇聚到P 点。
A．由上述分析可知，若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P 点，则运动的时间可能为2π m
eB
，A
正确，不符合题意；
B．若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P 点，则
L=vT =2π mv
eB
B 正确，不符合题意；
C．由上述分析可知当粒子速度为v 时
L=2πmn
eB
v（n=1，2，3…）
故当粒子速度为1
2 v时
L=2πmn
′
eB
⋅v
2（n
′=2，4，6…）
即粒子的运动时间仍然为粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子一定能汇聚在P 点，C 正确，不符合
题意；
D．当粒子速度为2v时
L=2πmn
″
eB
⋅2v（n
′=1
2，1，3
2
）
…
即粒子的运动时间不是总等于粒子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能汇聚在P 点，D 错误，
符合题意。
故选D。
20．（2022·湖南娄底·模拟预测）磁场可以对带电粒子的运动施加影响，只要设计适当的磁场，就可以控
制带电粒子进行诸如磁聚焦、磁扩散、磁偏转、磁约束与磁滞留等运动。利用电场和磁场来控制带电粒子
的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用，如图所示，以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内
有垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域外有垂直纸面向里的匀强磁场，两个磁场的磁感应强度大小都是
B。有一质量为m、所带正电荷为q 的带电粒子从P 点沿半径垂直磁场射入圆形区域，粒子两次穿越磁场
边界后又回到P 点，不计粒子重力，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R
B．粒子从P 点射入磁场的速度大小为
❑√2qBR
m
C．粒子从P 点射出到第一次回到P 点所需的时间为7 πm
6qB
D．如果圆形区域外的磁场在一个以O 为圆心的圆环内，则该圆环的面积至少为(6+4 ❑√3)π R
2
【答案】D
【详解】A．因为粒子两次穿越磁场边界后又回到P 点，画出粒子轨迹示意图如图所示：
设粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有
tan30° =R
r
可得
r =❑√3 R
选项A 错误；
B．由
qvB =m v
2
r
可得
v =
❑√3qBR
m
选项B 错误；
C．粒子在磁场中匀速圆周运动的周期为
T =2πr
v
=2πm
qB
粒子从P 点射出到第一次回到P 点所需要的时间为
t =T
6 +5T
6 +T
6 =7 πm
3qB
选项C 错误；
D．由几何关系可知，圆环的大圆半径为(2+❑√3) R，小圆半径为R，所以其面积为
S =π [(2+❑√3) R)
2−π R
2=(6+4 ❑√3)π R
2
选项D 正确。
故选D。
重难·创新演练
设题创新:磁发散创新（T5）;临界极值(T1);
1．（多选）（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内（包含x、y 坐标
轴）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(q>0)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均匀射入磁场，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。不计粒子间相互作用及粒子的重力。则（ ）
A．粒子做圆周运动的半径为2L
B．粒子做圆周运动的半径为2❑√3 L
C．粒子在磁场中运动的最长时间为4π m
3qB
D．粒子在磁场中运动的最长时间为7π m
6qB
【答案】BD
【详解】AB．当α =150°时，粒子垂直x 轴离开磁场，则有r sin (180°−150°)=❑√3 L
解得r =2❑√3 L，故A 错误，B 正确；
CD．当粒子初速度方向沿y 轴正方向时，在磁场中运动时间最长，由几何关系可得轨迹圆心角为7 π
6
则最长时间t =
7 π
6
2π T
粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB =mv
2
r
得T =2πr
v
=2πm
qB
解得最长时间t =7 πm
6qB ,故C 错误，D 正确。
故选BD。
2．（多选）（25-26 高二下·山东菏泽）如图所示，半径为R的圆形区域内存在着垂直纸面向外的匀强磁场，
P点有一离子源，释放大量电荷量为+q、质量为m的带电粒子，粒子在纸面内从P点以相同的速率v沿各
个方向射入磁场，不计粒子重力，其中正对圆心O射入磁场的粒子通过磁场区域后速度方向偏转了120°。
下列说法正确的是（ ）
A．磁场的磁感应强度大小为mv
qR
B．正对圆心射入的粒子在磁场中运动的时间为2❑√3 πR
9 v
C．出磁场时离P点最远的粒子在磁场中运动的时间为2❑√3 πR
3 v
D．所有粒子中出磁场时与P点的最远距离为2❑√3
3
R
【答案】BD
【详解】A．由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨道半径为r =R tan30
∘=
❑√3
3 R
根据qvB =m v
2
r
可得磁场的磁感应强度大小为B =
❑√3mv
qR
，A 错误；
B．正对圆心射入的粒子在磁场中转过的圆心角为120°，则运动的时间为t =120
∘
360
∘
2πr
v
=2❑√3 πR
9 v
，B 正确；
CD．出磁场时离P点最远的粒子距离P 点的距离为d =2r =2❑√3
3
R
在磁场中运动半周，用时间为t
' =1
2 × 2πr
v
=
❑√3 πR
3 v
，C 错误，D 正确。
故选BD。
3．（多选）（25-26 高二下·浙江温州）如图所示，坐标系xOy平面在纸面内，在x ≥0的区域存在垂直纸
面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，以平行y 轴的虚线MN 为界，左侧为无阻力区域，右侧为有阻
力区域，表现为粒子在右侧区域中运动时除受到洛伦兹力外还受到与速度大小成正比、方向相反的阻力作
用，比例系数为k。现有大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，同时从原点O向y 轴右侧各个方向射
入磁场，射入的速度大小相等，已知沿y轴正方向射入的粒子在P(d ,d)点垂直两磁场的边界射入区域
，
Ⅱ
粒子轨迹呈螺旋状并与虚线边界相切于Q点（未画出），不计粒子重力与粒子间的相互作用，下列有关说
法正确的是（ ）
A．粒子从点O射入磁场时的速度大小为v0=qBd
m
B．粒子在区域
内运动的最短时间
Ⅰ
t min= πm
2qB
C．粒子从P点运动到Q点的时间t =3 πm
2qB
D．粒子区域
中运动轨迹的长度为
Ⅱ
s=qBd
2k
【答案】AC
【详解】A．沿y轴正方向射入的粒子在P点垂直两磁场的边界射入区域Ⅱ,说明其在区域
轨迹为四分之
Ⅰ
一圆弧，由几何关系可得圆周运动半径r =d
由洛伦兹力提供向心力可得q v0 B =m v0
2
r
解得v0=qBr
m =qBd
m ，故A 正确；
B． 所有粒子速度大小相等，圆周运动半径均为r =d，周期T =2πm
qB
运动时间t = θ
2π ⋅T =θm
qB
圆心角θ越小，运动时间越短，对应的最小弦长为原点O 到边界MN 的最短距离，即L=d由弦长公式
L=2r sin θ
2
代入最小弦长解得最小圆心角θmin=π
3
对应最短时间tmin= πm
3qB ，故B 错误；
C．该粒子在区域
中的运动轨迹如图所示
Ⅱ
阻力始终沿切线方向，洛伦兹力提供向心力q v0 B =mω v0
解得ω=qB
m
由题意可知粒子与边界相切时转过的角度为θ =3 π
2
粒子从P点运动到Q点的时间为t =θ
ω =3 πm
2qB ，故C 正确；
D．洛伦兹力始终与速度方向垂直，切向只有阻力f =−kv
在切向上由牛顿第二定律可得−kv =ma=m Δv
Δt
则−k ∑(v Δt )=0−m∑Δv
有ks=m v0
解得s=qBd
k
，故D 错误。
故选AC。
4．（多选）（2026·湖北襄阳·二模）如图，边长为L 的正三角形ABC 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，
大量比荷为q
m的带负电粒子以相同速度垂直AC 边射入磁场，已知从BC 边垂直射出的粒子在磁场中运动
的时间为4
5 t0，粒子在磁场中运动的最长时间为8
5 t0，则下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为5π m
24 qt 0
B．粒子运动的轨迹半径为(2❑√3−3) L
C．粒子射入磁场的速度大小为(10 ❑√3−15)π L
12t0
D．粒子在磁场中扫过的面积为(1+π
6 )(21−12❑√3) L
2
【答案】BCD
【详解】A．粒子刚好从BC 边垂直打出，设该过程扫过的圆心角为θ，由t = θ
2π × 2πm
qB =4
5 t0
几何关系可知θ =π
3 ，解得B = 5 πm
12qt0
，故A 错误；
B．粒子在磁场中运动的最长时间轨迹所对的圆心角为θ1，则有θ1
2π T =8
5 t0
解得θ1=2
3 π
画出该粒子的运动轨迹，如下图
由几何知识得
R
cos30° +R =L
解得R =(2❑√3−3) L，故B 正确；
C．由qvB =m v
2
R
联立解得v =
(10❑√3-15)πL
12t0
，故C 正确；
D．由几何知识得扫过的面积为S =R
2+ 1
6 π R
2=(1+ π
6)(21−12❑√3) L
2，故D 正确。
故选BCD。
5．（多选）（2026·广西南宁·三模）如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀
强磁场，圆周上的S点有一粒子源在纸面内沿各个方向发射大量带正电的同种粒子。粒子的质量为m、电
荷量为q、速率均为v，射出磁场时的速度方向相同，不计粒子重力和粒子间的相互作用。下列说法正确的
是（ ）
A．圆形磁场区域的半径为mv
qB
B．若粒子速率为2v，则在磁场中运动的最长时间为πm
qB
C．若粒子速率为v
2，则在磁场中运动的最长时间为πm
qB
D．若粒子速率为v
2，则有粒子射出的磁场边界弧长为πmv
3qB
【答案】AD
【详解】A．粒子从S点沿各个方向射入磁场，射出磁场时的速度方向相同，这是磁发散模型的特征，此
时粒子在磁场中的运动半径R等于磁场区域半径r。由洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
R
得R =mv
qB
所以圆形磁场区域的半径r =mv
qB ，故A 正确；
B．若粒子速率为2v，则运动半径R
′ =2mv
qB =2r
粒子在磁场中运动的弦长最长为磁场直径2r，设对应的圆心角为θ，则sin θ
2 =r
R
′ =1
2
解得θ =π
3
最长时间t = θ
2π T =1
6 · 2πm
qB = πm
3qB ，故B 错误；
C．若粒子速率为v
2，则运动半径R
″ =r
2。粒子轨迹圆在磁场圆内部，粒子运动一周回到S点，时间为
T =2πm
qB ，故C 错误；
D．若粒子速率为v
2，则运动半径R
″ =r
2。所有轨迹圆的大小一样，则打到圆弧上最远点对应轨迹圆的直径
根据几何关系可知，图中三角形为正三角形，所以对应的磁场边界弧长l =π
3 r =πmv
3qB ，故D 正确。
故选AD。
6．（多选）（2026·四川资阳·三模）等腰梯形ABCD 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小为B，梯形上、下底AB、CD 长度分别为L 和2L，∠D=60°。下底CD 的中点E 处有一个α 粒子放射源，
可以向CD 上方射出速率不等的α 粒子，α 粒子的速度方向与磁场方向垂直，不计粒子间的相互作用力，
已知质子的电荷量为e，质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．若AB 边有α 粒子射出，则BC 边一定有α 粒子射出
B．若AB 边有α 粒子射出，则AD 边一定有α 粒子射出
C．若α 粒子可以到达A 点，则其最小速率为
❑√3eBL
3m
D．运动轨迹与AD 边相切（由CD 边出磁场）的速率最小的α 粒子在磁场中的运动时间为8π m
3eB
【答案】BD
【详解】A．如下图所示
当AB 边恰有α 粒子射出时，由几何关系可知，粒子运动轨迹没有到达BC 边，故A 错误；
B．由几何关系可知，当AB 边恰有α 粒子射出时，轨迹圆与AB 相切，此时与该圆半径相等的圆也一定与
AD 相切，即若AB 边有α 粒子射出，则AD 边一定有α 粒子射出，B 正确；
C．如下图所示
由几何关系可知，当β =2π
3 时，速度最小，其半径为r =
❑√3
3 L，由2evB =4 m v
2
r
可得v =
❑√3 BLe
6m
，C 错误；
D．如下图所示
当α =2π
3 时，速度最小，由t = θ
2π T =θm
qB
得t =
4 m⋅(2π −2
3 π)
2eB
=8 πm
3eB
，故D 正确。
故选BD。
真题·实战演练
高频考点：平移圆、旋转圆
1．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，垂直于x轴的足够大绝缘薄挡板P 紧贴平行金属板放置，挡板P
有一小孔在原点O处，O点到垂直于y轴的两金属板距离相等。在xOy平面位于(−L，0)处的粒子源以速
率v0向面内各方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子。两金属板（上板为正极）间距为2 L，板
间电压U初始为48mv0
2
25q
。在xOy平面y轴右侧，圆心O
′位于(0，L)、直径在y轴、半径为L的半圆区域存
在方向垂直于平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为m v0
qL 。在x>L处有一垂直于x轴的固定弹性绝缘
挡板Q，粒子若碰到Q 将发生弹性碰撞且电荷量q不变。粒子打到金属板或挡板P 均会被吸收，不计粒子
重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。（v0、m、q、L均为已知量）
(1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从O点处射入磁场速度方向与x轴正向夹角的正弦值；
(2)粒子从磁场射出后与挡板Q 发生碰撞，求其再次射入磁场到达挡板P上位置的y坐标；
(3)若仅改变电压U的大小(U >0)，在不同电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到挡板P 右侧面；进入
磁场的所有粒子打到挡板P右侧面有1 个撞击点或2 个撞击点，求以上三种情况分别对应的电压取值范围
（用已知量v0、m、q表示）。
【答案】(1)0.6 或0.8
(2)2
5 L或4
5 L
(3)U >2m v0
2
q
，无粒子能到达O 点，均无法打到P 右侧面。
当0<U <16mv0
2
17q
时，仅θ1粒子能进入磁场，1 个撞击点；
当16m v0
2
17 q
≤U <2m v0
2
q
时，两粒子均能进入且撞击点不同，2 个撞击点；
当U =2mv0
2
q
时，两粒子轨迹重合，1 个撞击点。
【详解】（1）粒子在电场中做类斜抛运动
设粒子初速度方向与x 轴夹角为θ，加速度a= qU
m(2 L) =24 v0
2
25 L
方向沿y 轴正向。粒子从(−L,0)运动到(0, 0)，水平方向L=v0cosθ⋅t
竖直方向0=−v0sinθ⋅t +1
2 at
2
联立解得v0
2sin(2θ)=aL=24
25 v0
2
即sin(2θ)= qU
2m v0
2 =24
25
在O 点，v x=v0cosθ，v y =−v0sinθ+at =v0sinθ
设射入磁场速度方向与x 轴夹角为β，则tan β =v y
v x
=tanθ
即β =θ
根据sin(2 β)=24
25 ，sin
2 β +cos
2 β =1
解得sin β =0.6或sin β =0.8
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径R =m v0
qB =L
磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O 点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向
右，如下图
射出点纵坐标y出=L(1−cosα )
当sinα =3
5时，cosα =4
5 ，y出=L
5
当sinα =4
5 时，cosα =3
5，y出=2 L
5
粒子与Q 板弹性碰撞后沿x 轴负方向返回，再次进入磁场。
由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板P上的位置纵坐标y =2 y出
故y 坐标为2
5 L或4
5 L。
（3）根据（1）可知sin(2θ)= qU
2m v0
2 =24
25
设k = qU
2mv0
2。粒子能到达O 点需满足sin(2θ)=k，即k ≤1，U ≤2mv0
2
q
若U >2m v0
2
q
，则k >1，无粒子能到达O 点，均无法打到P 右侧面。
当U ≤2mv0
2
q
时，存在两个发射角θ1,θ2（假设θ2大于θ1）。粒子在电场中不撞板条件为|ymin)≤L，如下图
上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2 倍，可知，
此时tanθ =2× L
1
2 L
=4
根据数学关系可知此时sinθ =4 ❑√17
17
，cosθ =
❑√17
17
解得对于θ2需k =sin(2θ)≥8
17 ，即U ≥16m v0
2
17q
此时θ2对应粒子轨迹刚好与上极板相切。
综上所述，当0<U <16m v0
2
17 q
时，仅θ1粒子能进入磁场，1 个撞击点；
当16mv0
2
17q
≤U <2mv0
2
q
时，两粒子均能进入且撞击点不同，2 个撞击点；
当U =2m v0
2
q
时，两粒子轨迹重合，1 个撞击点；
当U >2mv0
2
q
，则k >1，无粒子能到达O 点，均无法打到P 右侧面。
2．（2025·重庆·高考真题）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度
大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀
强磁场。O、N、M 均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O 点正上
方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速
度大小相同，方向相反，比荷均为q
m。已知OK =3h，OM =3 ❑√3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作
用。
(1)若K 水平发射的粒子在O 点产生光点，求粒子的速度大小。
(2)若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N 点产生光点，求粒子的速度
大小。
(3)要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M 点产生光点，可在粒子发射t 时间后关闭磁场，忽略磁场变
化的影响，求t。
【答案】(1)3qBh
2m
(2)2qBh
m
(3)2πm
3qB
【详解】（1）由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O 点产生光点，其运动半径r =3h
2
运动过程中由洛伦兹力提供向心力有qvB =mv
2
r
联立解得v =qBr
m =3qBh
2m
（2）若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N 点产生光点，则两端粒子
的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N 点相切，如图
由于K 从水平方向逆时针旋转60°，则θ =30
∘，根据几何关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为
r1=2h
根据洛伦兹力提供向心力可知q v1B =mv1
2
r1
解得v1=qBr1
m
=2qBh
m
（3）由题意带正电粒子恰好在M 点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M 点做正电粒子轨
迹的切线，切点为P，如图
根据前面解析可知ON =❑√3h，所以NM =2❑√3h
由于O
′ N =r1=2h，且O
′ N ⊥NM
根据几何关系可知∠N O
′ M =∠PO
′ M =60
∘，而∠K O
′ N =120
∘
所以α =120
∘
粒子在磁场中运动的周期T =2πm
qB ，对应的圆心角α =120
∘
所以t =1
3 T =1
3 ⋅2πm
qB =2πm
3qB
3．（2023·浙江·高考真题）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x 轴上方存在垂直xOy
平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。x 轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板
M 和N 组成，其中位于x 轴的M 板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N 板连接电流表后接地。位于坐标
原点O 的离子源能发射质量为m、电荷量为q 的正离子，其速度方向与y 轴夹角最大值为60
∘；且各个方向
均有速度大小连续分布在1
2 v0和
❑√2v0之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y 轴正方向射出的离子经磁
场偏转后恰好垂直x 轴射入孔C。未能射入孔C 的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。
不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
（1）求孔C 所处位置的坐标x0；
（2）求离子打在N 板上区域的长度L；
（3）若在N 与M 板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0 时的电压U 0；
（4）若将分析器沿着x 轴平移，调节加载在N 与M 板之间的电压，求电流表示数刚为0 时的电压U x与孔
C 位置坐标x 之间关系式。
【答案】（1）2m v0
qB
；（2）2d；（3）mv0
2
2q
；（4）当m v0
2qB ≤x ≤2❑√2m v0
qB
时，U x =q B
2 x
2
8m
【详解】（1）速度大小为v0、沿y 轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力
Bq v0=m v0
2
R
解得半径
R =m v0
Bq
孔C 所处位置的坐标x0
x0=2 R =2mv0
Bq
（2）速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
Bqv =m v
2
R
′
解得半径
R
′ =mv
Bq
若要能在C 点入射，则由几何关系可得
2 R
′ cosθ =2 R
解得
cosθ =v0
v ∈[
❑√2
2 ,1)
如图
由几何关系可得
L=2d
（3）不管从何角度发射
v y =v cosθ
由（2）可得
v y =v0
根据动力学公式可得
a=qU 0
md ，v y
2 =2ad
联立解得
U 0=m v0
2
2q
（4）孔C 位置坐标x
x =2r cosθ
其中
r =m v
′
Bq =R v
′
v0
联立可得
x =2 R v
′
v0
cosθ，cosθ∈[
1
2 ,1)
解得
1
2 R≤x ≤2❑√2 R
在此范围内，和（3）相同，只与v y相关，可得
Bq v y =m v
′2
x
2
解得
v y =Bqx
2m
根据动力学公式可得
a=qU x
md ，v y
2 =2ad
解得
