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第21讲 带电粒子在磁场中运动题型
题型一 匀强磁场中的圆周运动题型
1．（2026•兴庆区校级模拟）如图甲所示是电视显像管原理示意图，电流通过偏转线圈，从而产生偏转
磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，通过改变偏转线圈的电流，虚线区域内偏转磁场的
方向和强弱都在不断变化，电子束打在荧光屏上的光点就会移动，从而实现扫描。不计电子的重力，
当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O 点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束
发生偏转。其简化图如图乙。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上的位置由
M 点逐渐移动到N 点，图中变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据电子的偏转方向结合左手定则判断磁场的方向。
【解答】解：根据题意可知，当电子偏转到M 点时，电子向上偏转，根据左手定则可知，磁场方向垂
直纸面向外，对应的B﹣t 图的图线应在t 轴下方；电子偏转到N 点时，电子向下偏转，根据左手定则
可知，磁场方向垂直纸面向里，对应的B﹣t 图的图线应在t 轴上方，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2．（2026•资阳模拟）真空中带正电粒子（不计重力）沿图示方向进入匀强电场或匀强磁场，下列说法
正确的是（ ）
A．甲图：粒子做匀速直线运动
B．乙图：粒子做匀加速直线运动
C．丙图：粒子做匀速直线运动
D．丁图：粒子在纸面所在平面做匀速圆周运动
【答案】C
【分析】先根据初速度与电场、磁场方向的关系，判断电场力、洛伦兹力的有无及方向，再分析粒子
的运动性质，逐一判断各选项的正确性。
【解答】解：A．在甲图中：粒子受向右的电场力做匀加速直线运动，故A 错误；
B．在乙图中：粒子受向右的电场力，则粒子做匀变速曲线运动，故B 错误；
C．在丙图中：粒子不受洛伦兹力，做匀速直线运动，故C 正确；
D．在丁图中：粒子受垂直于速度方向的洛伦兹力作用在垂直于纸面所在平面做匀速圆周运动，故D
错误。
故选：C。
3．（2026•房山区二模）如图所示，矩形虚线框MNPQ 内有一匀强磁场，磁感应强度方向垂直纸面向
里。a、o、c 是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ 边上的中点沿垂直于磁场的方向射入
磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．粒子a 带负电
B．粒子b 的动能最大
C．粒子c 在磁场中运动的时间最短
D．粒子c 在磁场中运动时受到的向心力最大
【答案】B
【分析】根据左手定则判断粒子电性，再利用洛伦兹力提供向心力的公式，推导轨道半径、周期、运
动时间、向心力与速度的关系，结合轨迹特征分析各选项。
【解答】解：A.根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，粒子初速度向上，粒子a 向左偏转，说明其
受到的洛伦兹力向左，可知粒子a 带正电，故A 错误；
B.带电粒子在匀强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 可得轨道半径R = mv
qB
，由于三个粒子的质量m 和电荷量q 大小相等，所在磁场B 相同，由图可知，粒子b 的轨迹半径最
大，则粒子b 的速度最大，根据动能公式Ek = 1
2 m v
2可知，粒子b 的动能最大，故B 正确；
C.根据粒子在磁场中运动的周期T = 2πm
qB ，可知三个粒子运动周期相同。粒子在磁场中运动时间
t = θ
2π T，其中θ 为轨迹对应的圆心角。由图可知，粒子c 完成了半个圆周运动，其余两粒子a、b 均
未完成半个圆周就射出边界，因此粒子c 在磁场中运动的时间最长，故C 错误；
D.粒子在磁场中运动时受到的向心力即为洛伦兹力F＝qvB，由对B 选项的分析可知，粒子c 的轨迹半
径最小，说明其速度v 最小，因此粒子c 在磁场中运动时受到的向心力最小，故D 错误。
故选：B。
（多选）4．（2026•海珠区校级模拟）如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕圆心O
做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、
磁感应强度大小为B 的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度大小相等，
两个圆弧轨迹的半径均为r。关于该点电荷，下列说法正确的是（ ）
A．可能带负电
B．一定沿顺时针转动
C．点电荷的比荷为E
B
2r
D．点电荷运动的线速度大小为E
B
【答案】CD
【分析】根据点电荷受到的电场力提供向心力，方向与场强方向相同，结合电场力与洛伦兹力提供向
心力分析求解。
【解答】解：AB．图（a）中，点电荷受到的电场力提供向心力，方向与场强方向相同，所以点电荷
一定带正电；对图（b）由左手定则可知点电荷一定沿逆时针转动，故AB 错误；
CD．对图（a）有电场力提供向心力：qE =m v
2
r
对图（b）有洛伦兹力提供向心力：qvB =m v
2
r
联立可得点电荷运动的线速度大小为
v = E
B
故点电荷的比荷为q
m = E
B
2r ，故CD 正确。
故选：CD。
题型二 非匀强磁场中的运动题型
1．（2025 秋•包河区校级月考）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
【分析】注意观察图像的细节，靠近导线CD 处，电子的偏转程度大，说明靠近CD 处偏转的半径小，
由圆周运动半径公式及左手定则即可判断。
【解答】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
感应强度较大，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ABD 错误，C 正确。故选：
C。
2．（2025 秋•洮北区校级期末）如图所示，一水平导线通以电流I，导线下方有一电子，初速度方向与电
流平行，关于电子的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．沿路径a 运动，其轨道半径越来越小
B．沿路径a 运动，其轨道半径越来越大
C．沿路径b 运动，其轨道半径越来越小
D．沿路径b 运动，其轨道半径越来越大
【答案】C
【分析】通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场
的磁感应强度越小，由右手定则可以判断出磁场的方向，再根据粒子在磁场中做圆周运动的半径公式
可以分析粒子的运动的情况。
【解答】解：根据安培定则可知，导线下方磁场垂直纸面向里，结合左手定则可知，电子所受洛伦兹
力向上，所以电子沿路径b 运动，根据牛顿第二定律有
qvB =m v
2
r
可得
r = mv
qB
靠近导线，磁感应强度变大，则其轨道半径越来越小，则粒子沿路径b 运动，其轨道半径越来越小，
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
3．（2025 秋•西城区校级月考）直导线中电流方向向右。不计带电粒子的动能损失，以下有关通电直导
线近旁带电粒子运动轨迹（与电流在同一平面内）示意图中，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合越靠近导线，磁感应强度B 越大，综合左手定则分析求解。
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力：Bvq＝mv
2
r ，可得运动半径：r= mv
qB ，故越靠近导线，磁感应
强度B 越大，粒子的运动半径越小，结合左手定则，洛伦兹力应指向凹侧，故A 正确，BCD 错误；
故选：A。
4．（多选）（2025 秋•安顺期末）我国“人造太阳”——托卡马克装置预计在2030 年核聚变演示发电点
亮第一盏灯，其内部产生的强磁场将带电粒子约束在特定区域实现受控核聚变。其中沿管道方向的磁
场分布如图所示，越靠管的右侧磁场越强，则速度平行于纸面的带电粒子在该磁场中运动时（不计带
电粒子重力），下列说法正确的是（ ）
A．带负电粒子在磁场中应沿顺时针方向运动
B．带电粒子由左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小
C．带电粒子由左侧区域向右侧区域运动时，磁场可能对其做功
D．带电粒子由左侧区域向右侧区域运动时，洛伦兹力大小不变
【答案】AB
【分析】根据带电粒子在磁场中的运动规律，运用左手定则判断运动方向、分析洛伦兹力做功情况，
再通过洛伦兹力提供向心力的公式推导半径和洛伦兹力的变化，逐一分析选项。
【解答】解：A.由图知磁场垂直纸面向里，根据左手定则可知，带负电粒子在磁场中沿顺时针方向运
动，故A 正确；
B.离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有
qvB =m v
2
r
解得
r = mv
qB
因右侧磁场较强，故带电粒子由磁场的左侧区 域向右侧区域运动时，运动半径减小，故B 正确；
C.离子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，可知洛伦兹力对其一定不做功，故
C 错误；
D.离子在磁场中，洛伦兹力为
f＝qvB
速度大小不变，故洛伦兹力一直在变大，故D 错误。
故选：AB。
题型三 直线边界的磁场题型
1．（2026•嘉兴二模）如图所示，在充满磁场的空间中，以镭放射源为坐标原点建立平面直角坐标系
xOy。磁场方向以x 轴为边界，y＞0 区域垂直于平面向里，y＜0 区域垂直于平面向外，磁感应强度大
小B＝k1|y|（k1＞0）。元素发生衰变，向y 轴正方向射出三种射线①、②、③，射线①和射线③的
速度之比约为1：9，质子与电子的质量之比约为1836：1，则（ ）
A．射线③是弱相互作用引起的，其穿透能力弱，用一张纸就能挡住
B．射线②是镭原子能级跃迁产生的，可用于探测金属构件内部的缺陷
C．若比荷为k2的粒子形成射线①，其经纵坐标为y1的位置时分速度v x =−k1k2 y1
2
D．组成射线①和③的两种粒子离x 轴的最大距离之比约为20：1
【答案】D
【分析】先通过左手定则判断三种射线的带电性质与种类，再逐一分析选项，其中D 项通过对洛伦兹
力的水平分量积分求解粒子离x 轴的最大距离，最终确定D 正确。
【解答】解：首先根据左手定则判断三种射线，磁场向里，粒子初速度沿y 正方向，向左偏的①带正
电，向右偏的③带负电，不偏转的②不带电，因此①是α 射线（氦核，正电），②是γ 射线（不带
电），③是β 射线（电子，负电）；
A.③是β 射线，由弱相互作用引起，但β 射线穿透能力较强，一张纸不能挡住β 射线，故A 错误；
B.②是γ 射线，γ 射线是原子核能级跃迁产生的，不是原子（核外）能级跃迁，故B 错误；
C.洛伦兹力水平分量提供的加速度为ax = q v y B
m
= q v y k1 y
m
，
根据加速度的定义式有ax = d v x
dt = d v x
dy ⋅dy
dt = v y
d v x
dy ，
联立积分可得∫
0
v x
d v x = q k1
m ∫
0
v1
ydy，
解得v x = q k1
2m y1
2，
方向向左，故C 错误；
D.粒子到达离x 轴最大距离ym时，vy＝0，速率v0不变（洛伦兹力不做功），即|vx|＝v0；
代入上式得v0= q k1 ym
2
2m
，解得ym= ❑√
2m v0
q k1
，
则
ym1
ym3
= ❑√
m1v1q3
m3 v3q1
= ❑√
1
9 × 4×1836me
me
× e
2e ≈20
1 ，故D 正确。
故选：D。
2．（2026•淮南二模）如图，直线MN 右侧无穷大区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直
纸面向里。有一个带负电的粒子，质量为m，所带电荷量大小为q，从A 点斜向下与直线MN 成45°角
以一定的初速度垂直进入磁场中，一段时间后从直线MN 上某点离开匀强磁场区域，不考虑粒子的重
力，下列关于该粒子运动的描述，正确的是（ ）
A．粒子在磁场中的运动时间为πm
4 qB
B．若其他条件不变，粒子入射的初速度大小变为原来的两倍，则粒子在磁场的运动时间变为原来的
一半
C．若其他条件不变，粒子带正电，则粒子在磁场的运动时间变为原来的三倍
D．若其他条件不变，粒子入射的初速度大小变为原来的1
2，则粒子在磁场的运动时间变为原来的一半
【答案】C
【分析】先由洛伦兹力提供向心力推导出粒子在磁场中运动的周期公式，再结合入射角度、粒子电性
判断轨迹圆心角，进而计算运动时间，对比各选项的条件与结果得出正确答案。
【解答】解：A.负电粒子垂直进入匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
R
，
粒子运动的周期为T = 2πR
v
，
联立可得T = 2πm
qB ，
粒子以与MN 成45°角入射，带负电，粒子做顺时针圆周运动，
入射速度与边界MN 夹角为45°，出射时速度与边界MN 夹角也为45°因此轨迹对应的圆心角θ＝90°，
粒子在磁场中的运动时间为t = 90°
360° T = πm
2qB ，故A 错误；
BD.根据上述，若其他条件不变，粒子入射的初速度大小变为原来的两倍，半径变为原来的两倍，周
期不变，对应圆心角仍为90°，
所以粒子在磁场的运动时间不变与速度无关，故BD 错误；
C.若其他条件不变，粒子带正电，粒子以与MN 成45°角入射，粒子做逆时针圆周运动，
入射速度与边界MN 夹角为45°，出射时速度与边界MN 夹角也为45°，因此轨迹对应的圆心角θ＝
270°，
粒子在磁场中的运动时间为t = 270°
360° T = 3 πm
2qB ，
则粒子在磁场的运动时间变为原来的三倍，故C 正确。
故选：C。
3．（2026•大理市校级模拟）如图所示，在xOy 平面上的第一象限全部区域有垂直向里的匀强磁场，有
一位于第二象限的电子源持续不断地沿x 轴正方向发射速率均为v 的电子，形成沿y 轴方向均匀分布
的电子流，电子源所在位置的纵坐标分布范围为R～2R。荧光屏的上端固定于x 轴上，其横坐标分布
范围为0～5R，荧光屏上被电子碰撞的位置均会显示荧光。电子每次碰撞过程中机械能损失75%，碰
撞前后速度方向与荧光屏的夹角相等（与竖直方向对称）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计
电子重力，忽略电子间的相互作用。若所有电子最终均静止在荧光屏上（没有离开第一象限），则磁
感应强度B 的取值范围是（ ）
A．0≤B≤3mv
5eR
B．3mv
5eR ≤B≤(3+2❑√2)mv
6eR
C．B≥(3+2❑√2)mv
6eR
D．6mv
5eR ≤B≤(3+2❑√2)mv
6eR
【答案】B
【分析】根据洛伦兹力提供向心力求出电子做圆周运动的表达式，当半径最小时对应的B 最大，同理
当半径最小时B 最大，进而求出磁感应强度B 的取值范围。
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力有
evB =m v
2
r
由于每次碰撞过程动能变为原来的四分之一，所以速度大小应变为原来的二分之一，即
rn= 1
2 rn−1
电子与荧光屏第一次碰撞时速度方向与荧光屏的夹角为θ，则
rmin（1+cosθ）＝2R
rmin sinθ = 1
2 rmin(1−sinθ)
联立解得
rmin=
6 R
3+2❑√2
Bmax = (3+2❑√2)mv
6eR
则
x1＝rsinθ
xn=2⋅1
2 xn−1
所以
x = x1+ x2+⋯+ xn=rsinθ+2⋅
1
2 rsinθ
1−1
2
=3rsinθ≤5 R
所以
rmax = 5 R
3 ，Bmin= 3mv
5eR
所以B 的取值范围为
3mv
5eR ≤B≤(3+2❑√2)mv
6eR
故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
4．（多选）（2026•资阳模拟）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8 πm
3eB
【答案】BD
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半
径，然后分析粒子运动过程，根据题意分析答题。
【解答】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，故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
故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。
题型四 矩形边界磁场题型
1．（2026 春•兴宁区校级期中）如图所示，宽度为d 的边界平行的有界匀强磁场，有一质量为m、电荷
量绝对值为q 的带电粒子（重力不计）从P 点以垂直于磁场边界的速度v 射入匀强磁场中，穿出磁场
时速度方向与原来射入方向的夹角为θ＝30°，磁场的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是
（ ）
A．该带电粒子带正电
B．磁场的宽度d = mv
Bq
C．粒子通过磁场的时间为πm
6 Bq
D．洛伦兹力对粒子做正功
【答案】C
【分析】根据图可知电荷开始受到向下的洛伦兹力，且洛伦兹力与运动方向始终垂直，故电荷做圆周
运动；由左手定则判断粒子电性；画出轨迹，由几何知识和洛伦兹力充当向心力求出磁场的宽度；根
据由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t = θ
2π T求出时间。
【解答】解：A.带电粒子水平向右射入垂直于纸面向里的磁场中，受到向下的洛伦兹力，根据左手定
则可知，该带电粒子带负电，故A 错误；
B.带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
qvB = mv
2
r
由图中的几何关系可得
sinθ = d
r
解得
d = mv
2Bq
故B 错误；
C.粒子在磁场中运动的周期
T = 2πm
qB
在磁场中运动的时间
t = θ
2π ⋅T
解得
t = πm
6qB
故C 正确；
D.洛伦兹力的方向时刻与粒子速度方向垂直，不做功，故D 错误。
故选：C。
2．（2026•成都校级模拟）如图所示，高中物理研究小组设计了一个实验方案来研究空气阻力和洛伦兹
力在带电粒子运动时对粒子的影响：将一个比荷为k 的粒子以初速度v0射入一个与粒子速度方向垂
直、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，匀强磁场区域足够大，在空气阻力和洛伦兹力的共同作用
下，粒子最终的位移为d；撤去磁场，射入一个初状态完全相同的粒子，若空气阻力大小与带电粒子
运动的速度大小成正比，粒子重力不计，则该粒子的位移大小应为（ ）
A．
d v0
❑√v0
2−d
2k
2B
2
B．
d v0
❑√v0
2+d
2k
2B
2
C．d
❑√v0
2−d
2k
2B
2
v0
D．d
❑√v0
2+d
2k
2B
2
v0
【答案】A
【分析】根据正则动量，结合在有、无磁场过程中的不同状态分析求解。
【解答】解：由题可知f＝γv，γ 为比例系数，k = q
m
有磁场时，分解为x 与y 轴方向研究，假设x 轴方向上总位移为x，y 轴方向上总位移为y，则
d =
❑√x
2+ y
2
根据动量定理在y 轴方向上可得﹣γ∑vyΔt+qB∑vxΔt＝0
即﹣γy+qBx＝0
根据动量定理在x 轴方向上可得﹣γ∑vxΔt﹣qB∑vyΔt＝﹣mv0
即﹣γx﹣qBy＝﹣mv0
联立解得比例系数与磁场的关系满足：γ
2= m
2v0
2
d
2 −q
2B
2
无磁场时，根据动量定理可得﹣γx′＝﹣mv0
联立解得x′ =
d v0
❑√v0
2−d
2k
2B
2
故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
3．（2026•西城区一模）如图所示，带电粒子从正方形区域abcd 的ad 边中点，以垂直于ad 边的初速度
v0射入该区域。当该区域只存在垂直纸面向内的匀强磁场时，带电粒子恰好从b 点射出；当该区域只
存在沿ad 方向的匀强电场时，带电粒子恰好从c 点射出。不计重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子在磁场中的运动时间大于在电场中的运动时间
C．粒子射出磁场的速度大小等于射出电场的速度大小
D．粒子在磁场中受到的力的大小等于在电场中受到的力的大小
【答案】B
【分析】A、根据左手定则分析；
B、画出粒子在磁场的运动轨迹，根据几何关系分析半径、圆心角和弧长，求解时间，粒子在电场做
类平抛运动，根据平抛运动规律分析时间；
C、粒子在磁场做匀速圆周运动，速率不变，粒子在电场运动，根据电场力做功分析速度；
D、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子在电场中运动，根据牛顿第二定律和平抛
运动规律分析。
【解答】解：A、粒子向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，故A 错误；
B、粒子在磁场和电场中的运动轨迹如图所示：
设正方形边长为d，粒子在磁场中运动，由几何关系可知r
2=d
2+(r −d
2 )
2，代入数据可得r = 5
4 d，则
圆心角α＝53°，运动时间t1= αr
v0
，代入数据可得t1= 53 πd
144 v0
，
粒子在电场中做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，运动时间t2= d
v0
＜t1，故B 正确；
C、粒子射出磁场速度大小仍为v0，在电场中运动电场力做正功，速度增大，射出电场的速度大于
v0，故C 错误；
D、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力f 洛=m v0
2
r
，代入数据可得f 洛= 4 mv0
2
5d
，
粒子在电场中运动，竖直方向有d
2 = 1
2 at2
2，由牛顿第二定律可知qE＝ma，代入数据可得qE= m v0
2
d
，
故D 错误。
故选：B。
4．（多选）（2026•乌兰浩特市模拟）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B0，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
【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。
【解答】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。
题型五 三角形边界的磁场题型
1．（2026•孝感模拟）如图所示，在边长为L 的等边三角形内分布着垂直于纸面向外，磁感应强度大小
为B 的匀强磁场，在三角形的中心有一个点状的粒子源O，它可沿平行纸面的各个方向发射质量为
m，电荷量为+q，速率为
❑√3qBL
6m
的同种粒子。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是
（ ）
A．有部分粒子能够击中三角形的顶点
B．粒子在磁场中运动的最短时间为πm
3qB
C．粒子在磁场中运动的最长时间为2πm
3qB
D．若磁感应强度大小为5 B
2 ，仍有粒子能射出三角形区域
【答案】B
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求得粒子圆周运动的半径和运动周
期；当轨迹圆弧为劣弧时，轨迹的弦长越短，圆心角越小，运动时间越短；所有粒子均不能射出三角
形区域，临界条件为轨迹圆和三角形的边相切。
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB =m v
2
r
已知：v =
❑√3qBL
6m
可得圆周运动的半径：
r = mv
qB =
❑√3
6 L
由等边三角形的几何知识可知O 点到各个顶点的距离为
❑√3
3 L此距离等于2r，假设粒子能够击中顶
点，粒子的轨迹为半个圆周，显然粒子将从边界先射出，故无法击中顶点，故A 错误；
B、当粒子在边界上的出射点与O 的连线垂直于出射点所在边界时，轨迹圆弧的弦最短，轨迹圆心角
最小，运动时间最短，轨迹如图1 所示
由等边三角形的几何中心为高的三等分点，可得最短弦长为
1
3 Lsin60° =
❑√3
6 L=r
可得此轨迹圆心角：
θ = π
3
粒子在磁场中运动周期为
T = 2πr
v
= 2πm
qB
故最短时间
tmin= θ
2π T = πm
3qB
故B 正确；
C、运动时间最长的粒子运动轨迹如下图
自O 点经M 点运动至P 点的劣弧OMP，则运动最长时间小于半个周期，而半个周期为πm
qB ，故C 错
误；
D、所有粒子均不能射出三角形区域，临界条件为轨迹圆和三角形的边相切，故D 错误。
故选：B。
2．（2026•沧州二模）如图所示，空间中存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，
ΔB1DF 为磁场中一等边三角形区域，C 为B1D 边的中点，E 为DF 上一点，AB1＝L，B1D＝2L。一比
荷为k 的带电粒子从A 点沿AB1的垂线方向射入磁场，改变入射速度的大小，使粒子分别经过C、E
点，若粒子从A 点运动到C 点的时间和从A 点运动到E 点的时间相等，不计粒子重力，下列说法正确
的是（ ）
A．粒子从A 点运动到C 点的时间为3 π
2kB
B．若粒子经过C 点，则入射速度大小为2kBL
C．D 点和E 点间的距离为
❑√3
2 L
D．若粒子经过E 点，则入射速度大小为3
2 kBL
【答案】D
【分析】题目描述带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，从A 点垂直射入磁场后分别经过C 点和E
点，且两次运动时间相等。解题需先明确粒子在磁场中运动的周期与速度无关，仅由比荷和磁感应强
度决定，而运动时间取决于轨迹对应的圆心角。时间相等意味着两次轨迹的圆心角相同。分析粒子经
过C 点的轨迹，利用几何关系确定其圆心位置和半径，进而得到对应的圆心角与运动时间。再根据时
间相等推断经过E 点的轨迹圆心角相同，结合E 点位于等边三角形边上的几何约束，可求出E 点轨迹
半径，最终得到对应的入射速度。
【解答】解：根据题意，带电粒子在匀强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qvB =m v
2
R ，解得粒子运动半径为R = v
kB ，周期为T = 2π
kB 。
由于粒子从A 点沿AB1的垂线方向垂直射入磁场，其圆心必在过A 点且垂直于初速度方向的直线上，
即AB1所在的水平线上。
A、当粒子经过C 点时，以B1为坐标原点建立直角坐标系，则A 点坐标为（﹣L，0），C 点坐标为
( 1
2 L，
❑√3
2 L)。
设圆心为O1，由O1A＝O1C＝RC，解得圆心位于B1点，即轨道半径RC＝L。
此时粒子在磁场中转过的圆心角为θ＝120°，则粒子从A 点运动到C 点的时间由tC = 120°
360° T，解得：
tC = 2π
3kB ，故A 错误；
B、由A 选项分析可知，粒子经过C 点时的轨道半径RC＝L，由半径公式RC = vC
kB ，解得入射速度大小
为vC＝kBL，故B 错误；
C、由于粒子从A 点到C 点和到E 点的时间相等，可知粒子在两轨道上转过的圆心角相同，均为
120°。
设过E 点的轨道半径为RE，圆心为O2，则O2的坐标为（﹣L+RE，0）。根据几何关系可知E 点的坐
标为xE=−L+ RE+ REcos60° =−L+ 3
2 RE，y E= REsin 60° =
❑√3
2 RE。由于E 点在等边三角形的边
DF 上，而直线DF 的方程为y =−❑√3( x−2 L)，代入E 点坐标解得：RE= 3
2 L。
将RE代入解得E 点坐标为( 5
4 L，3 ❑√3
4
L)。由两点间距离公式DE =
❑√( xE−xD)
2+( y E−y D)
2，代入
D( L，❑√3 L)解得：DE = 1
2 L，故C 错误；
D、由C 选项分析可知，粒子经过E 点时的轨道半径为RE= 3
2 L，由半径公式RE= v E
kB
，解得入射速度
大小为v E= 3
2 kBL，故D 正确。
故选：D。
3．（2026•蚌埠模拟）如图，边长为L 的正三角形ACD 区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场。一带负
电粒子从A 点以速度v0沿∠DAC 的平分线射入磁场，恰好从C 点离开磁场。若该粒子以速度1
2 v0沿纸
面从AC 边中点垂直AC 射入磁场，则其在磁场中的运动时间为（ ）
A．πL
2v0
B．πL
3 v0
C．πL
6 v0
D．2πL
3 v0
【答案】B
【分析】带负电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。根据第一
次运动的情况求出磁感应强度与已知量的关系，再分析第二次运动的轨道半径和圆心角，进而求出运
动时间。
【解答】解：当粒子从A 点以速度v0沿∠DAC 的平分线射入磁场，粒子带负电，根据左手定则作出粒
子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何知识可知∠AOC＝60°，粒子圆周运动的轨道半径为R＝L，由于洛伦兹力提供圆周运动的向心
力，则有Bq v0= mv0
2
R
，解得v0= BqL
m ，若该粒子以速度1
2 v0沿纸面从AC 边中点垂直AC 射入磁场，
则粒子在磁场中运动的轨迹半径为r =
mg 1
2 v0
Bq
= 1
2 L，粒子圆周运动的周期T = 2πr
v0
2
= 2πL
v0 ，由几何知
识可知，此时粒子偏转的圆心角θ＝60°，则粒子在磁场中运动的时间t = 60°
360° T = 1
6 × 2πL
v0
= πL
3 v0
，故
B 正确，ACD 错误。
故选：B。
4．（多选）（2026•雨花区校级一模）如图所示，边长为L 的等边三角形abc 区域外（包含边界）存在着
垂直于abc 所在平面向外的匀强磁场，P、Q 为ab 边的三等分点。一质量为m、电荷量为+q（q＞0）
的带电粒子在abc 平面内以速度v0从a 点垂直于ac 边射入匀强磁场，恰好从P 点第一次进入三角形
abc 区域。不计带电粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．磁场的磁感应强度大小为3m v0
qL
B．粒子从bQ 之间（不包括b、Q 点）第二次通过ab 边
C．粒子从PQ 之间（不包括P、Q 点）第二次通过ab 边
D．粒子从a 点开始到第二次通过ab 边所用的时间为(6 ❑√3+5 π )L
9 v0
【答案】AD
【分析】根据粒子的运动轨迹，结合几何关系以及洛伦兹力提供向心力分析求解。
【解答】解：A．粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系可得
R =aP = L
3
由
q v0 B =m v0
2
R
联立解得
B = 3m v0
qL
故A 正确；
BC．由几何关系知，粒子第二次通过ab 边时恰好过P 点，故BC 错误；
D．设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则
T = 2πL
3 v0
粒子从a 点到第二次通过ab 边所用的时间为
t = 5
6 T + 2❑√3 L
3 v0
= (6 ❑√3+5 π )L
9 v0
故D 正确。
故选：AD。
题型六 圆形（弧形）边界的磁场题型
1．（2026•四川模拟）如图所示，以O 为圆心、半径为R 的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度
大小为B 的匀强磁场。圆上有A、C、D 三点，从A 点沿半径AO 方向射入一个带电粒子（不计重
力），入射速度为v1时，粒子恰好从C 点离开磁场。已知粒子的比荷为k，且∠AOC＝90°，∠AOD＝
120°，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中的运动时间为t = π
kB
B．圆形区域的半径为R = k v1
B
C．要使粒子从D 点离开磁场，入射速度为v2= ❑√3 v1
D．若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O 点
【答案】C
【分析】A.根据周期与时间的关系求粒子在磁场中的运动时间；
B.结合A 选项的分析和运动学公式求圆形区域的半径；
C.画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力要求使粒子从D 点离开磁场时入射速
度；
D.根据半径的关系判断。
【解答】解：A．根据题意可知，粒子从A 点进入磁场，C 点离开磁场，则粒子的速度方向改变了
90°，则粒子在磁场中的运动时间
t = 90°
360° T = 1
4 × 2πm
Bq =
π
2Bk
故A 错误；
B．粒子从A 点进入磁场，C 点离开磁场，则粒子做圆周运动的轨迹半径
r＝R
而粒子在磁场中的运动时间为
t =
π
2Bk = s
v1
=
π
2 r
v1
联立可得，圆形区域的半径为
R = v1
Bk
故B 错误；
C．粒子从C、D 点离开磁场的运动轨迹如下图所示
根据几何知识可得
r1＝R，r2= ❑√3 R
根据洛伦兹力提供向心力有
Bqv =m v
2
r
联立可得
v2= ❑√3 v1
即要使粒子从D 点离开磁场，入射速度为v2= ❑√3 v1，故C 正确；
D．由于r1= R＞1
2 R，所以若只改变入射速度方向，粒子可能经过O 点，故D 错误。
故选：C。
2．（2026•衡阳二模）如图所示是半径为R 的薄壁圆筒的横截面，在其一条直径两端分别开有两个小孔a
和b，处在方向平行于圆筒轴线并垂直纸面向内大小为B 的匀强磁场中。质量为m、电荷量为﹣q 的粒
子，从小孔a 以一定初速度与ab 连线成θ 角入射，最终从b 孔穿出。设粒子与筒壁碰撞后，速度大小
不变，速度方向变为关于碰撞点所在半径与原速度方向对称并反向，不计重力，下列说法正确的是（
）
A．若θ= π
6 ，且粒子没有与筒壁发生碰撞，则射入磁场的初速度为BqR
m
B．若θ= π
6 ，且粒子与筒壁发生一次碰撞，则射入磁场的初速度一定为(❑√3−1)BqR
m
C．若θ= π
3 ，且粒子与筒壁发生一次碰撞，则射入磁场的初速度一定为(❑√3−1)BqR
m
D．若θ= π
3 ，且粒子与筒壁发生一次碰撞，则射入磁场的初速度一定为(❑√3+1)BqR
m
【答案】B
【分析】先利用弦长公式分析选项A 的轨迹半径与粒子速率，再结合圆筒内粒子碰壁一次的两类几何
模型，借助正弦定理推导轨迹半径表达式，根据θ 取值范围判定解的个数，逐一甄别BCD 选项。
【解答】解：A.若θ = π
6 ，粒子无碰撞直接从a 到b，ab 是圆筒直径，长度2R，速度与弦ab 的夹角为
θ，弦长ab＝2rsinθ＝2R，
解得r＝2R，
由Bqv =m v
2
r ，v = qBr
m = 2BqR
m
，故A 错误；
BCD.
如果粒子与筒壁发生一次碰撞，可能存在两种情况如上图，其中β = π
2 −θ，
左图中α = π
4 ，由正弦定理
r1
sinα =
R
sin(π −α −β) ；v1=
❑√2BqR
2msin( 3 π
4 −β)，
右图中γ = 3 π
4 ，由正弦定理
r2
sinγ =
R
sin(π −γ −β) ；v2=
❑√2BqR
2msin( π
4 −β)，
根据r2的表达式，当θ＞π
4 时，有两个大于零的半径解r1和r2，而当θ＜π
4 时，只有一个大于零的半
径解r1，
所以当θ = π
6 ，速度只有一个解v = (❑√3−1)BqR
m
，
当θ = π
3 ，速度有两个解v1= (❑√3−1)BqR
m
，和v2= (❑√3+1)BqR
m
，故B 正确，CD 错误。
故选：B。
3．（2026•芜湖模拟）如图所示，半圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，A、B 为半圆直径的两个端
点，O 点为半圆的圆心，ON 为圆的半径。现有带电粒子a、b 分别以不同的速度从A 点和B 点沿半径
方向同时进入磁场，并同时从N 点射出磁场，不计粒子的重力和粒子间相互作用。已知∠AON＝
60°，则粒子a、b（ ）
A．做圆周运动的半径之比为1：❑√3
B．运动的速率之比为3：2
C．比荷之比为2：1
D．运动的角速度之比为1：2
【答案】C
【分析】先通过几何关系求出两粒子的轨道半径之比，再结合洛伦兹力提供向心力、角速度与线速度
公式，利用运动时间相等的条件联立求解比荷、角速度和线速度之比，判断选项正误。
【解答】解：A.令O 点为原点，直线AB 为x 轴，设半径为R，又∠AON＝60°，
则A 点坐标（﹣R，0），B 点坐标（R，0），N 点坐标( −R
2 ，
❑√3 R
2
)，
粒子a、b 均沿径向射入，因此也将沿径向射出，
则过N 做圆的切线，与过A 的垂线交点即为圆心Oa，与过B 的垂线交点即为圆心Ob，
设半径ra。rb，轨迹圆心角θa。θb，则Oa N =ra，Ob N =rb，
根据几何关系有θa= 2
3 π，θb= π
3 ，ra
R = tan30°，R
rb
= tan30°，
解得ra=
❑√3
3 R，rb= ❑√3 R，
因此ra：rb＝1：3，故A 错误；
BCD.由m v
2
r
=qvB，可得v = qBr
m ，
又v＝ωr 可得ω= qB
m ，
又θ＝ωt，粒子a、b 同时到达N 点，则θa
ωa
= θb
ωb
，
不计粒子的重力，联立可得q
ma
：qb
mb
=θa：θb，＝2：1，
ωa：ωb= qa
ma
：qb
mb
=2：1，
va：vb= qara
ma
：qbrb
mb
=2：3，故BD 错误，C 正确。
故选：C。
题型
七 多个组合边界磁场题型
1．（2026•淄博二模）如图，磁感应强度为B 的匀强磁场区域足够大，磁场方向垂直纸面向里。中间有
一边界截面为正六边形的无磁场区域，O 为正六边形的中心，PQ 为其一边。一质量为m、电荷量为q
的带负电粒子从P 点以与OP 成30°角的速度垂直磁场射入匀强磁场区域，之后从Q 点第一次返回无场
区。不计粒子重力，则粒子在磁场中从P 点运动到Q 点的时间为（ ）
A．5 πm
3qB
B．5 πm
6qB
C．5 πm
2qB
D．2πm
qB
【答案】A
【分析】画出运动轨迹，根据几何关系分析圆心角，再根据周期计算出粒子从P 到Q 的运动时间。
【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何关系可知，θ＝60°，则粒子转过的圆心角为300°，粒子做圆周运动的周期T = 2πm
qB ，则运动时
间t = 300°
360° T，代入数据可得t= 5 πm
3qB ，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
2．（2026•南京模拟）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
【分析】根据洛伦兹力提供向心力得到圆周运动半径公式，周期公式，结合左手定则判断磁场方向，
比较半径大小得出磁感应强度大小关系，再计算磁通量。
【解答】•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＝mv
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，轨迹如图所示，
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。运动时间为：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．（2025•泸州二模）如图所示，真空区域有同心圆a 和b，半径分别为R 和2R，O 为圆心，圆a 内和圆
b 外足够大的区域均存在有垂直圆面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反；a、b 之间充满
辐向电场，电场方向均指向圆心O。质量为m，电荷量为﹣q 的带电粒子从圆a 上的P 点沿PO 方向射
入，入射速度大小为
❑√3qBR
3m
，已知带电粒子第二次经过圆b 外匀强磁场区域后，再经电场恰好回到P
点并沿PO 方向射入。不计粒子重力，忽略边界效应，则圆a、b 之间电势差为（ ）
A．35q B
2 R
2
6m
B．47q B
2 R
2
6m
C．−35q B
2 R
2
6m
D．−47 q B
2 R
2
6m
【答案】C
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，综合粒子在电场中做匀加速运动，利用动能定理
分析求解。
【解答】解：作出粒子的运动轨迹，如图所示
由带负电的粒子在a 圈内的匀强磁场以速度v1=
❑√3qBR
3m
向下偏转，从P1处进入环形电场，粒子所受
电场力方向与速度方向相同，故粒子从P1到P2做加速运动，然后粒子以速度v2从P2点进入圆b 外足
够大的匀强磁场。
则带负电的粒子在a 圈内的匀强磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，qB v1=m v1
2
r1
解得半径满足r1=
❑√3
3 R
根据几何关系可得：tan ∠O1O P1= r1
R =
❑√3
3
解得：∠O1OP1＝30°
根据几何关系可得：∠O2OP2＝60°
在直角三角形OP2O2中，根据几何关系有：r2= Rtan∠O2O P2=2❑√3 R
粒子在圆b 外足够大的匀强磁场做匀速圆周运动，则洛伦兹力提供向心力：qB v2=m v2
2
r2
解得速度满足：v2= 2❑√3qBR
m
粒子从P1到P2做加速运动，根据动能定理有−qU ab= 1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
解得圆a、b 之间电势差：U ab=−35q B
2 R
2
6m
故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
4．（多选）（2026•辽宁模拟）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＝2R，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= m v0
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2R 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πR
3 v0
B．矩形区域内粒子所经过的面积为（π
4 +1）R2
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
【分析】根据牛顿第二定律求出射入的粒子在圆形区域内的运动半径；A.根据周期表达式结合时间公
式求打在bc 边的粒子在矩形磁场中运动的最短时间；
B.画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和数学思想求矩形区域内粒子所经过的面积S；
CD.画出打在cd、bc 屏的轨迹图，根据角度关系求打到cd 屏上的粒子数占进入矩形区域粒子数的比例
N。
【解答】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=2rsin 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
故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
故B 正确；
CD.如图所示
打到cd 边打到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
故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
题型八 根据带电粒子的运动确定磁场区域范围题型
1．（2025 秋•武昌区校级期末）如图所示，一质量为m、电荷量为q 的带电粒子，从y 轴上的P1点以速
度v 射入第一象限所示的区域，入射方向与x 轴正方向成α 角。为了使该粒子能从x 轴上的P2点射出
该区域，且射出方向与x 轴正方向也成α 角，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy 平面、磁感
应强度为B 的匀强磁场。若磁场分布为一个圆形区域，则这一圆形区域的最小面积为（不计粒子的重
力）（ ）
A．π m
2v
2
q
2B
2
B．π m
2v
2
q
2B
2 cos2α
C．π m
2v
2
q
2B
2 sinα
D．π m
2v
2
q
2B
2 sin2α
【答案】D
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹，根据牛顿第二定律求出半径，
圆形磁场区域的最小面积是以磁场中圆周运动轨迹对应弦为直径的圆。
【解答】解：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＝mv
2
R ，
则粒子在磁场中做圆周的半径：R= mv
qB ，
由题意可知，粒子在磁场区域中的轨道为半径等于r 的圆上的1
3圆周，
这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，如图所示：
则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R 的O′点就是圆周的圆心。粒子在磁场区域中的
轨道就是以O′为圆心、R 为半径的圆上
的圆弧ef，而e 点和f 点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过e、f 两点的不同的圆周中，最小的
一个是以ef 连线为直径的圆周。
即得圆形区域的最小半径r＝Rsinα= mvsinα
qB
，
则这个圆形区域磁场的最小面积Smin＝πr2= π m
2v
2sin
2α
q
2B
2
，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2．云室内一原子核静止在范围足够大的匀强磁场（图中未画出）中的P 点，该原子核发生α 衰变，衰变
产生的新核与α 粒子恰在纸面内运动，经过一段时间后观察到的轨迹如图所示。下列说法正确的是（
）
A．沿曲线PM 运动的原子核比荷较小
B．沿曲线PM 运动的原子核动量较小
C．曲线PQ 可能是抛物线的一部分
D．沿曲线PQ 运动的可能是α 粒子
【答案】A
【分析】B.衰变过程中原子核动量守恒，据此分析作答；
C.变后新核与α 粒子在磁场中做匀速圆周运动，据此分析作答；
AD.根据牛顿第二定律得出半径的表达式，结合动量的关系和比荷的表达式完成分析。
【解答】解：衰变前原子核处于静止状态，衰变过程满足动量守恒，则衰变后瞬间新核与α 粒子动量
大小相等，方向相反，新核与α 粒子在洛伦兹力作用下均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可
得
qvB =m v
2
r
可得
r = mv
qB
由于新核与α 粒子动量大小相等，α 粒子电荷量小于新核的电荷量，则α 粒子的轨道半径大于新核的
轨道半径，则沿曲线PM 运动的是α 粒子，根据半径公式可以知道比荷小的粒子在相同的磁场中做圆
周运动的半径较大，图中曲线PM 的半径较大，因此沿曲线PM 运动的原子核比荷较小，故BCD 错
误，A 正确。
故选：A。
3．（多选）（2026•肥城市模拟）如图所示，空间内有两个平行边界，距离为d = 4 mv
2
qE
。在边界外侧有
垂直于平面向外的匀强磁场，左侧区域的磁感应强度大小为B1，右侧区域的磁感应强度大小为B2，两
边界间有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E。在左侧边界A 点有一个质量为m、电荷量为+q 的
粒子以初速度v 水平向右进入电场，忽略重力，下列关于粒子运动的说法正确的是（ ）
A．粒子从左向右经过电场的时间小于从右向左经过电场的时间
B．B1、B2满足一定关系时，粒子可能回到A 点
C．若B1＝B2＝B，则粒子从出发到向右穿过左边界的时间可能为2πm
qB + 4 mv
qE
D．若B1＝B2＝B，则粒子向右穿过左边界时离A 点的距离可能为10mv
qB
【答案】BC
【分析】通过匀变速直线运动公式和对称性分析粒子在电场中的运动时间，结合洛伦兹力提供向心力
的圆周运动规律，分别分析不同磁场条件下粒子的轨迹、运动时间和位移，判断各选项正误。
【解答】解：A.粒子从左向右经过电场时做匀加速直线运动，设穿过右边界的速度为v1，则有
v1
2−v
2=2ad，a= qE
m ，
解得v1＝3v，
则粒子从左向右经过电场的时间t1= v1−v
a
= 2mv
qE ，
由对称性可知，粒子从右向左经过电场的时间也为2mv
qE ，故A 正确；
B.当B2＝3B1时，由洛伦兹力提供向心力，得qvB =m v
2
r ，
解得r = mv
qB ，
可知，粒子在两磁场区域内做圆周运动的半径相等，粒子回到A 点，故B 正确；
C.若B1＝B2＝B，粒子做如图所示的周期性运动，
则粒子从出发到向右穿过左边界的时间为t =n(T +2t1)=n( 2πm
qB + 4 mv
qE )(n=1，2，3⋯)，故C 正
确；
D.粒子在左侧磁场中的轨迹半径为mv
qB ，在右侧磁场中的轨迹半径为3mv
qB ，
则粒子向右穿过左边界时离A 点的距离x =n( 6mv
qB −2mv
qB )= 4 nmv
qB
(n=1，2，3⋯)，故D 错误。
故选：BC。
4．（多选）（2026•崇左二模）在受控核聚变与深空导航等前沿科技领域中，带电粒子的精确操控是实
现技术突破的关键。如图所示，在直角坐标系xOy 内存在两个匀强磁场区域，以直线y＝x 为分界线，
即在y＞x 的区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，在y＜x 的区域Ⅱ存在垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小均为B。t＝0 时刻，一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力），从坐标原
点O 以大小为v 的初速度沿x 轴负方向射入区域Ⅰ。下列说法正确的是（ ）
A．粒子第1 次穿过分界线y＝x 时的位置坐标为( mv
2qB ，mv
2qB )
B．t1= 3 πm
2qB 时刻，粒子第1 次穿过分界线
C．粒子第2026 次穿过分界线时的位置坐标为( 1013mv
qB
，1013mv
qB
)
D．t2= 3039 πm
qB
时刻，粒子第2026 次穿过分界线
【答案】BD
【分析】AB.画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求出半径，进而求出粒子第1 次穿过分界
线y＝x 时的位置坐标，结合周期与时间的关系求粒子第1 次穿过分界线的时间；
CD.结合AB 的分析求粒子第2026 次穿过分界线时的位置坐标以及粒子第2026 次穿过分界线的时间。
【解答】解：AB．画出粒子的运动轨迹，如下图所示
由洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
解得为r = mv
Bq
则粒子第1 次穿过分界线y＝x 时的位置坐标为( mv
qB ，mv
qB )
周期T = 2πr
v
= 2πm
Bq
可得粒子第1 次穿过分界线的时间为t1= 3
4 T = 3 πm
2qB ，故A 错误，B 正确；
CD．由图可得，粒子每经过分界线一次，水平位移和竖直位移均增大一个半径的距离，可得粒子第
2026 次穿过分界线时的位置坐标为( 2026mv
qB
，2026mv
qB
)
可得经过的时间t2= 3
4 T ×2026= 3039 πm
qB
，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
题型九 叠加场运动题型
1．（2026•邢台二模）如图所示，空间直角坐标系中存在沿x 轴正方向、磁感应强度大小为B 的匀强磁
场，O 点有一粒子源，能沿与x 轴正方向成37°角的各个方向源源不断地发射质量为m、带电荷量为
+q、速度大小为v 的粒子，右侧平行于yOz 平面有一足够大的荧光屏，不计粒子重力和粒子间的相互
作用，sin37°＝0.6。屏从O 点向右平移，当屏上亮环第一次最大时，屏上圆的面积为S，再向左平移
荧光屏，当屏上圆的面积为S
4 时，屏到O 点的距离为（ ）
A．πmv
5qB
B．4 πmv
15qB
C．2πmv
5qB
D．3 πmv
10qB
【答案】B
【分析】根据粒子的运动情况，画出粒子的运动轨迹，根据周期表达和运动学公式求当屏上圆的面积
为S
4 时，屏到O 点的距离。
【解答】解：粒子在磁场中的螺旋线运动粒子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直磁场方向做匀速圆周
运动，当屏上亮环第一次最大时，粒子运动半个周期，做匀速圆周运动的位移等于轨迹圆直径，再向
左平移荧光屏，当屏上圆的面积为S
4 时，屏上圆的半径变为最大时的1
2，如图所示
根据几何知识可知粒子偏转了60°角，即运动了六分之一周期。粒子做匀速圆周运动的周期
T = 2πm
qB
做直线运动的速度为
v1＝vcos37°
可知此时屏到O 点的距离为
s= v1⋅T
6 = 4 πmv
15qB
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
2．（2026•南通模拟）如图所示，内壁绝缘且光滑的半圆槽固定在水平面上，一带正电的小球从槽的最
左端与槽圆心O 等高处静止释放，球运动的周期为T1；若仅在该空间加垂直纸面向里的匀强磁场，球
沿槽运动的周期为T2；若仅在该空间加竖直向下的匀强电场，球运动的周期为T3，不计空气阻力。则
（ ）
A．T2＜T1
B．T2＝T1
C．T3＝T1
D．T3＞T1
【答案】B
【分析】根据仅在该空间加垂直纸面向里的匀强磁场，小球受到的洛伦兹力一直指向圆心，对小球不
做功，结合仅在该空间加竖直向下的匀强电场，小球先受到向下的电场力，后受到向上的电场力分析
求解。
【解答】解：当仅在该空间加垂直纸面向里的匀强磁场，小球受到的洛伦兹力一直指向圆心，对小球
不做功，小球切线方向上的速度不变，故时间与不加磁场相同，故T2＝T1，
仅在该空间加竖直向下的匀强电场，小球先受到向下的电场力，后受到向上的电场力，故整段的平均
速度大于不加电场时的速度，故T3小于T1，故B 正确，ACD 错误；
故选：B。
3．（2026•河南模拟）如图所示，一质量为0.1kg、电荷量为﹣0.1C 的物体在与水平面成37°角的天花板
上以速度v0沿天花板方向做匀速直线运动，其与天花板之间的动摩擦因数为0.5，空间存在大小为
1T，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2。关于v0的大小和方向，下
列说法正确的是（ ）
A．大小为8m/s，方向沿天花板向下
B．大小为4m/s，方向沿天花板向上
C．大小为20m/s，方向沿天花板向下
D．大小为12.5m/s，方向沿天花板向下
【答案】C
【分析】先对匀速运动的物体进行受力分析，根据平衡条件结合摩擦力公式求出洛伦兹力大小，再由
洛伦兹力公式解得物体速度。
【解答】解：对物体受力分析，由于物体沿天花板方向做匀速直线运动，则物体受力平衡，所以洛伦
兹力一定垂直天花板向上；
根据左手定则可知，物体的运动方向为沿天花板向下；
摩擦力与相对运动方向相反，沿天花板向上，受力分析图如图所示：
根据平衡条件可得mgcos37°+N＝F 洛，f＝mgsin37°，
又f＝μN，
解得F 洛＝2N，
根据F 洛＝qv0B，
解得物体的速度大小为v0＝20m/s。
故选：C。
4．（多选）（2024 秋•海口期末）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应强度大小为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圆心角为60°
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(2−❑√3)m
2v0
2
2B
2q
2
【答案】BCD
【分析】A.结合题意，根据左手定则，即可分析判断；
B.由题意可知，粒子在磁场中速度方向改变了60°，据此分析判断；
C.由洛伦兹力提供向心力列式，画出粒子的运动轨迹，结合几何关系列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，根据几何关系列式，即可分析判断。
【解答】解：A.磁场方向垂直于纸面向外，粒子在磁场中顺时针偏转，根据左手定则可知，带电粒子
带正电荷，故A 错误；
B.由题意可知，粒子在磁场中速度方向改变了60°，则带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为60°，
故B 正确；
C.由洛伦兹力提供向心力得：q v0 B =m v0
2
R
，
可得轨道半径为：R = mv0
Bq ，
粒子的运动轨迹如图所示：
若是圆形区域磁场，则以CD 为直径的圆面积最小，根据几何关系可知：CD＝R，
故最小面积为：Smin= π r
2= π( R
2 )
2，
解得：Smin= π m
2v0
2
4 B
2q
2，故C 正确；
D.若是矩形区域磁场，则以CD 为长，以圆弧最高点到CD 的距离h 为宽，则矩形的面积最小，
则有：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，
解得：Smin= (2−❑√3)m
2v0
2
2B
2q
2
，故D 正确；
故选：BCD。
题型十 组合场运动题型
1．（2026•海口模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，y 轴左侧存在竖直向上的匀强电场，y 轴右侧存
在垂直xOy 平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，P 点为位于x 轴上的一点，某时刻一带负电
的粒子从P 点以与x 轴成θ 角的初速度v0斜向上射出，经过电场偏转后，以垂直于y 轴的速度进入磁
场，经磁场偏转后粒子垂直经过x 轴。不计带电粒子重力，则匀强电场的电场强度E 的大小为
（ ）
A．Bv0sinθ
B．1
2Bv0tanθ
C．Bv0sinθtanθ
D．1
2Bv0sinθtanθ
【答案】D
【分析】根据类斜抛运动的规律求出水平速度分量，结合洛伦兹力提供向心力和运动学公式求匀强电
场的电场强度E 的大小。
【解答】解：粒子在电场中做类斜抛运动，初速度v0分解为：
水平分量：v0x＝v0cosθ
竖直分量：v0y＝v0sinθ
粒子垂直于y 轴进入磁场，说明此时竖直方向速度减为0，只有水平速度v＝v0cosθ
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：
qvB =m v
2
R
其中v＝v0cosθ，解得轨道半径：
R = mv
qB = m v0cosθ
qB
粒子垂直经过x 轴，说明圆周运动的轨道半径R 等于粒子进入磁场时的竖直坐标y
竖直方向的位移：
y = v0 y
2
2a = (v0 sinθ)
2
2⋅qE
m
= m v0
2 sin
2θ
2qE
而y＝R，所以：
mv0
2 sin
2θ
2qE
= mv0cosθ
qB
整理得：
E = 1
2 B v0 sinθtanθ
故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2．（2026•绵阳三模）如图，在xOy 平面的第一、二象限有沿y 轴负方向的匀强电场，在第三、四象限
有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的粒子从y 轴上的P 点以v0的初速度沿x
轴正方向射出，并从x 轴上的Q 点进入磁场区域，一段时间后粒子恰能回到P 点。已知P 点的坐标为
（0，L），Q 点的坐标为（2L，0），不计粒子重力。则（ ）
A．匀强电场的电场强度为mv0
2
qL
B．匀强磁场的磁感应强度为
❑√2m v0
4 qL
C．若仅将磁感应强度变为原来的1
2倍，则粒子第三次到达x 轴的坐标为（﹣2L，0）
D．若仅将磁感应强度变为原来的2 倍，则粒子第三次到达x 轴的坐标为（6L，0）
【答案】C
【分析】A、粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律分析；
B、画出粒子运动轨迹，根据几何关系分析半径，洛伦兹力提供向心力；
CD、先分析轨迹半径，然后根据几何关系分析第二次经过x 轴的坐标，结合粒子在磁场中的位移分析
第三次到达x 轴的坐标。
【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，有2L＝v0t，L= 1
2 at
2，又qE＝ma，代入数据可得E
= m v0
2
2qL
，故A 错误；
B、粒子在Q 点时，tanθ= at
v0
，vcosθ＝v0，代入数据可得θ＝45°，v= ❑√2v0，运动轨迹如图所示：
由几何关系可知轨迹半径r=2❑√2 L，又r= mv
qB ，代入数据可得B= m v0
2qL
，故B 错误；
C、若仅将磁感应强度减小为原来的一半，则半径r1＝2r，由几何关系可知圆心O2位于Q'正下方，粒
子第二次到达x 轴坐标为（﹣6L，0），在电场中沿x 轴方向位移为4L，则第三次到达x 轴的坐标为
（﹣2L，0），故C 正确；
D、若仅将磁感应强度增大为原来的二倍，则半径r2＝0.5r，由几何关系可知圆心O3坐标为（L，﹣
L），粒子第二次经过原点到达x 轴，在电场中沿x 轴方向位移为4L，则第三次到达x 轴的坐标为
（4L，0），故D 错误。
故选：C。
3．（2026•永川区校级模拟）如图所示，真空区域内水平边界ab 与cd 相距为h，其间存在竖直向上的匀
强电场。边界cd 上方存在范围足够大的垂直于纸面向里的匀强磁场。M、P、N 为边界cd 上的三点，
且MP＝L，PN＝2L。某时刻甲、乙两个带电粒子从ab 边界沿电场线方向射入电场区域，然后分别由
M、N 两点同时射入磁场，最终同时被置于P 点的粒子探测器接收。甲、乙粒子在磁场中运动的时间
均为t，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两粒子的比荷之比为2：1
B．乙粒子在电场中运动的时间为4 ht
3 πL
C．乙粒子在电场中的加速度为2h
3t
2
D．甲粒子在电场中运动时电势能减小
【答案】B
【分析】ABC.根据洛伦兹力提供向心力求出粒子运动半径，结合时间表达式求出比荷表达式，结合牛
顿第二定律和运动学公式求出甲、乙两粒子的比荷之比，最后结合逆向思维和运动学公式求乙粒子在
电场中的加速度和乙粒子在电场中运动的时间；
D.由功能关系判断甲粒子在电场中运动时电势能的变化。
【解答】解：ACD、设粒子垂直进入磁场时的速度大小为v，粒子在磁场中运动半圈后被置于P 点的
粒子探测器接收，其运动半径为R，由牛顿第二定律：
qvB =m v
2
R
解得粒子运动的半径
R = mv
qB
则粒子在磁场中运动的时间
t =
180°
360° ⋅2πR
v
= πm
qB
联立知
q
m = π
Bt
v = πR
t
由牛顿第二定律知，粒子在电场中运动的加速度大小
a= qE
m
由题知，甲、乙粒子做圆周运动的半径分别为
R1= MP
2 = L
2
R2= PN
2 = L
则甲、乙粒子进入磁场时的速度大小分别为
v1= πL
2t
v2= πL
t
甲、乙粒子在磁场中运动的时间相同，可见甲、乙两粒子的比荷相同，即比荷之比为1：1，甲、乙粒
子在电场中运动的加速度相同，由左手定则知，甲粒子带负电，乙粒子带正电，则甲粒子在电场中做
匀减速直线运动，乙粒子在电场中做匀加速直线运动，设甲、乙粒子在电场中运动的时间均为t1，加
速度大小均为a，结合逆向思维知
h= v1t1+ 1
2 at1
2
h= v2t1−1
2 at1
2
联立知
t1= 4 ht
3 πL
a= 2h
3t1
2 = 3 π
2 L
2
8ht
2
故AC 错误，B 正确；
D、甲粒子在电场中运动时电场力做负功，由功能关系知，甲粒子在电场中运动时电势能增大，故D
错误。
故选：B。
4．（多选）（2026•石首市模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第二象限存在沿x 轴正方向的
匀强电场，场强大小为E，第一、四象限存在垂直于坐标平面向外的足够大匀强磁场，磁感应强度为
B。两个带电量均为+q、质量分别为m、3
2m 的粒子a 和b，分别从第二象限的P1（−1
2d，d）、P2
（﹣d'，d）同时由静止释放，均从y 轴上的同一点S 垂直y 轴进入磁场。若粒子a 在第一象限的轨迹
为四分之一圆弧，且a、b 两粒子在第一象限中运动的时间相等，不计粒子重力及相互作用，下列说法
正确的是（ ）
A．粒子b 在磁场中运动的轨迹半径为❑√3d
B．a、b 两粒子经过S 点时的速度之比为3：4
C．粒子b 在电场中加速的距离为d ′ = 4
3 d
D．a、b 两粒子进入第三象限的时间差为❑√
md
Eq + πm
qB
【答案】BC
【分析】由粒子a 在第一象限中的轨迹为四分之一圆弧，可得到粒子a 的运动半径；粒子在磁场中运
动时，洛伦兹力提供向心力，可得到圆周运动的半径、周期；根据粒子a、b 在第一象限的运动时间相
同，可得到粒子b 在磁场中运动半径；根据半径与速度的关系，可得到两粒子经过S 点时的速度之
比；粒子在电场中运动时，根据动能定理，可得到粒子b 在电场中加速的距离；由粒子在单直线边界
磁场中运动的特点，可得到粒子在第一、第四象限中运动的时间；由粒子在电场中运动的特点，可得
到粒子在电场中运动的时间差，联立可得到a、b 两粒子进入第三象限的时间差。
【解答】解：A、粒子a 在第一象限中的轨迹为四分之一圆弧，可得到粒子a 的运动半径为d；
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，可得：qvB =m v
2
r 、T = 2πr
v ，粒子在第一象限的磁场中
运动的时间为：t = θ
2π T，联立可得：r = mv
qB ，t = θm
qB ；
由粒子a、b 在第一象限的运动时间相同，可得：
π
2 m
qB =
θb⋅3
2 m
qB
，解得：θb= π
3 ，即粒子b 在第一象
限的磁场中轨迹如下：
由图可知：rbcos π
3 +d =rb，解得b 运动半径rb＝2d，故A 错误；
B、根据A 选项分析，可知半径与速度满足：r = mv
qB ，则a、b 两粒子的速度之比为：va
vb
= ramb
rbma
，可
得到两粒子经过S 点时的速度之比va
vb
= 3
4 ，故B 正确；
C、粒子在电场中运动时，根据动能定理，可得：qE⋅d
2 = 1
2 m va
2，qE⋅d ′ = 1
2 ⋅3
2 m vb
2，解得粒子b
在电场中加速的距离：d ′ = 4
3 d，故C 正确；
D、由粒子在单直线边界磁场中运动的特点，可得到粒子在第一、第四象限中运动的时间分别为：
ta= T a
2 ，tb= T b
2
由粒子在电场中运动的特点，可得到粒子在电场中运动的时间满足：d
2 = 1
2 ⋅qE
m ta1
2 ，d ′ = 1
2 ⋅qE
3
2 m
tb1
2
联立可得到a、b 两粒子进入第三象限的时间差Δt＝tb1+tb﹣（ta1+ta），解得：Δt = ❑√
md
qE + πm
2qB
，故D
错误。
故选：BC。
综合提升
一．选择题
1．（2026•云南模拟）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源，
粒子源从O 点在纸面内同时向各个方向均匀地发射带正电的粒子，其速率为v、质量为m、电荷量为
q。PQ 是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的足够长的挡板，挡板的Q 端与O 点的连线与挡板垂直，
距离为8mv
5qB ，设打在挡板上的粒子全部被吸收，磁场区域足够大，不计带电粒子间的相互作用及重
力。则（ ）
A．板上有粒子打到的范围长度L= 4 πm
5qB
B．打在板上的粒子在磁场中运动的最短时间为53 πm
90qB
C．打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间为πm
qB
D．打在挡板上的粒子占所有粒子的37
180
【答案】B
【分析】粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，解得粒子运动的半径大小，根据几
何关系可求得挡板长度，根据圆心角求得时间。
【解答】解：A.设带电粒子的质量为m，带电量为q，粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动
的向心力。
设粒子做圆周运动的半径为r，则有qvB = mv
2
r
解得r = mv
qB
能打到挡板上的最远的粒子如图1：
由几何关系可知，挡板长度L=
❑√(2r )
2−d
2≠4 πm
5qB
故A 错误；
BC.由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P 点时，时间最短，如图2 轨迹1 所示，则
由几何关系得粒子转过的圆心角为θ1＝106°
对应的时间为
tmin= θ1
2π T = 106°
360° ⋅2πm
qB = 53 πm
90qB
当粒子从右侧恰好打在Q 点时，时间最长，如图2 轨迹2 所示，由几何关系得粒子转过的圆心角为θ2
＝254°
对应的时间为tmax = θ2
2π T = 127 πm
90qB
故B 正确，C 错误；
D.如图3 所示
能打到屏上的粒子，在发射角在与x 轴成37°到127°范围内90°角的范围内的粒子，则打在挡板上的粒
子占所有粒子的1
4 ，故D 错误。
故选：B。
2．（2024 秋•沙坪坝区校级期末）如图所示，一根无限长直导线水平放置，其中电流从右向左流过，导
线正下方有一个粒子源，可水平向右发射出四种粒子：α 粒子（带正电）、β 粒子（带负电）、中子和
质子，则轨迹向上偏转的粒子是（ ）
A．α 粒子
B．β 粒子
C．中子
D．质子
【答案】B
【分析】题目中无限长直导线电流方向向左，根据安培定则可知导线正下方磁场方向垂直纸面向外。
粒子源向右发射四种粒子，需用左手定则判断受力方向。带正电的α 粒子和质子受洛伦兹力向下偏
转，中子不受力保持直线运动，带负电的β 粒子受力方向与正电荷相反，故向上偏转。
【解答】解：根据安培定则（右手螺旋定则）判断导线产生的磁场方向。导线中电流方向水平向左，
用右手握住导线，大拇指指向电流方向（向左），四指弯曲方向即为磁感线环绕方向。在导线正下
方，磁场方向垂直纸面向外。根据左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力方向：磁感线垂直穿过手心
（手心对准纸面），四指指向粒子运动方向（向右）。若为带正电粒子（如α 粒子、质子），大拇指
指向下方，洛伦兹力向下，轨迹向下偏转；若为带负电粒子（如β 粒子），受力方向相反，洛伦兹力
向上，轨迹向上偏转；中子不带电，不受洛伦兹力，沿直线运动。因此，轨迹向上偏转的粒子是带负
电的β 粒子。故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
3．（2026 春•海淀区期末）边界MN 上方区域内存在垂直于纸面的匀强磁场，带电粒子a、b 垂直于磁场
方向（同时垂直于磁场边界）从O 点射入，它们的部分运动轨迹如图所示。不计粒子所受重力及粒子
间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．粒子a 带负电
B．若粒子a 与粒子b 所带电荷量相同，则粒子a 的动量小
C．若两粒子射入时的初动能相同，则粒子a 受到的洛伦兹力小
D．若粒子a 先回到磁场边界，则粒子a 的比荷小于粒子b 的比荷
【答案】B
【分析】根据粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力分析求解。
【解答】解：A．粒子a 向左偏转，洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，粒子a 带正电，故A 错
误；
B．粒子a 轨迹弯曲程度比粒子b 大，表明粒子a 圆周运动的半径小于粒子b 圆周运动的半径，即有Ra
＜Rb
根据qa va B =ma
va
2
Ra
，qb vb B =mb
vb
2
Rb
解得Ra= mava
qa B = pa
qa B ，Rb= mb vb
qb B = pb
qb B
若粒子a 与粒子b 所带电荷量相同，则粒子a 的动量小，故B 正确；
C．若两粒子射入时的初动能相同，则有1
2 mava
2= 1
2 mb vb
2
两个粒子所受洛伦兹力分别为Fa=qava B = mava
2
Ra
= 1
2 mava
2⋅2
Ra
，Fb=qb vb B =mb
vb
2
Rb
= 1
2 mb vb
2⋅2
Rb
由于半径关系Ra＜Rb
则有Fa＞Fb，则粒子a 受到的洛伦兹力大，故C 错误；
D．粒子在磁场中的轨迹为半个圆，经历时间为半个周期，若粒子a 先回到磁场边界，则有Ta＜Tb
两粒子磁场中圆周运动的周期T a= 2π ma
qa B ，T b= 2π mb
qb B
则有比荷关系
qa
ma
＞qb
mb
即若粒子a 先回到磁场边界，则粒子a 的比荷大于粒子b 的比荷，故D 错误。
故选：B。
4．（2026•马鞍山模拟）如图所示，正方形区域ABCD 内存在垂直纸面的匀强磁场，E、F 为CD 边的三
等分点。现从BC 边上某点在纸面内沿不同方向，以速度v0向正方形区域内射入带电粒子。从CD 边
上的E、F 点射出的粒子，速度与CD 边垂直。已知粒子质量均为m，带电量均为q，正方形边长为
L，不计粒子所受重力和粒子之间的相互作用。则该区域内磁感应强度大小为（ ）
A．2m v0
qL
B．m v0
qL
C．m v0
2qL
D．3m v0
qL
【答案】A
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出从CD 边上的E、F 点射出的粒子运动轨迹，由几何关系
求得粒子的运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解该区域内磁感应强度大小。
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，从CD 边上的E、F 点射出的粒子运动轨迹如下图所示：
根据洛伦兹力提供向心力得：q v0 B =m v0
2
R
解得：R = mv0
qB
可知从CD 边上的E、F 点射出的粒子做匀速圆周运动的半径相同，设粒子从BC 边上的P 点进入磁
场，P 点与C 点的距离为x，由几何关系得：
在△PCO1中有：R
2= x
2+( R−L
3 )
2
在△PCO2中有：R
2= x
2+( 2 L
3 −R)
2
联立解得：R = L
2 ，B = 2mv0
qL
，故A 正确，BCD 错误。
故选：A。
5．（2026 春•武汉期中）如图所示，直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界），磁感
应强度为B，∠A＝90°，∠B＝30°，AC＝L，A 处有一个粒子发射源，可以在0∼90°内发射不同速率
的同种带负电粒子，粒子的比荷为k。若粒子的速率用v0（未知）表示，初速度与AB 边的夹角用θ
（未知）表示，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．若θ＝30°，粒子从AB 边射出的最大速率为kBL
B．若θ＝60°且粒子恰好不从BC 边射出，则v0=
❑√3kBL
3
C．若θ＝90°且粒子恰好不从BC 边射出，则v0=
❑√3kBL
2
D．若v0=
❑√3kBL
2
，粒子从BC 边离开磁场的最短时间为π
3kB
【答案】D
【分析】根据若θ＝30°，粒子从AB 边射出的速率最大时，粒子的运动轨迹与BC 边相切，若粒子恰
好不从BC 边射出，则粒子的运动轨迹与BC 边相切，结合洛伦兹力提供向心力，以及几何关系分析求
解。
【解答】解：A．若角度θ ＝30°，粒子从AB 边射出的速率最大时，粒子的运动轨迹与BC 边相切，
根据对称性可知，粒子从B 点离开磁场，粒子的运动轨迹如图所示
根据几何关系有r = AB = Ltan60° = mvmax
qB
解得粒子从AB 边射出的最大速率为vmax = ❑√3kBL，故A 错误；
B.若角度θ＝60°且粒子恰好不从BC 边射出，则粒子的运动轨迹与BC 边相切，粒子的运动轨迹如图所
示
根据几何关系有r ＝Lcos30° ＝ m v0
qB
解得速度v0=
❑√3kBL
2
，故B 错误。
C．若角度θ＝90°且粒子恰好不从BC 边射出，则粒子的运动轨迹与BC 边相切，粒子的运动轨迹如图
所示
根据几何关系有r = Ltan30° = m v0
qB
解得速度v0=
❑√3kBL
3
，故C 错误。
D.根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
可得粒子的半径公式满足r = mv
qB
若v0=
❑√3kBL
2
，则r = m v0
qB =
❑√3 L
2
粒子从BC 边离开磁场的时间最短，则粒子离开磁场的点与A 点的连线与BC 边垂直，粒子的运动轨迹
如图所示
根据几何关系可知，ΔAO1D 为等边三角形，则最短时间tmin=
π
3 r
v0
=
π
3kB
，故D 正确。
故D 正确，ABC 错误。
故选：D。
6．（2026 春•重庆期中）托卡马克环形容器是核聚变工程中重要装置，如图是某一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 点发射a、b 两个粒子，都恰好经过磁场外边界。已知a 粒子沿同心圆
的径向发射，其速度大小va= qB R0
m
，b 粒子沿内圆的切线方向发射，a、b 都带正电且比荷均为q
m。
不考虑带电粒子所受重力和相互作用。则（ ）
A．外圆半径等于2R0
B．a 粒子恰好到达磁场外边界所用时间为2πm
3qB
C．b 粒子速度大小为(
❑√2
2 +1)va
D．b 粒子恰好到达磁场外边界所用时间为5 πm
6qB
【答案】C
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，a 沿径向发射，速度方向沿OA，因此轨道圆心Oa在与OA 垂直的
直线上，结合b 沿切线方向发射，速度方向垂直于OA，因此轨道圆心Ob在OA 直线上，粒子轨迹与
外圆相切分析求解。
【解答】解：A．已知va= qB R0
m
，根据洛伦兹力提供向心力q va B = mva
2
ra
，可得a 粒子的运动半径ra
＝R0
a 沿径向发射，速度方向沿OA，因此轨道圆心Oa在与OA 垂直的直线上，运动轨迹如图
由几何关系可得 OOa= ❑√2 R0
解得外圆半径R =OOa+ra= R0(❑√2+1)，故A 错误；
B．a 从A 到外边界切点，转过的圆心角θa＝π﹣β，由图可知角度tanβ＝1，解得β＝45°
可得圆心角θa= 3 π
4
运动时间ta= θa
2π ⋅T = 3 πm
4 qB ，故B 错误；
C．b 沿切线方向发射，速度方向垂直于OA，因此轨道圆心Ob在OA 直线上，粒子轨迹与外圆相切，
运动轨迹如图所示。
设b 轨道半径为rb，外圆半径满足R＝OOb+rb＝2rb﹣R0
又根据R = R0(❑√2+1)
可得b 粒子的运动半径 rb= R0(1+
❑√2
2 )，
因此b 粒子的速度vb= qBrb
m
= va(1+
❑√2
2 )，故C 正确；
D．b 从A 到外边界切点，A 和切点分别在圆心Ob的两侧，转过圆心角θb＝π
则b 粒子的运动时间 tb= θb
2π ⋅T = πm
qB
，故D 错误。
故选：C。
7.（2026•太原模拟）如图甲，两带电导体板水平放置，带正电粒子以速度v0从板中间射入，恰从下极板
边缘射入与边界垂直的匀强磁场。已知板长为L，两板间距离为
❑√3
3 L，粒子的荷质比为k，从进入磁
场开始计时，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，其中t0= π
k B0
。则粒子从进入磁场到射出磁场的
两点间距离为（ ）
A．(9+ 4 π )❑√3 v0
6 k B0
B．(9+2❑√3 π )v0
3k B0
C．(6+2❑√3 π )v0
3k B0
D．(3+ ❑√3 π )v0
k B0
【答案】B
【分析】先由粒子在电场中的类平抛运动求出进入磁场时的速度大小与方向，再结合磁场周期性变化
的特点，分段分析粒子的圆周运动与匀速直线运动过程，最终求出出射点与入射点的间距。
【解答】解：由题粒子的运动轨迹如图所示：
根据L＝v0t，
❑√3
6 L= v y
2v0
L，可得v y =
❑√3
3 v0，
因此进入磁场时速度与水平方向夹角为θ＝30°，速度为v = 2❑√3
3
v0，
因为t0= π
k B0
，故t0= 1
3 T，
0 到t0时间内，粒子偏转120°，t0到2t0磁感应强度为0，粒子做匀速直线运动，2t0到3t0粒子偏转
120°，和0 到t0时间对称，
故粒子从进入磁场和射出磁场的两点间距离为d＝2Rcos30°+vt0，
由qvB =m v
2
R ，可得d = (9+2❑√3 π )v0
3k B0
，因此B 正确，ACD 错误。
故选：B。
8．（2026•南岗区校级三模）2026 年初，我国EAST（东方超环）“人造太阳”装置实现了1 亿摄氏度与
长脉冲稳态运行的新突破，提升了我国在磁约束核聚变领域中的国际地位。如图为实验所用的环流器
结构示意图，等离子体（即各种粒子的混合体）被强磁场约束在环形真空室内。关于该装置，下列说
法正确的是（ ）
A．等离子体温度越高，分子运动速率越慢
B．磁场对等离子体的洛伦兹力不做功
C．该装置所用核燃料主要为铀235
D．磁约束控制之下带电粒子的动量不变
【答案】B
【分析】需结合核聚变原理、洛伦兹力特点及动量守恒 条件，逐一分析各选项的正确性。
【解答】A.等离子体温度越高，粒子的平均动能越大，分子运动速率越快，故A 错误；
B.洛伦兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，根据功的定义，力与位移方向垂直时不做功。因
此磁场对等离子体的洛伦兹力不做功，故B 正确。
C.EAST 装置利用的是核聚变反应，其核燃料主要为氘和氚；而铀235 是核裂变反应的燃料，故C 错
误；
D.磁约束控制下，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度方向时刻变化，动量（矢量）的方向随之
变化，即动量改变，故D 错误。
故选：B。
9．（2026•铜陵模拟）如图所示，一质子源发射出的质子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加
速，从两板正中间平行极板进入偏转电场，穿过两板后又垂直于磁场射入边界线与偏转极板垂直的匀
强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。加速电压为U1，偏转电压为U2，粒子射入磁场和射出磁场的M、
N 两点间的距离为d，则（ ）
A．d 随U1增大而增大，d 与U2无关
B．d 随U2增大而增大，d 与U1无关
C．若将质子换成α 粒子，其他条件不变，d 不变
D．若将质子换成α 粒子，其他条件不变，d 变小
【答案】A
【分析】需要依次分析粒子在加速电场、偏转电场、匀强磁场中的运动情况。通过动能定理求加速后
的速度，在偏转电场中分解速度得到合速度大小和方向，再利用洛伦兹力提供向心力求圆周运动半
径，结合几何关系求M、N 间距。
【解答】解：AB、带电粒子在电场中加速过程，有qU 1= 1
2 m v0
2，得v0=
❑√
2qU 1
m
，带电粒子在电场
中偏转做类平抛运动，可将射出偏转电场的粒子速度v 分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度
与水平夹角为θ，则有：cosθ = v0
v
。而粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，
半径与直线MN 夹角正好等于θ，则有：cosθ=
d
2
R
，所以d = 2 R v0
v
，又因为半径公式R = mv
qB ，则有
d = 2m v0
qB
= 2m
qB
❑√
2qU 1
m
= 2
B
❑√
2mU 1
q
。故d 随U1变化，d 与U2无关，仅增大U1，d 将增大，故A 正
确，B 错误；
CD、由d = 2m v0
qB
= 2m
qB
❑√
2qU 1
m
= 2
B
❑√
2mU 1
q
知，若将质子换成α 粒子，其他条件不变，m
q 变大，故
d 变大，故CD 错误。
故选：A。
10．（2026•合肥模拟）如图所示，平面直角坐标系中，一个半径为a、弧长略小于半圆的圆弧形挡板关
于x 轴对称放置，其圆心位于原点。以y＝a 为上边界、y＝﹣a 为下边界、圆弧形挡板为右边界，左边
界无穷远的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B1。其他区域内存在垂直纸面向
外的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B2。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，从（﹣a，
0）处以某一初速度沿x 轴正向射出，恰好从（0，a）处进入磁场Ⅱ，之后与挡板仅发生一次碰撞，碰
后速度大小变为原来的1
3、方向与碰前相反，最后经过（0，﹣a）处回到磁场Ⅰ。不计粒子重力及碰
撞时间，整个过程粒子电量保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．粒子初速度的大小为q B1a
2m
B．两个磁场磁感应强度大小关系为B1＝2B2
C．粒子第二次离开磁场Ⅰ的位置坐标为(−2
3 a，−a)
D．粒子从（﹣a，0）处至（0，﹣a）处的时间为16 ❑√3+1
2
⋅πm
q B2
【答案】C
【分析】A.根据洛伦兹力提供向心力求粒子初速度的大小；
B.画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求两个磁场磁感应强度大小关系；
C.画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求粒子第二次离开磁场Ⅰ的位置坐标；
D.根据周期表达式以及粒子在磁场中运动的时间关系求粒子从（﹣a，0）处至（0，﹣a）处的时间。
【解答】解：A.粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，恰好从（0，a）处进入磁场Ⅱ，由几何关系可知半
径为R＝a，
根据qv B1=m v
2
R
可得R = mv
B1q
解得粒子初速度的大小为v = q B1a
m
故A 错误；
B.如图所示
根据qvB =m v
2
R
可得r = mv
Bq
碰后速度大小变为原来的1
3，可设碰前的半径为3r，碰后的半径为r，根据几何关系可得2a=2r ⋅❑√3
可得r = a
❑√3，3r = ❑√3a
即3r = mv
B2q
可得两个磁场磁感应强度大小关系为B1= ❑√3 B2
故B 错误；
C.如图所示
根据q⋅1
3 v B1=m
( 1
3 v)
2
R
可得R′ = 1
3 a
可得粒子第二次离开磁场Ⅰ的位置坐标为(−2
3 a，−a)
故C 正确；
D.在磁场B1中，周期T 1= 2πR
v
= 2πm
B1q
在磁场B2中，周期T 2= 2πm
B2q
粒子从（﹣a，0）处至（0，﹣a）处的时间为t = 1
4 T 1+ 5
6 T 2+ 2
3 T 2=(
❑√3
6 +3) πm
B2q
故D 错误。
故选：C。
二．多选题
11．（多选）（2026•黄冈二模）如图所示，空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场中有一粒子源O，
可以均匀地向各个方向同时发出质量为m、电荷量为q、速率为v 的带正电的粒子。PQ 是平行磁场放
置的足够长的挡板，挡板P 端与O 点的连线与挡板垂直，OP＝d。假设打在挡板上的粒子都会瞬间被
挡板吸收且其电荷被及时导走，不计粒子重力及粒子之间的相互作用，（磁场区域足够大）下列判断
正确的是（ ）
A．若磁感应强度B= mv
qd ，则发出的粒子打到挡板的最短时间为πd
2v
B．若磁感应强度B= mv
qd ，则发出的粒子打到P 点最长时间与最短时间的差为4 πd
3 v
C．若磁感应强度B= 8mv
5qd ，则发出的粒子打到挡板的最短时间为53 πd
90 v
D．若磁感应强度B= 8mv
5qd ，则发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P 点的距离为d
2
【答案】BD
【分析】AB.根据洛伦兹力提供做圆周运动的向心力求出粒子做圆周运动的半径，画出粒子的运动轨
迹，结合周期与时间的关系求若磁感应强度B= mv
qd ，发出的粒子打到挡板的最短时间以及发出的粒子
打到P 点最长时间与最短时间的差；
CD.根据洛伦兹力提供做圆周运动的向心力求出粒子做圆周运动的半径，画出粒子的运动轨迹，根据
周期与时间的关系求若磁感应强度B= 8mv
5qd ，发出的粒子打到挡板的最短时间结合几何关系求发出的
粒子打到挡板左侧最远的点离P 点的距离。
【解答】解：AB.粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供做圆周运动的向心力。设粒子做圆周运动的半径
为r。则有
qvB =m v
2
r
解得
r＝d
在磁场中运动的周期为
T = 2πr
v
= 2πd
v
发出的粒子打到P 点最长时间与最短时间的轨迹如图所示
θ1＝60°，θ2＝300°
由几何关系可得则最短时间为
tmin=
θ1
360° T = πd
3 v
最长时间为
tmax =
θ2
360° T = 5 πd
3 v
则发出的粒子打到P 点最长时间与最短时间的差为
Δt =tmax−tmin= 4 πd
3 v
故A 错误，B 正确；
CD.若磁感应强度
B = 8mv
5qd
则
qvB =m v
2
r ′
解得
r ′ = 5
8 d
在磁场中运动的周期为
T ′ = 2πr ′
v
= 5 πd
4 v
发出的粒子打到挡板最短时间和发出的粒子打到挡板左侧最远的点轨迹如图所示
由几何关系可知
sin θ3
2 =
d
2
r ′ = 4
5
解得
θ3＝106°
则发出的粒子打到挡板的最短时间为
tmin′ =
θ3
360° T ′ = 53 πd
144 v
r'+r'sinθ4＝d
由几何关系可得解得
sinθ4= 3
5
则发出的粒子打到挡板左侧最远的点离P 点的距离为
smax =r ′ cosθ4= d
2
故C 错误，D 正确。
故选：BD。
12．（多选）（2025•全国一模）地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒
子直接到达地球表面，从而保护了地球上的人类和动植物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀
磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的
重力，下列说法正确的是（ ）
A．该带电粒子带正电
B．从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变
C．带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离一直保持不变
D．带电粒子每旋转一周的时间变小
【答案】ABD
【分析】A.粒子受到的洛伦兹力指向轨迹的内侧，根据左手定则判断粒子电性；
B.粒子只受洛伦兹力，根据洛伦兹力不做功分析；
CD.根据题图由左手定则判断洛伦兹力方向指向斜上方，根据周期公式判断带电粒子每旋转一周的时
间变化，根据力与运动的关系分析带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离的变化。
【解答】解：A．由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A 正确；
B．因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，故B 正
确；
CD．根据洛伦兹力提供向心力
q v⊥B =m v⊥
2
r
带电粒子每旋转一周的时间为
T = 2πr
v⊥
= 2πm
qB
可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，带电粒子每旋转一
周沿轴线方向运动的距离为
x＝v//T
故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C 错误，D 正确。
故选：ABD。
13．（多选）（2026•滕州市校级二模）利用图示装置可以选择一定速度的带电粒子。图中半圆为绝缘筒
壁的横截面，直径PM 的长为2R，弧线PN 是覆盖在筒壁上的吸附层（可吸收打在其上的粒子），其
长度L 可调节，整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中。一群质量为m、电荷量
为q 的粒子以不同速率从P 沿PM 方向进入磁场，粒子与PN 以外的筒壁发生若干次碰撞后恰可从M
射出。若碰撞过程遵循反射定律，没有动能损失，且电荷量保持不变，不计粒子的重力，关于从M 射
出的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．若L＝0.4πR，则粒子的速率为qBR
m
C．若L＝0.3πR，则粒子在磁场中运动的时间为2πm
3qB
D．若L＝0.3πR，则粒子速率的最小值为
❑√3qBR
3m
【答案】ABD
【分析】A.根据粒子的运动轨迹和左手定则判断粒子的电性；
B.由洛伦兹力提供向心力求若L＝0.4πR，粒子的速率；
C.根据周期与时间的关系求若L＝0.3πR，粒子在磁场中运动的时间；
D.由洛伦兹力提供向心力求出半径表达式，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求若L＝0.3πR，粒子速
率的最小值。
【解答】解：A．根据题意可知，带电粒子进入磁场后，粒子的运动轨迹为向上偏转，所以带电粒子
进入磁场时所受洛伦兹力方向为竖直向上，结合左手定则可知，带电粒子一定带正电，故A 正确；
B．若L＝0.4πR，粒子恰可从M 射出，则粒子在磁场中的运动轨迹为半圆，则粒子的运动半径为r＝
R，根据洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r
解得粒子的速率为
v = qBR
m
故B 正确；
C．若L＝0.3πR，粒子恰可从M 射出，则粒子在磁场中的运动轨迹可能为半圆，此时粒子在磁场中的
运动周期为
T = 2πr
v
= 2πm
Bq
所以粒子在磁场中运动的时间为
t = T
2 = πm
Bq
故C 错误；
D．若L＝0.3πR，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB =m v
2
r
解得粒子运动的半径
r = mv
Bq
所以粒子速率最小时，粒子的运动半径最小，如图
由几何关系可知
rmin=
❑√3
3 R
解得粒子速率的最小值为
vmin=
❑√3qBR
3m
故D 正确。
故选：ABD。
14．（多选）（2026•沙坪坝区校级模拟）如图为一种新型粒子装置，粒子源放置在水平面上长为3L、宽
为2L 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3v0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
2mv0
( 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
【分析】AB.根据半径表达式求若所有粒子均不射出磁场，则B 的最小值；
CD.根据半径表达式求若所有粒子均射出磁场，则B 的最大值。
【解答】解：AB.所有粒子均不射出，则2⋅m
Bq ⋅3 v0≤L
解得B≥6mv0
qL
故A 正确；
CD.所有粒子均射出，则以速度2v0出射粒子，临界情况与两边同时相切，如图
则
r2＝（L﹣r）2+（1.5L﹣r）2
即r =( 5
2 −❑√3)L
且r ≤2mv0
Bq
则B≤
2m v0
( 5
2 −❑√3)qL
故D 正确。
故选：AD。
15．（多选）（2026•江门模拟）完全相同的平行板电容器1、2、3 按如图所示的位置放置。开有小孔的
负极板固定在等边三角形PQM 的三条边上，三个小孔恰好在三条边的中点，三角形区域内有垂直于纸
面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。0 时刻比荷为k 的带正电粒子从PQ 边上小孔处垂直于PQ
边射入三角形内，依次穿过各个小孔后能回到初始位置。已知三角形的边长为L，电容器的两极板均
连接在恒压电源两端且板间距离均为d，不计粒子的重力。下列说法正确的有（ ）
A．粒子在磁场中运动的速度大小为kBL
B．电容器两板之间的电压至少为k B
2 L
2
8
C．粒子每次在电容器内运动的时间可能大于8d
kBL
D．仅移动正极板来改变电容器的板间距离，粒子仍能回到出发位置
【答案】BD
【分析】先由磁场中圆周运动的几何关系与洛伦兹力公式求出粒子初速度，再结合动能定理、匀变速
运动规律分析减速过程，最后分析恒压电容器的电压特性对粒子运动的影响。
【解答】解：A.根据题意粒子轨迹如图：
几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆半径r = L
2 ，
根据qvB =m v
2
r ，
因为q
m =k，
联立解得v = kBL
2 ，故A 错误；
B.粒子在电容器中减速运动过程，根据动能定理有qU ≥1
2 mv
2，
联立解得U ≥k L
2B
2
8
，
可知电容器两板之间的电压至少为k L
2B
2
8
，故B 正确；
C.粒子每次在电容器内减速运动的时间t = v
a，
因为a= Eq
m = Uk
d ，
联立解得t ≤4 d
kBL，
可知粒子每次在电容器内运动的时间t 总≤2t = 8d
kBL，
可知粒子每次在电容器内运动的时间不可能大于8d
kBL，故C 错误；
D.题意可知电容器的两极板均连接在恒压电源两端，仅移动正极板来改变电容器的板间距离，极板间
电压不变，电场力做功不变，则粒子在磁场中运动的速率不变，因此粒子仍能回到出发位置，故D 正
确。
故选：BD。
16．（多选）（2026•枣庄模拟）如图所示，xOy 坐标平面内，以O 点为圆心的两个圆，半径分为r 和❑√3
r。小圆区域Ⅰ内的匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，环形区域Ⅱ内的匀强磁场垂直于
纸面向外。一质量为m、电量为q 的带正电粒子从A（0，r）点沿y 轴负方向出发，由P（r，0）点首
次进入区域Ⅱ且恰好不能从其外边界射出，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子运动的速度大小为qBr
m
B．区域Ⅰ、Ⅱ内的磁感应强度大小之比为❑√3：1
C．粒子从A 点出发到第一次返回区域Ⅰ的过程中，速度方向改变了120°
D．粒子返回A 点的最短时间为（5+4❑√3）πm
qB
【答案】AD
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力，以及几何关系分析求解。
【解答】解：由题意可知，粒子在磁场中的轨迹如图所示
A.根据几何关系可知，粒子在区域内的半径大小为r1＝r
根据牛顿第二定律可得qvB =m v
2
r1
解得v = qBr
m ，故A 正确；
B.由几何关系可知tan θ
2 = r2
r1
，sin θ
2 =
r2
❑√3r −r2
可得θ＝60°，r2=
❑√3
3 r
根据牛顿第二定律可得qvB′ =m v
2
r2
，可得B：B'=1：❑√3，故B 错误；
C.因为θ＝60°，由轨迹图可知，粒子从A 点出发到第一次返回区域l 的过程中，速度方向改变了90°+θ
＝150°，故C 错误；
D.由轨迹可知，粒子在区域绕O 点转过90°，在区域Ⅱ绕O 点转过60°，所以当粒子在区域Ⅰ运动10
次，在区域Ⅱ中运动9 次时，粒子第一次回到A 点，粒子在区域l 中运动的周期为T 1= 2π r1
V
= 2πm
qB
则
粒子在区域l 中运动一次所需时间为t1= 90°
360° T 1= πm
2qB ，粒子在区域Ⅱ中运动的周期为
T 2= 2π r2
V
= 2❑√3 πm
3qB
，则粒子在区域Ⅱ中运动一次所需时间为
t2= 360°−(180°−θ)
360°
T 2= 4 ❑√3 πm
9qB
所以粒子返回A 点的最短时间为t =10t1+9t2=(5+ 4 ❑√3) πm
qB
故D 正确。
故选：AD。
17．（多选）（2026•安徽模拟）如图所示，直角坐标系xOy 位于竖直面内，y 轴竖直向上。在第四象限
内有沿x 轴负方向的匀强电场和垂直坐标平面的匀强磁场（未画出），在第二象限内的P 点沿x 轴正
方向抛出一个质量为m、带电量大小为q 的带电小球，抛出时的速度大小为v0，小球从O 点进入第四
象限，经过O 点时速度方向与x 轴正向的夹角为45°，小球进入第四象限后做匀速直线运动，小球在
第四象限运动到Q 点（未画出）时将电场方向立即改为沿y 轴正向，此后小球的运动轨迹刚好与x 轴
相切。已知重力加速度为g，小球可视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A．小球带负电
B．匀强磁场的磁感应强度大小为mg
q v0
C．P、Q 两点沿y 轴方向的距离为(❑√2+3)v0
2
2g
D．P、Q 两点沿y 轴方向的距离为(2❑√2+3)v0
2
2g
【答案】BD
【分析】先由匀速直线受力平衡判定电性、磁场方向并求出磁感应强度，撤电场后重力与电场力平
衡、洛伦兹力充当圆周向心力，结合几何关系算出PQ 竖直间距。
【解答】解：A.小球在第四象限内做匀速直线运动，垂直于速度方向的洛伦兹力有竖直向上分量与重
力平衡及水平向右分量与电场力平衡，
若小球带负电，电场力水平向右，小球不可能平衡，
若小球带正，电场力水平向左，小球可能平衡，则小球必须带正电；
B.根据A 可知，磁场方向一定垂直纸面向里，
小球进入第四象限时的速度大小为v =
v0
cos 45° = ❑√2v0，
小球进入第四象限做匀速直线运动，则小球受力平衡，则有qEtan45°＝mg，qvB =
mg
sin 45° = ❑√2mg，
解得B = mg
q v0
；
CD.当电场沿y 轴正向时，小球做匀速圆周运动，作出运动轨迹，如图所示：
设圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r ，
解得r =
❑√2v0
2
g
，
根据几何关系，可得Q 点到x 轴的距离y2=r +rcos 45° = (❑√2+1)v0
2
g
，
又P 点离x 轴的距离y1= v0
2
2g
，
因此P、Q 两点沿y 轴方向的距离y = y1+ y2= (2❑√2+3)v0
2
2g
，故C 错误，D 正确。
故选：BD。
18．（多选）（2026•泉州模拟）如图所示，平面直角坐标系xOy 中，在0＜x＜L 区域内有沿y 轴负方向
的匀强电场和垂直xOy 平面向里的匀强磁场，电场强度大小与磁感应强度大小的比值为
❑√3
2 v0。一带
正电粒子从坐标原点以速度v0沿与x 轴正方向成30°角方向射入该区域，一段时间后沿x 轴正方向射
出，不计粒子重力，则（ ）
A．粒子从右边界射出时速度大小可能是
❑√3
2 v0
B．粒子从右边界射出时速度大小可能是
❑√3+1
2
v0
C．粒子在该区域中的运动时间可能为
2πL
(2+ ❑√3 π )v0
D．粒子在该区域中的运动时间可能为
6 πL
(2+ ❑√3 π )v0
【答案】BC
【分析】粒子在电场和磁场叠加区域中运动，其初速度可分解为沿x 轴和y 轴的分量，电场力与由x
方向速度产生的洛伦兹力分量恰好平衡，使得粒子在x 方向保持匀速直线运动，而y 方向的运动等效
为在平动参考系中以初速度沿y 轴做匀速圆周运动。从右边界沿x 轴正方向射出时，要求y 方向合速
度为零，对应圆周运动转过四分之一或四分之三圆周等特定角度，由此可确定射出速度的可能值。运
动时间由圆周运动周期与x 方向匀速位移共同决定，需结合边界条件L 建立方程求解时间表达式。
【解答】解：将粒子的初速度v0分解为沿x 轴正方向的分量vx0和沿y 轴负方向的分量vy0，有：
v x 0= v0cos30° =
❑√3
2 v0，v y 0= v0sin30° = 1
2 v0。
粒子受到的电场力大小为FE＝qE，方向沿y 轴负方向。根据已知条件E
B =
❑√3
2 v0，可知
E =
❑√3
2 v0 B = v x 0 B。因此电场力FE＝qvx0B。
根据左手定则，粒子以速度vx0向右运动时，受到的洛伦兹力分量方向沿y 轴正方向，大小恰好为fy＝
qvx0B＝FE。
由于电场力与该水平速度产生的洛伦兹力分量相互抵消，我们可以利用运动的合成与分解，将粒子的
实际运动分解为两个分运动：
（1）以速度v x 0=
❑√3
2 v0沿x 轴正方向的匀速直线运动；
（2）在以速度vx0平动的参考系中，粒子以初速度u= v y 0= 1
2 v0（方向沿y 轴负方向）在剩余洛伦兹力
作用下做匀速圆周运动。
该匀速圆周运动的半径R = mu
qB = m(v0/2)
qB
= m v0
2qB ，周期T = 2πm
qB 。当粒子从右边界“沿x 轴正方向
射出”时，其y 轴方向的合速度必须为零。
这意味着在平动参考系中，粒子沿y 轴的速度分量变为零，即转过了1
4 圆周或3
4 圆周等。
AB、在平动参考系中，当y 方向速度为零时，粒子沿x 方向的相对速度为±u=± 1
2 v0。回到实验室参
考系，由速度合成可知射出时的速度大小v x = v x 0±u=
❑√3
2 v0± 1
2 v0，即速度大小可能为
❑√3+1
2
v0或
❑√3−1
2
v0。故A 错误，B 正确；
CD、当粒子转过1
4 圆周时，所需时间t1= T
4 ，此时在平动参考系中沿x 方向的相对位移为R。在实验
室参考系中的总水平位移为x＝vx0t1+R＝L。
由于t1= T
4 ，有T＝4t1。半径可表示为R = u
2π
T
，即R = v0t1
π 。代入水平总位移公式有
❑√3
2 v0t1+ v0t1
π = L，解得该情况下的运动时间为t1=
2πL
(2+ ❑√3 π )v0
。
当粒子转过3
4 圆周时，所需时间t2= 3T
4 ，在平动参考系中沿x 方向的相对位移同样为R。由于t2= 3T
4
，有T = 4 t2
3 。半径可表示为R = u
2π
T
，即R = v0t2
3 π 。代入水平总位移公式有
❑√3
2 v0t2+ v0t2
3 π = L，解得
该情况下的运动时间为t2=
6 πL
(2+3 ❑√3 π )v0
。故C 正确，D 错误。
故选：BC。
19．（多选）（2026•淮北模拟）如图甲所示，平行金属板MN 间距为d，长度为l，紧邻金属板右侧有宽
度为d，方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝5.0×10﹣3T，CD 为分界线，EF 为置于磁场右
边界的足够长的屏幕。MN 板间接有如图乙所示的随时间t 变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀
的，且两板外无电场。比荷q
m =1.0×10
8C /kg的粒子以速度v0=1.0×10
5m/ s沿平行金属板MN 间
中线OO′连续射入电场，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为是恒定不变的。已知l
＝d＝0.2m，粒子带正电且粒子的重力和粒子间相互作用力可忽略不计，❑√2≈1.4，则打在屏幕EF 上
的粒子（ ）
A．在EO′间的离O′最远距离为0.1m
B．在EO′间的离O′最远距离为0.2m
C．在FO′间的离O′最远距离约为0.24m
D．在FO′间的离O′最远距离约为0.18m
【答案】BD
【分析】先分析t＝0 时刻射入的未被加速粒子，用洛伦兹力提供向心力求出最小半径，再分析刚好从
极板边缘射出的粒子，通过类平抛运动求最大速度，再结合圆周运动规律计算其打在屏幕上的位置，
从而判断选项。
【解答】解：AB.如图所示：
t＝0 时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小，粒子在磁场中运动时，有
q v0 B =m v0
2
r1
，
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径为r1＝0.2m，
即在EO'间的离O'最远距离为0.2m，故A 错误，B 正确；
CD.带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低，
设此时MN 板间的电势差为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有d
2 = 1
2 at
2，
a= qU 1
md ，t = l
v0
，
联立解得U1＝100V，
则粒子进入磁场时速度大小为v =
❑√v0
2+(at )
2
解得
v = ❑√2×10
5m/ s
设速度的偏转角为θ，则
tanθ =2
d
2
l =1
粒子打在屏幕上的位置为F，运动轨迹如图中曲线Ⅱ所示，则qvB =m v
2
r2
解得
r2＝0.28m
由数学知识可知，运动径迹的圆心Q 点必与M 板在同一水平线上，则
O′ F =r2−d
2
解得
O'F＝0.18m
故C 错误，D 正确。
故选：BD。
三．解答题
20．（2026•云南模拟）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N 水平固定，间距为d，M 板接地。
M 板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M 板O 点处正上方P 点有一粒子源，可沿竖直方向
发射速度大小为v0的带电粒子，粒子恰好能与M 板成60°穿过Q 点处的小孔。已知OP＝L，两板间距
d = 3
4 L，粒子质量均为m，电量为﹣q，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷
在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作
用，忽略边缘效应。问：
（1）M 板上方磁感应强度大小是多少？
（2）MN 板间能达到的最大电场强度是多少？
（3）如果MN 板间达到最大电场强度后，给两板之间增加和M 板上方相同的匀强磁场，求粒子的落
点与Q 的距离？
【答案】（1）M 板上方磁感应强度大小是m v0
2qL
；
（2）MN 板间能达到的最大电场强度是mv0
2
2qL
；
（3）如果MN 板间达到最大电场强度后，给两板之间增加和M 板上方相同的匀强磁场，粒子的落点
与Q 的距离为2❑√3 L−2
3 πL。
【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，由几何关系和洛伦兹力提供向心力求M 板上方磁感应强度大
小；
（2）根据类斜抛运动的规律和牛顿第二定律求MN 板间能达到的最大电场强度；
（3）根据配速法求出粒子的运动分解为水平的匀速直线和圆心向另一方向上的匀速圆周运动的两个分
速度大小，根据半径表达式和周期与时间的关系求粒子的落点与Q 的距离。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知
r＝2L
由
q v0 B =m v0
2
r
有
r = m v0
qB
解得
B = m v0
2qL
（2）粒子进入板间做类斜抛运动，竖直方向有
v y = v0⋅sin 60° =
❑√3
2 v0
根据牛顿第二定律有a y = qE
m
由2a y d = v y
2
可解得E = mv0
2
2qL
（3）板间存在向下的电场和向里的磁场，可以把粒子的运动分解为水平的匀速直线和圆心向另一方向
上的匀速圆周运动qv1B＝Eq
即v1＝v0
v2= ❑√3 v0
其中v1方向做匀速直线运动，v2方向做匀速圆周运动，匀速圆周扫过的圆心角达到60°时，粒子落到
M 板
r2= m v2
qB =2❑√3 L
T 2= 2πm
qB = 4 πL
v0
t = 1
6 T 2= 2πL
3 v0
x1= v1t = 2
3 πL
粒子的落点与Q 的距离为2❑√3 L−2
3 πL。
答：（1）M 板上方磁感应强度大小是m v0
2qL
；
（2）MN 板间能达到的最大电场强度是mv0
2
2qL
；
（3）如果MN 板间达到最大电场强度后，给两板之间增加和M 板上方相同的匀强磁场，粒子的落点
与Q 的距离为2❑√3 L−2
3 πL。
21．（2026•嘉兴二模）如图所示，粒子源能释放初速可视为0 的带电粒子，并从O1进入加速区，沿
O1O2连线加速后垂直进入偏转区（长×宽×高＝4d×4d×7d）底部中心O2，随后从狭缝进入接收区，最
终被可水平移动的收集板接收。收集板与偏转区右侧面形状相同并对齐，狭缝上O3点与收集板上O4
点等高；加速区竖直方向存在电压可调的匀强电场；偏转区存在匀强磁场Ⅰ，方向可调且垂直于O1、
O2、O3、O4所构成的竖直平面。
（1）若粒子源产生比荷分别为25k 和4k 的正离子a 和b，当加速电压为U 时，正离子a 恰能垂直击中
O4。求：
①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B 大小；
②收集板能收集到两种正离子时，离狭缝的最大水平距离x；
③若在接收区加上磁感应强度大小为磁场Ⅰ的3 倍且水平向右的匀强磁场Ⅱ，则收集板向右移动时，
a 和b 落点的连线在收集板上扫过的区域面积S。
（2）若粒子源产生大量电子且收集板用金属钨制成，当高速电子轰击钨核时，动能以一定的比例转化
为辐射能并释放X 射线。若动能转化比例为100%，就可辐射出能量最大的X 射线，但此类X 射线辐
射强度几乎为0。X 射线辐射强度随波长的具体分布如图乙所示（所有被加速的电子都能全部击中收
集板），请利用图中数据计算普朗克常量h。
【答案】答：（1）①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B 大小为1
d
❑√
U
50k
；
②离狭缝的最大水平距离为4d；
③a 和b 落点的连线在收集板上扫过的区域面积为（2+π﹣arctan2）•d2；
（2）普朗克常量为6.4×10﹣34J•s。
【分析】（1）①对粒子1，利用动能定理求加速后的速度，再结合洛伦兹力提供向心力，求出磁场强
度B；
②对粒子2，同样用动能定理和洛伦兹力公式求其圆周运动半径，再通过几何关系算出水平位移x；
③对粒子2 在3B 磁场中的螺旋运动，分解速度分量，用洛伦兹力公式求圆周运动半径，再结合几何
关系计算其扫过的总面积；
（2）利用电子动能与光子能量的关系，结合X 射线最短波长数据，代入公式求解普朗克常量h。
【解答】解：（1）①由题意可知：q1
m1
=25k，r1＝2d，
根据洛伦兹力提供向心力：q1v1B =m1
v1
2
r1
，
根据动能定理：q1U = 1
2 m1v1
2−0，
可得B = 1
d
❑√
U
50k ；
②由题意可知q2
m2
= 4 k，
根据洛伦兹力提供向心力：q2v2B =m2
v2
2
r2
，
根据动能定理：q2U = 1
2 m2v2
2−0，
可得r2＝5d，
根据右图中几何关系可知：α＝37°，tanα = 3d
x ，
可得x＝4d；
③由题意可知粒子b 将做螺旋线运动，在与收集板平行的平面内做圆周运动，
根据洛伦兹力提供向心力：q2⋅v2sinα ⋅3 B =m2
(v2sinα )
2
r ′2
，
可得r'2＝d，
根据右图中几何关系可知：tanβ = 2d
d =2，即β＝arctan2，
故扫过面积总面积为2 个直角三角形面积与1 个扇形面积之和，
即S =2× 1
2 ×d ×2d + 2π −2 β
2π
⋅πr ′2
2=(2+ π −arctan2)⋅d
2；
（2）由题意可知：eU＝Ek﹣0，
εmax =h vmax =h c
λmin
，
利用能谱图可取加速电压30kV 时（0.04nm，0）或20kV 时（0.06nm，0），
代入数据可得h＝6.4×10﹣34J•s。
答：（1）①匀强磁场Ⅰ的磁感应强度B 大小为1
d
❑√
U
50k
；
②离狭缝的最大水平距离为4d；
③a 和b 落点的连线在收集板上扫过的区域面积为（2+π﹣arctan2）•d2；
（2）普朗克常量为6.4×10﹣34J•s。
22．（2026•江阴市校级模拟）如图所示，空间中存在垂直于xOy 平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场。
y 轴正方向竖直向上，x 轴正方向水平向右。x 轴上有一厚度不计的薄板MN，垂直于xOy 平面固定，
薄板长度为2a，中点位于O 点。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，可从y 轴上y＝﹣a 处的P 点
以速率v = qBa
m 沿xOy 平面向不同方向发射。若粒子打到薄板下表面会被吸收，打到薄板上表面会被
反弹，粒子与薄板间的碰撞为弹性碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向遵循光的反射定律，不计粒子
重力。
（1）求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r；
（2）求粒子从发射到被吸收经历的最短时间t。
（3）粒子发射后能否与薄板碰撞一次就返回P 点？若能，求粒子发射方向与y 轴负方向的夹角θ，若
不能，请说明理由。
【答案】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为a；
（2）粒子从发射到被吸收经历的最短时间t 为πm
3qB ；
（3）粒子发射后能与薄板碰撞一次就返回P 点，粒子发射方向与y 轴负方向的夹角θ 为30°。
【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力求出粒子的轨道半径；
（2）用动圆的思维找到打在板上时间最短的点的位置，画出轨迹，由几何关系求出偏转角，结合周期
公式求出时间；
（3）根据对称性找到只碰撞一次时碰撞的点的位置，作出粒子运动轨迹，结合几何关系求出射方向；
【解答】解：（1）根据qvB =m v
2
r
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r = mv
qB =a
（2）粒子在磁场中做完整圆周运动的周期T = 2πr
v
= 2πm
qB
当粒子发射后直接打到薄板下表面的O 点，用时最短，如图所示
设粒子发射方向与y 轴正方向的夹角为α，偏向右侧，由几何关系有sinα =
a
2
r
粒子从发射到吸收经历的最短时间t = 2α
2π T = πm
3qB
（3）由对称性分析可知，当粒子发射后直接打到薄板上表面的O 点，一次反射后恰好能回到P 点，粒
子轨迹如图所示
粒子发射方向与y 轴负方向间的夹角为θ，偏向右侧。由几何关系有sinθ =
a
2
r
得θ＝30°
此时轨迹圆弧与x 轴的交点到O 点的距离为L＝2rcosθ
有L= ❑√3a＞a
说明此种情况成立。
答：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为a；
（2）粒子从发射到被吸收经历的最短时间t 为πm
3qB ；
（3）粒子发射后能与薄板碰撞一次就返回P 点，粒子发射方向与y 轴负方向的夹角θ 为30°。
23．（2026•潮州模拟）如图所示，两块平行金属板水平放置，板长和板间距均为2d，两板之间存在竖直
向上的匀强电场。极板右侧空间存在范围足够大的匀强磁场B，磁场方向垂直纸面向外。极板左侧有
一束宽度为2d，均匀分布的离子束以相同的初速度v0沿着平行于金属板的方向射入电场，已知离子质
量均为m，电荷量均为+q，电荷碰到极板立即被吸收，且不考虑电场的变化，进入电场的粒子有50%
能从电场射出。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子重力和金属板厚度，忽略电场的边缘效应。
（1）要使离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，求B0的
大小；
（2）若两极板间仅有电场，从电场中射出的粒子经磁偏转后能全部回到电场中，求磁感应强度B 的取
值范围；
（3）若磁感应强度的B 大小取（2）中的最小值，求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时
间。
【答案】（1）要使离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场
B0，B0的大小为m v0
2qd ；
（2）若两极板间仅有电场，从电场中射出的粒子经磁偏转后能全部回到电场中，磁感应强度B 的取值
范围为B≥2m v0
qd
；
（3）若磁感应强度的B 大小取（2）中的最小值，求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时间
为(2❑√3+ 3
4 π ) d
v0
。
【分析】（1）根据类平抛运动的规律求出场强E 的表达式，结合平衡关系求B0的大小；
（2）根据速度的合成求出射出时速度偏转角度，结合洛伦兹力提供向心力求磁感应强度B 的取值范
围；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据运动学公式和牛顿第二定律求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中
运行时间。
【解答】解： （1）有50%粒子射出，对于临界粒子在电场中有：水平方向：2d＝v0t
竖直方向：
d = 1
2 at
2
qE ＝ma
沿直线运动满足：qB0v0＝qE
解得：B0= m v0
2qd
（2）粒子射出电场时：竖直速度：vy＝at＝v0
射出速度：v =
❑√v0
2+ v y
2 = ❑√2v0
射出时速度偏转角度：α = π
4
由洛伦兹力提供向心力知：qvB =m v
2
r
全部回到电场满足2rcos π
4 ≤d
解得：B≥2m v0
qd
（3）容易判断第二次目标粒子无法离开电容器，轨迹如下图所示：
第一次在电场中：t1= 2d
v0
第二次在电场中
2d = v ′ yt3+ 1
2 a yt3
2
v'y＝vcos45°＝v0
a y = qE
m = v0
2
2d
得：
t3= 2(❑√3−1)d
v0
磁场中：
t2= 3 π
2 ⋅m
Bq = 3 π
4 ⋅d
v0
综合知在电磁场中运动的时间：
t =t1+t2+t3=(2❑√3+ 3 π
4 ) d
v0
答：（1）要使离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，B0
的大小为m v0
2qd ；
（2）若两极板间仅有电场，从电场中射出的粒子经磁偏转后能全部回到电场中，磁感应强度B 的取值
范围为B≥2m v0
qd
；
（3）若磁感应强度的B 大小取（2）中的最小值，求从正极板边缘射入的离子，在电磁场中运行时间
为(2❑√3+ 3
4 π ) d
v0
。
24．（2026•城西区校级二模）光滑足够大的水平桌面上右侧，有一边长为L 的等腰直角三角形abc 区
域，其内分布着垂直桌面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。以ac、cd、fa 为边界分布着与ab 边垂
直，方向由d 指向c 的匀强电场，俯视图如图所示。三个可视为质点的小球A、B、C 在ab 的延长线
上，小球质量均为m，小球A 带电量为+q，B、C 不带电。小球A 位于绝缘轻质弹簧的右端，与弹簧
接触但是不粘连，弹簧的左端系着小球B。初始时弹簧处于原长状态，C 以初速度v0沿着ab 连线方向
与B 发生碰撞，碰撞后B、C 粘连在一起，小球A 与弹簧分离后进入磁场，此后不再与B、C 相碰。
求：
（1）弹簧弹性势能的最大值；
（2）若小球A 能进入电场区，小球C 的初速度v0应满足的条件；
（3）要使小球A 穿过分界面ac 次数最少并从a 点离开电场，则电场强度E 随初速度v0变化的表达
式。
【答案】（1）弹簧弹性势能的最大值为1
12 m v0
2；
（2）若小球A 能进入电场区，小球C 的初速度v0应满足的条件为v0≤3qBL
2m ；
（3）要使小球A 穿过分界面ac 次数最少并从a 点离开电场，则电场强度E 随初速度v0变化的表达式
为E = 2
3 v0 B，其中v0≤qBL
2m 。
【分析】（1）根据动量守恒和能量守恒求弹簧弹性势能的最大值；
（2）根据动量守恒和能量守恒求出A 分离时，A 的速度，结合洛伦兹力提供向心力求出半径表达式进
而求出若小球A 能进入电场区，小球C 的初速度v0应满足的条件；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据牛顿第二定律和运动学公式求要使小球A 穿过分界面ac 次数最少并
从a 点离开电场，则电场强度E 随初速度v0变化的表达式。
【解答】解：（1）C 与B 碰撞，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒mv0＝（m+m）v1
解得v1= v0
2
B、C 压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速v2，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒2mv1＝
3mv2
解得v2= v0
3
由能量守恒得E p max = 1
2 ×2m v1
2−1
2 ×3m v2
2= 1
12 m v0
2
（2）A 分离时，弹簧原长，B、C 速度vB，A 速度vA，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒
2mv1＝2mvB+mvA
能量守恒1
2 ×2m v1
2= 1
2 ×2m vB
2 + 1
2 m v A
2
解得v A = 2v0
3
A 进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径r≤L（不从cb 边离开），由q v A B =m v A
2
r
得r = m v A
qB
故2m v0
3qB ≤L，即v0≤3qBL
2m
（3）A 进入电场后，在磁场中运动1
4 的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点
（图中未画出轨迹），速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动3
4 的圆，第二次进入电场做类平抛
运动（需要满足3r≤L），沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。
从a 点离开电场，水平位移2r，竖直位移2r，初速度方向有t = 2r
v A
电场方向有2r = 1
2 ⋅qE
m ⋅t
2
代入t 解得：E = 2
3 v0 B
由3r≤L 得到速度需要满足v0≤qBL
2m
答：（1）弹簧弹性势能的最大值为1
12 m v0
2；
（2）若小球A 能进入电场区，小球C 的初速度v0应满足的条件为v0≤3qBL
2m ；
（3）要使小球A 穿过分界面ac 次数最少并从a 点离开电场，则电场强度E 随初速度v0变化的表达式
为E = 2
3 v0 B，其中v0≤qBL
2m 。
25．（2026•淄博三模）如图所示，三个同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，圆Ⅰ的半径为（1+ ❑√2）
R，圆Ⅱ的半径为R。圆Ⅰ、Ⅱ之间存在垂直圆面向外的匀强磁场；圆Ⅱ、Ⅲ之间的环形区域存在背向
圆心的均匀辐向电场，环形边界间的电压U 可调；圆Ⅱ上四分之一圆弧SQ 处有吸收装置。圆Ⅲ上P
处不断有相同的带电粒子飘入电场，粒子的初速度几乎为0。当U＝U0（未知）时，粒子经电场加速
后以竖直向上的速度v 射出电场，由Q 点射入磁场，经过磁场偏转后，刚好与圆I 相切，最终到达SQ
区域均被吸收。已知粒子质量为m，电量为+q，不计粒子的重力及粒子间相互作用。
（1）求电压U0的大小；
（2）求圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B 的大小；
（3）将电压U 从U 0
3
连续增加到U0过程中（时间足够长），粒子仍由P 点飘入电场，求圆Ⅱ上有粒子
穿越部分的弧长L。
【答案】（1）电压U0的大小为mv
2
2q ；
（2）圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B 的大小为mv
qR ；
（3）将电压U 从U 0
3
连续增加到U0过程中（时间足够长），粒子仍由P 点飘入电场，圆Ⅱ上有粒子穿
越部分的弧长L 为πR。
【分析】（1）由动能定理求电压U0的大小；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B 的大小；
（3）由动能定理和洛伦兹力提供向心力求出粒子圆周运动的半径，画出轨迹图，根据几何关系求出弧
线ab、cd 和dS 的长度，进而求出圆Ⅱ上有粒子穿越部分的弧长L。
【解答】解：（1）粒子在PQ 间加速，由动能定理得
qU 0= 1
2 m v
2
解得：U 0= mv
2
2q
（2）在磁场中，粒子做匀速圆周运动，设其半径为r，则❑√R
2+r
2=(1+ ❑√2)R−r①
洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r ②
联立方程①②解得：B = mv
qR
（3）电压为U 0
3
时，由动能定理得q U 0
3 = 1
2 mv1
2③
洛伦兹力提供向心力q v1B =m v1
2
r1
④
联立方程③④解得：r1=
❑√3
3 R
其运动轨迹如图
由几何关系得，此过程中粒子由Q 点出发到第一次回到圆Ⅱ上的a 点，对应圆Ⅱ的圆心角为π
3 ，电压
为U0时，半径为R，此过程中粒子由Q 点出发到第一次回到圆Ⅱ上的b 点，该两点对应圆Ⅱ的圆心角
为π
2 ，故电压由U 0
3 连续增加到U0的过程中，所有粒子第一次回到圆Ⅱ，对应圆Ⅱ上的弧线ab 的长度
为
L1=( π
2 −π
3 )R = π
6 R⑤
同理，电压为U 0
3 时，粒子第二次回到圆Ⅱ上的位置为c 点，对应圆Ⅱ上Qc 的圆心角为2π
3 ；电压为
U0时，粒子第二次回到圆Ⅱ上的位置为d 点，对应圆Ⅱ上Qd 的圆心角为π；故电压由U 0
3 连续增加到
U0的过程中，所有粒子第二次回到圆Ⅱ，对应圆Ⅱ上的弧线cd 长度为
L2=(π −2π
3 )R = π
3 R⑥
电压为U 0
3 时，粒子第三次回到圆Ⅱ上的位置为d 点，刚好与电压为U0时粒子第二次回到圆Ⅱ上的位
置相同。则图中弧线dS 上都有粒子穿越。对应圆Ⅱ上的弧线长度为
L3=( 3 π
2 −π )R = π
2 R⑦
故，有粒子穿越部分的弧长L＝L1+L2+L3⑧
联立方程⑤⑥⑦⑧得L＝πR
答：（1）电压U0的大小为mv
2
2q ；
（2）圆Ⅰ、Ⅱ之间磁场的磁感应强度B 的大小为mv
qR ；
（3）将电压U 从U 0
3
连续增加到U0过程中（时间足够长），粒子仍由P 点飘入电场，圆Ⅱ上有粒子穿
越部分的弧长L 为πR。
