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第22 讲 带电粒子的动态圆题型
题型一 带电粒子在磁场中平移圆题型
1．（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．πm
6qB
B．πm
2qB
C．2πm
3qB
D．πm
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 = 2πm
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 =πm
6qB ，故选A。
2．（23-24 高三下·陕西西安·期中）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 = mv0
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得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。
3．（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。
4．（23-24·高二上·河北邯郸·阶段检测）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。
题型二 带电粒子在磁场中放缩圆题型
1．（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 vm B = mvm
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 = m v
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。
2．（多选）（2026·山西·模拟预测）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480 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】由题知，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
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 π m
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 π m
360eB
综上434 πm
360eB <t < 508 πm
360eB
故选BC。
3．（多选）（25-26 高二下·湖北·期中）如图所示，在xOy直角坐标系的第一象限内有一段以坐标原点为
圆心、半径为R的四分之一圆弧MN，P为圆弧上的一点，且∠PON =30°，圆弧内有垂直于坐标平面向
里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。现有一批质量均为m、电荷量为+q的带电粒子，从原点O沿
x轴正方向以不同速率射入磁场，不计粒子重力与粒子间相互作用。关于粒子在磁场中的运动，下列说法
正确的是（ ）
A．粒子从圆弧MN射出时，速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短
B．粒子从OM射出时，速度越大，粒子在磁场中运动的时间越短
C．从P点射出的粒子，进入磁场时的速度大小为qBR
m
D．从M点射出的粒子和从P点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为3 1∶
【答案】ACD
【详解】A．根据qvB =m v
2
r
可得r = mv
Bq
周期为T = 2πr
v
= 2πm
Bq
粒子从圆弧MN射出时，速度越大，则轨迹半径r越大，由几何知识可知，粒子在磁场中运动轨迹所对应
的圆心角θ也越小，根据t = θ
2π T = θm
Bq 可知，粒子在磁场中运动的时间越短，故A 正确；
B．如图所示
粒子从OM射出时，速度越大，半径越大，但是时间都是半个周期，可知运动时间相同，故B 错误；
C．从P点射出的粒子，如图所示
根据几何关系可得其半径为R，根据r = mv
Bq = R
可得进入磁场时的速度大小为qBR
m ，故C 正确；
D．如图所示
从M点射出的粒子转过的圆心角为180
°，运动时间为T
2
从P点射出的粒子转过的圆心角为60
°，运动时间为T
6
可知从M点射出的粒子和从P点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为3 1∶，故D 正确。
故选ACD。
4．（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。
5．（多选）（2026·四川广元·二模）如图所示，足够大的ABCDE 虚线区域内存在垂直纸面的匀强磁场，
磁感应强度大小为B，DE 是半径为R 的四分之一圆弧，圆心为O，其中A、E、O 在同一条直线上，位于
F 点的粒子源垂直AE 射出各种速度大小不等的带电粒子，粒子在磁场的作用下向右偏转。已知粒子质量
均为m、电荷量均为q，F 点到E 点的距离为(❑√2−1) R，则从圆弧DE 射出的粒子，运动的可能时间为（
）
A．πm
4 qB
B．πm
3qB
C．πm
2qB
D．2πm
3qB
【答案】CD
【详解】设粒子从弧DE 射出时射出点与F 点的连线与OF 的夹角为θ，粒子在磁场中匀速圆周运动的圆
心角为α，如图所示
由图可知，θ越大α越小，当射出点与F 点的连线与弧DE 相切时，θ最大，此时α最小，设此时的射出点
为G，有sinθ = OG
OF =
R
(❑√2−1)R+ R =
❑√2
2
即θ = 45°
所以α的最小值为90°，另外当θ为零时α最大，最大值为180°，所以从弧DE 上射出的粒子在磁场匀速圆
周运动的时间范围为90°
360° T ≤t ≤180°
360° T
即1
4 T ≤t ≤1
2 T
又根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r
得T = 2πr
v
= 2πm
qB
所以πm
2qB ≤t ≤πm
qB
故选CD。
题型三 带电粒子在磁场中旋转圆题型
1．（25-26 高二下·江苏苏州·阶段检测）如图所示，空间中存在范围足够大，磁感应强度大小为B，方向
垂直纸面向里的匀强磁场，MN 为足够长的离子接收板，到MN 垂直距离为h 的O 点有一离子源，连续不
断地向平面内各方向均匀放出质量为m、带电量为+q的粒子，粒子速率均为v = hqB
m ，则（ ）
A．接收板接收到离子的区域长度为2h
B．能被接收的离子占总离子的1
2
C．粒子的半径都为2h
D．被接收的粒子运动最长时间πm
qB
【答案】B
【详解】C．根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m v
2
r
解得r =h，C 错误；
A．如图所示接收板接收到离子的区域长度为PQ = AP+ AQ =
❑√(2r )
2−h
2+h=(❑√3+1)h
A 错误；
B．当粒子的运动轨迹与接收板两侧相切时，粒子恰好能被接收板接收，此时粒子在O 点的速度方向间的
夹角等于180°，所以能被接收的离子占总离子的1
2，B 正确；
D．粒子在右侧轨迹与MN 相切时运动时间最长，则被接收的粒子运动最长时间为
tmax = 3
4 T = 3
4 ⋅2πm
qB = 3 πm
2qB ，D 错误。
故选B。
2．（25-26 高二下·甘肃酒泉·期中）如图所示，半径为R的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁
场，A为磁场边界上的一点，大量相同的带正电粒子以相同的速率在纸面内从A点沿不同的方向射入磁
场，粒子的出射点到A点的最大距离为❑√2 R。已知磁感应强度大小为B，带电粒子的质量为m、电荷量为
q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则粒子运动的速率大小为（ ）
A．qBR
2m
B．qBR
m
C．
❑√2qBR
2m
D．2qBR
m
【答案】C
【详解】所有粒子的速度大小相等，所以粒子的运动半径相等，又因为粒子的出射点到A 点的最大距离
为❑√2 R，所以❑√2 R为粒子轨迹的直径，则粒子的轨迹半径r =
❑√2 R
2
由qBv =m v
2
r
解得v =
❑√2qBR
2m
故选C。
3．（2026·江苏·二模）如图所示，三角形ACD 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，
∠C=30∘，∠D=45∘，AO 垂直于CD，OA 长度为L。O 点有一电子源，在ACD 平面内向磁场内各个方向均
匀发射速率均为v0的电子，速度方向用与OC 的夹角θ表示，电子质量为m，电荷量为−e，且满足v0＝
BeL
m 。下列说法中正确的是（ ）
A．从AC 边射出的电子占总电子数的1
6
B．从AD 边射出的电子中，速度方向与OC 的夹角θ的取值范围为45°<θ<135°
C．从CD 边（含OC、OD 段）射出的电子中，最长运动时间为t max= πm
3 Be
D．所有从AC 边射出的电子中，当θ=30∘时，所用的运动时间最短
【答案】C
【详解】AB．由于粒子源发射的电子速率相同，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
有e v0 B =m v0
2
R
解得R = mv0
eB = L
即所有电子的半径都相等，由左手定则可知，电子进入磁场后顺时针做圆周运动，所以其从AC 边射出的
一个临界位置为从A 点射出，此时θ =60°，如图所示
由题意及分析可知，当0°≤θ≤60°范围内，电子从AC 边上射出，当电子从AC 边射出时，由几何关系可
知从AC边射出的电子占总电子的60°
180° = 1
3
由题意及几何关系可知，当粒子在60°≤θ≤150°范围内，电子从AD 边射出，故AB 错误；
C．从CD 边射出的电子，经过D 点对应的弦长最长，根据几何关系可知，运动轨迹对应的最大圆心角为
π
3 ，因此最长运动时间为 t max=
π
3
2π ·T = πm
3 Be
故C 正确；
D．电子在磁场中做匀速圆周运动，其周期为T，有T = 2πR
v0
在磁场中运动的时间为t，有t
T = α
2π
整理有t = αm
eB
即电子运动的圆心角越小，其在磁场中运动的时间就越短，圆心角所对应的弦长越长，其圆心角越大，
所以最短时间即为弦长的最小值，当弦长 与AC 边垂直时，弦长最短，有几何关系可知此时对应的入射
角θ不等于30°，故D 错误。
故选C。
4．（多选）（2026·贵州贵阳·一模）如图所示，在xOy坐标系第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。在P点有一粒子源，P点坐标为(d ,d)。打开粒子源发射装置，能够沿纸面以相同
的速率向各个方向均匀发射带正电的粒子，粒子质量为m，电荷量为q，速率v = qBd
m 。不计粒子重力及
粒子间的相互作用力，M点坐标为(0,d)，则下列说法正确的是（ ）
A．从x轴射出磁场的粒子数占总粒子数的1
2
B．从OM之间射出磁场的粒子数占总粒子数的1
12
C．到达x轴的粒子在磁场中运动的最短时间为πm
3qB
D．打在x轴的长度为2d
【答案】AC
【详解】由qυB = mυ
2
r
得r = mυ
qB =d
A．
如图所示，从x轴射出磁场的粒子速度间的夹角为180
∘，因此从x轴射出磁场的粒子数占总粒子数的
180
∘
360
∘= 1
2，故A 正确；
B．
如图所示，从OM之间射出磁场的粒子速度间的夹角为60
∘，因此从OM之间射出磁场的粒子数占总粒子
数的60
∘
360
∘= 1
6 ，故B 错误；
C．
如图所示，当射出点为N（PN 与x 轴垂直）时，此粒子为到达x 轴的粒子中，在磁场中运动的时间最
短，圆心角为60
∘，运动时间为t = 60
∘
360
∘T = πm
3qB ，故C 正确；
D．
如图所示，PN 为直径，ON 为打在x轴的长度，等于d + ❑√3d，故D 错误。
故选AC。
5．（多选）（25-26 高二上·河北保定·期末）如图所示，两边界OA、OB 相互垂直，在OA 上方、OB 右
侧有垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出），P 点处有一粒子源，可向纸面内任意方向发射速度大小
为1.6×10
4 m/s的带电粒子。已知P 点与OA、OB 间的距离分别为9cm、8cm，磁感应强度大小
B = 4.0×10
−2T。带电粒子质量m=2×10
−17kg，电荷量q =−1.6×10
−10C，不计粒子重力。下列说法正
确的是（ ）
A．OB 边界上有粒子射出的部分长度为12cm
B．OA 边界上有粒子射出的部分长度为(❑√19+3)cm
C．如果减小带电粒子的速度大小，可以使粒子从O 点射出
D．如果将磁场改为垂直纸面向里，OB 边界上有粒子射出的部分长度不变
【答案】BD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有|q)vB =m v
2
R
解得R =5cm
作出OB 边界上有粒子射出部分的上下两临界点的轨迹如图甲所示
根据几何关系可知，OB 边界上有粒子射出的部分长度L1=
❑√(2 R)
2−d PB
2 + ❑√R
2−(d PB−R)
2
其中d PB=8cm
解得L1=10cm，故A 错误；
B．作出OA 边界上有粒子射出部分的上下两临界点的轨迹如图乙所示
根据几何关系可知，OA 边界上有粒子射出的部分长度L2=
❑√(2 R)
2−d PA
2 + ❑√R
2−(d PA−R)
2
其中d PA =9cm
解得L2=(❑√19+3)cm，故B 正确；
C．结合上述图甲与图乙可知，如果减小带电粒子的速度大小，粒子轨道半径减小，粒子从可以使粒子从
O 点射出OA、OB 上射出部分长度减小，但粒子不可能从O 点射出，故C 错误；
D．如果将磁场改为垂直纸面向里，作出OB 边界上有粒子射出部分的上下两临界点的轨迹如图丙所示
根据几何关系可知，OB 边界上有粒子射出的部分长度L3=
❑√(2 R)
2−d PB
2 + ❑√R
2−(d PB−R)
2
解得L3=10cm
即如果将磁场改为垂直纸面向里，OB 边界上有粒子射出的部分长度不变，故D 正确。
故选BD。
6．（多选）（25-26 高三上·海南海口·期末）如图所示，在xoy平面存在一半径R =2a的匀强磁场，磁感
应强度大小为B，方向垂直纸面向外，在圆心O 处有一粒子源，粒子源沿xoy平面，朝第三象限90°范围
内的各个方向发射同种带正电的粒子，且粒子源朝各个方向发射的粒子数目均匀分布，发射出的粒子速
度大小相等，所带电荷量为q，质量为m。在y =a处有一平行于x 轴放置的水平挡板，挡板足够长，与圆
形磁场区域分别交于A、B 两点，挡板上C 点坐标为(−a,a)。从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板
上，且发现有两种不同方向的粒子会打在挡板上的同一位置。若不计带电粒子重力，粒子打在挡板上就
被吸收，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子速度大小为v = qBa
m
B．挡板上有两种不同方向的粒子会打在同一位置的区域长度为(❑√3−1)a
C．若挡板可绕C 点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，挡板至少要逆时针转动30°
D．若圆形磁场区域的半径调为R =a，磁场圆心位置移动到(−a,0)，则能打在挡板上的粒子均垂直
打在水平挡板上，且打在AC 区域上的粒子数目多于发射粒子总数的1
2
【答案】ABD
【详解】A．从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，则沿−y方向射出的粒子轨迹恰好与挡板相切，
由几何关系可得，粒子的轨迹半径为r =a
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB =m v
2
r
解得v = qBa
m ，故A 正确；
B．挡板上有两种不同方向的粒子会打在同一位置，如图所示，根据“旋转圆”的知识可知，该区域长度
是C 到A 之间的部分
根据几何知识可知，区域长度为AC =
❑√(2a)
2−a
2−a=(❑√3−1)a，故B 正确；
C．若挡板可绕C 点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，粒子到达挡板上恰好没有重叠时，
如图所示
根据旋转圆的知识并结合几何知识可知，此时挡板与x 轴的夹角为45°，即挡板至少要逆时针转动45°，
故C 错误；
D．若圆形磁场区域的半径调为R =a，磁场圆心位置移动到(−a,0)，粒子源发射位置不变，粒子运动的
轨迹半径仍为a，其轨迹如图所示
根据“磁发散”原理可知，能打在挡板上的粒子均垂直打在水平挡板上，水平向左射入的粒子能够从C
点射出；速度方向与y轴负方向夹角为45°的粒子从O 点射入磁场时，由几何关系可知，则射出位置P点
到C 点的水平距离为y =cos 45° a=
❑√2
2 a
区域长度AC =
❑√(2a)
2−a
2−a=(❑√3−1)a>
❑√2
2 a
则打在AC 区域上的粒子数目多于发射粒子总数的1
2，故D 正确。
故选ABD。
7．（多选）（25-26 高二上·湖北黄冈·阶段检测）如图所示，xOy 平面中x 轴上方存在着上边界为y = L的
垂直纸面向里的足够大匀强磁场，磁感应强度大小为B。O 点有一粒子源可以向一、二象限各个方向发射
速度大小为v，质量为m、电荷量为q 的带正电同种粒子。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列
说法正确的是（ ）
A．为使发射的所有粒子不从上边界飞出，磁感应强度B 应满足B≥mv
qL
B．若磁感应强度大小为B = 2mv
qL ，粒子在磁场中运动的最长时间为t = 2πm
qB
C．若磁感应强度大小为B = 2mv
qL ，所有粒子运动的区域面积为3 π L
2
8
D．若磁感应强度大小为B = mv
2qL，粒子能从上边界射出的宽度为❑√3 L
【答案】BC
【详解】A．为使发射的所有粒子不从上边界飞出，则L≥2r
由洛伦兹力提供向心力，qvB = mv
2
r
解得B≥2mv
qL ，故A 错误；
B．已知B = 2mv
qL ，根据qvB = m v
2
r
可得r = L
2 ，则所有粒子不从上边界飞出，
当粒子速度沿x 轴正方向发射时，粒子在磁场中的圆心角为2π
粒子在磁场中的运动时间最长，且t =T = 2πm
qB ，故B 正确；
C．若磁感应强度大小为B = 2mv
qL ，则所有粒子运动的区域如图中阴影部分所示
则该部分的面积S = π L
2
4 +
π( L
2 )
2
2
= 3 π L
2
8
，故C 正确；
D．若磁感应强度大小为B = mv
2qL，则粒子在磁场中运动的半径r = mv
qB =2 L
粒子能够从上边界射出的范围如图所示，由几何关系可得该范围的宽度
d =2
❑√(2 L)
2−L
2=2❑√3 L，故D 错误。
故选BC。
8．（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。
题型四
磁聚焦和磁发散问题
1．（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 = mv0
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。
2．（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Ⅰ，磁场感应强度
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Ⅱ（图中未画出），磁场感应
强度与磁场Ⅰ相同，粒子经过该矩形磁场区域后恰能沿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Ⅰ中的运动半径为2m
B．粒子在匀强磁场Ⅰ中的速度偏转角为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 = 2πr
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Ⅱ（图
中未画出），磁场感应强度与磁场Ⅰ相同，根据T = 2πr
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 tan60
∘
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。
3．（23-24 高二下·山西长治·期末）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。
4．（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2πm
eB
B．荧光屏到电子入射点的距离可能为2πmv
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 = mv 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2πm
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 = 2πmv
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。
5．（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、带电荷量为+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。
综合提升
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4πm
3qB
D．粒子在磁场中运动的最长时间为7πm
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 = m v
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 高二上·河南·阶段检测）如图所示，在xOy平面第一象限内存在垂直纸面向外的匀强
磁场，磁场边界是以点P（R，0）为圆心、半径为R的半圆。一个带正电的粒子从O点沿与x轴正方向成
θ =60°角的方向射入磁场，粒子的速度大小v可调。已知粒子的比荷为k，磁感应强度大小为B，不计粒
子重力。则下列说法正确的是（ ）
A．若粒子入射速度v =
❑√3kBR
3
，则粒子一定从磁场边界P点射出
B．能够使粒子不进入第四象限的最小入射速度为❑√3kBR
C．粒子在磁场中运动的最长时间为2π
3kB
D．粒子在磁场中运动轨迹长度的最小值为R
【答案】ABC
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力可得q v1B =m v1
2
r1
若粒子入射速度v = v1=
❑√3kBR
3
，则对应的半径为r1=
❑√3 R
3
如图所示，符合题意，粒子一定从磁场边界P点射出，故A 正确；
B．如图所示，能够使粒子不进入第四象限，粒子射出磁场时速度与x 轴平行，根据几何关系有r2= ❑√3 R
根据q v2B =m v2
2
r2
可得v2= ❑√3kBR，可得最小入射速度为❑√3kBR，故B 正确；
C．如图所示
根据T = 2πr
v ，可得T = 2πm
Bq
运动时间为t = θ
2π ⋅T，可知粒子在磁场中运动转过的角度为120
°时，运动时间最长，可得最长时间为
1
3 T = 2π
3kB ，故C 正确；
D．粒子的半径越小，在磁场中运动轨迹长度越小，可知在磁场中运动轨迹长度最小值趋于零，故D 错
误。
故选ABC。
3．（多选）（25-26 高二下·湖南长沙·开学考试）如图所示，在半径为R 的半圆形区域内存在垂直纸面向
里的匀强磁场，CD 为圆的直径，O 为圆心。某时刻从最低点S 向磁场内各个方向均匀发射速度大小为
v，质量为m，电荷量为+q 的粒子。已知磁感应强度大小为8mv
5qR ，不计粒子的重力和粒子间的相互作
用，sin53° =0.8，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在该匀强磁场中运动轨迹的半径为R
B．在直径CD 上有粒子射出的区域长度为R
C．从S 射入磁场的粒子中可以从直径CD 上射出的粒子占比为53
180
D．从直径CD 上射出的粒子，在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为143
106
【答案】BC
【详解】A．经分析可知水平向右射入的粒子射出CD时离D点最近，恰好与CD边相切的粒子射出时离D
点最远，轨迹如图
洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
可得r = 5
8 R，A 错误；
B．如图所示，由几何关系可知O C1= R−5
8 R = 3
8 R
可得OA = 1
2 R，同理可得OB = 1
2 R
在直径CD上有粒子射出的区域长度为AB = R，B 正确；
C．由几何关系得∠O1SO=53°，则θ =53°
所以从S射入磁场的粒子，可以从直径CD上射出的粒子占比为N = 53°
180° = 53
180，C 正确；
D．因为粒子在磁场中运动轨迹对应弧长越长，则运动时间越长
则可得从A点射出的粒子弦长最长，在磁场区域内时间最长，由几何关系得对应圆心角为
θ1=180°−53° =127°
从O点射出的粒子弦长最短，在磁场区域内时间最短，由几何关系得对应圆心角为θ2=106°
故从直径CD上射出的粒子，在磁场区域内运动的最长时间与最短时间之比为127
106，D 错误。
故选BC。
4．（多选）（25-26·高三上·山东聊城·期末）如图，直线M、N 之间存在宽度为d，垂直纸面向里的匀强
磁场，磁感应强度为B。大量比荷为k 的正离子从M 边界上的P 点以速率v = 2
3 kBd进入磁场，速度方向
均匀分布在180°的范围内，不计离子重力，也不计离子间的相互作用，磁场区域足够长。则所有从边界
N 飞出磁场的离子（ ）
A．占离子总数的1
6
B．在磁场中运动的最长时间为2π
3kB
C．在边界N 上的射出位置的长度为2❑√3
3
d
D．在磁场中经过区域的面积为
❑√3
3 d
2
【答案】BCD
【详解】A．根据qvB =m v
2
r
可得r = mv
qB = 2
3 d
由几何关系可知，从P 点水平向右射出的离子打到界面N 上的最远点为C 点；当轨迹与界面N 相切时，
离子打到左边的最远点Q，由几何关系，该离子射出的速度方向与界面M 夹角为60°，则能打到界面N 的
离子占离子总数为60
∘
180
∘= 1
3，A 错误；
B．射到C 点或Q 点的离子在磁场中运动时间最长，最长时间为t = 120
∘
360
∘
2πr
v
= 2π
3kB ，B 正确；
C．在边界N 上的射出位置的长度为L=2r sin 60
∘= 2❑√3
3
d，C 正确；
D．在磁场中经过区域的面积为两圆弧所夹部分的面积（实际等于矩形APBC 的面积）
S =d × 2
3 d sin 60
∘=
❑√3
3 d
2，D 正确。
故选BCD。
5．（多选）（25-26·高三上·河南开封·期末）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v0=
❑√3kBL
2
，粒子从BC 边离开磁场的最短时间为π
3kB
B．若θ =30°，粒子从AB 边射出的最大速率为kBL
C．若θ =90°且粒子恰好不从BC 边射出，则v0=
❑√3kBL
3
D．若θ =90°且粒子恰好不从BC 边射出，则v0=
❑√3kBL
2
【答案】AC
【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
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，△A O1 D为等边三角形，则最短时间tmin=
π
3 r
v0
=
π
3kB
，故A 正确；
B．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，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vmax = ❑√3kBL，故B 错误；
CD．若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° = mv0
qB
解得v0=
❑√3kBL
3
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
6．（多选）（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，匀强磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，AC
是半径为L 的1
4 圆弧，圆心为O，CD 与OC 共线，DE⊥CD，且CD = DE =(❑√3−1) L，一束质量为
m、电荷量为q 的带正电粒子，在纸面内从A 点沿AO 以不同的速率射入磁场，打在ACDE 上即被吸收。
不计粒子重力及粒子之间的相互作用，打在AC 上粒子的最短运动时间为t1，打在CDE 上粒子的最长运动
时间为t2，则下列说法正确的是（ ）
A．t1= πm
2qB
B．t2= 2πm
3qB
C．打在C 点和E 点的粒子在磁场中的运动时间不相等
D．在磁场中运动时间相等的该粒子可能有3 个不同速度
【答案】ABD
【详解】A．粒子沿AO射入磁场，根据左手定则，粒子在磁场中做圆周运动的圆心在A O
′上，根据
T = 2πm
qB 可知，打在不同位置的粒子在磁场中的运动周期相等，如图1 所示，若粒子打在F点，则图中α
为弦切角，圆心角为弦切角2 倍，要使打在AC上粒子的运动时间最短，应该让α最小，即打在C点，此
时α = 45
∘，圆心角为θ =2α =90
∘，所以t1= 1
4 T = πm
2qB ，A 正确；
B．同理，打在CDE上的粒子最长时间，应该使α最大，粒子打在D点，如图2 所示，OC +CD
AO
= ❑√3，
则α =60
∘，圆心角为θ =2α =120
∘，所以t2= 120
∘
360
∘T = 2πm
3qB ，B 正确；
C．如图3 所示，打在C点和E点的粒子弦切角均为45
∘，所以圆心角相等，时间相等，C 错误；
D．如图4 所示，G、H、I在同一条直线上，弦切角相等，圆心角相等，时间相等，由于这三个粒子半
径不等，根据qvB =m v
2
r 可得r = mv
qB ，可知这三个粒子速度不同，D 正确。
故选ABD。
7．（19-20·高二下·河南·期末）如图所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁
场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子
射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的
出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2:v1为（ ）
A．❑√3:2
B．❑√2:1
C．❑√3:1
D．3:❑√2
【答案】C
【详解】设圆形区域磁场的半径为r，当速度为v1时，从P 点入射磁场的粒子出磁场时与磁场边界的最远
交点与入射点之间的距离等于该粒子做圆周运动的直径，出射点分布在六分之一圆周上，如图所示
根据几何知识可知轨迹圆的半径为
R1= 1
2 r
根据洛伦兹力提供向心力有
q v1B =m v1
2
R1
解得
v1= qBr
2m
当速度为v2时，从P 点入射磁场的粒子出磁场时与磁场边界的最远交点与入射点之间的距离等于该粒子
做圆周运动的直径，出射点分布在三分之一圆周上，如图所示
根据几何知识可知轨迹圆的半径为
R
′
2=r sin 60
o
根据洛伦兹力提供向心力有
q v2B =m v2
2
R
′
2
解得
v2=
❑√3qBr
2m
则有
v2:v1= ❑√3:1
故C 正确，ABD 错误。
故选C。
8．（24-25·高二上·湖南邵阳·期末）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如
图中虚线所示，´ab为半圆，ac、bd 与直径ab 共线，ac 间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量
为q（q>0）的粒子，在纸面内从c 点垂直于ac 射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互
作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）
A．7 πm
6qB
B．5 πm
4 qB
C．4 πm
3qB
D．3 πm
2qB
【答案】C
【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动
qBv = mv
2
r
， T = 2πr
v
可得粒子在磁场中的周期
T = 2πm
qB
粒子在磁场中运动的时间
t = θ
2π ⋅T = θm
qB
则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长；过c点做半圆的切线交
于e点，如图所示
由图可知，粒子从e点离开时，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动时间最长；由图中几何关系可知，
此时轨迹对应的最大圆心角为
θmax=240°
则粒子在磁场中运动的最长时间为
tmax = 240°
360° T = 2
3 × 2πm
qB = 4 πm
3qB
故选C。
9．（25-26 高二上·重庆·阶段检测）如图所示,长方形abcd 长ad=0.6 m,宽ab=0.3 m,O、e 分别是ad、bc 的
中点,以ad 为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25T.一群不计重
力、质量m=3×10－7kg、电荷量q=+2×10－3C 的带电粒子以速度v=5×102 m/s 沿垂直ad 方向且垂直于磁场射
入磁场区域( )
A．从Od 边射入的粒子,出射点全部分布在Oa 边
B．从aO 边射入的粒子,出射点全部分布在ab 边
C．从Od 边射入的粒子,出射点分布在Oa 边和ab 边
D．从aO 边射入的粒子,出射点分布在ab 边和be 边
【答案】D
【详解】带电粒子垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，qvB =m v
2
R ，圆周运动半径
R = mv
qB =0.3m，与半圆形磁场的半径相同．从Od 边射入的粒子，正电荷受力沿da 方向指向圆心，根据
半径可判断圆周运动的圆心在oa 之间，出射的粒子分布于ab 边和be 边，而不可能是oa 边，选项AC
错．从aO 边射入的粒子，圆心在oa 的正上方，根据运动轨迹与半圆形磁场边界的交点，粒子仍然从ab
边和be 边射出，选项B 错D 对．
10．（25-26 高二上·宁夏银川·期末）（多选）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸
面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q 的相同粒子从y 轴上的P(0,❑√3 L)
点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y 轴正方向的夹角为
α (0≤α ≤180°)。当α =150
°时，粒子垂直x 轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α = 45°时，粒子也垂直x 轴离开磁场
C．粒子入射速率为2❑√3qBL
m
D．粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为3 ❑√5 L
【答案】ACD
【详解】A．根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A 正确；
BC．当α =150
°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
r =
❑√3 L
cos60
° =2❑√3 L
洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r
解得粒子入射速率
v = 2❑√3qBL
m
若α = 45
°，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B 错误，C 正确；
D．粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可知
(2r )
2=(❑√3 L)
2+ xm
2
解得
xm =3 ❑√5 L
D 正确。
故选ACD。
