文档文本内容
小题精练13 有界磁场 磁聚焦 平移圆 放缩圆 旋转
圆问题
一、直线边界
直线边界磁场又分单边直线边界和双边平行直线边界。单边直线边界如图甲、乙、丙所示，粒
子进出磁场具有对称性；双边平行直线边界如图丁、戊所示，粒子进出磁场存在临界条件。
解决这类问题的“三部曲”：画轨迹、找圆心、定半径。
如果粒子从同一直线边界射入和射出，那么粒子进入磁场时速度与边界的夹角和射出磁场时速
度与边界的夹角相等。
二、矩形边界
矩形边界磁场是指分布在矩形范围内的有界磁场，带电粒子的轨迹只是一部分圆弧。垂直于某
边射入，从某一顶点射出是常见的临界情况。
解决该类问题的关键是把握临界情况，如图所示。常见的有如下几种情况：(设粒子从ad 边中
点e 垂直射入)
(1)两个临界半径
①从d 点射出：r1＝。
②从c 点射出：r＝
2
＋ab2。
(2)三种情况
①r≤r1，粒子从ed 段射出。
②r1<r≤r2，粒子从cd 段射出。
③r>r2，粒子从cf 段射出(不会到达f 点)。
三、圆形边界
圆形边界磁场是指分布在圆形区域内的有界磁场，带电粒子在圆形边界的匀强磁场中的轨迹也
是一段不完整的圆弧。由于此类问题涉及两个圆：粒子运动轨迹的圆与磁场区域的圆，能很好地考
查学生的综合分析能力，所以是近年来高考的热点。
带电粒子在圆形边界磁场中运动的四个结论：
(1)径向进出：当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿
径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心，如图1 所示。
(2)等角进出：入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁
场圆半径的夹角，如图2 所示。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ＝0°)。
(3)点入平出：若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电
粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入
射点处的切线方向射出磁场，如图3 所示。
(4)平入点出：若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径
和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，且磁场区域圆周上
该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行，如图4 所示。
四、四分之一平面边界
四分之一平面边界磁场是指分布在平面直角坐标系中某一象限范围的有界磁场，带电粒子的轨
迹只是一部分圆弧，粒子轨迹与坐标轴相切或垂直是常见的临界情况。
解决该类问题的关键是明确粒子射入(射出)磁场的位置坐标，及速度方向与坐标轴的夹角关系，
然后分析粒子做圆周运动的轨迹、圆心，寻找几何关系求解问题。
五、三角形边界
三角形边界磁场是指分布在三角形区域内的有界磁场，粒子的轨迹也是一段圆弧，由于三角形
有等边三角形、等腰三角形、直角三角形等不同类型，所以会有不同的临界情景。
解答该类问题主要把握以下两点：
(1)射入磁场的方式
①从某顶点射入。
②从某条边上某点(如中点)垂直(或成某一角度)射入。
(2)射出点的判断
其临界条件是判断轨迹可能与哪条边相切，进而判定出射点的可能位置。
六、平移圆问题
1．适用条件
(1)速度大小一定，方向一定，入射点不同但在同一直线上
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时，它们做
匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则圆周运动半径R＝，如图所示(图中只画出粒子
带负电的情景)。
(2)轨迹圆圆心共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行。
2．界定方法
将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆法”。
七、放缩圆问题
1．适用条件
(1)速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆
周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。
(2)轨迹圆圆心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动半径也越大。带电粒子沿同一方向射
入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上。
2．界定方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩做轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称
为“放缩圆法”。
八、旋转圆问题
1．适用条件
(1)速度大小一定，方向不同
粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的
半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝，如图所示。
(2)轨迹圆圆心共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点为圆心、半径R＝的圆上。
2．界定方法
将半径为R＝的圆以带电粒子入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为
“旋转圆法”。
【例题1】（2026·江苏·一模）某质谱仪简化结构如图所示，在xOy 平面的y >0区域存在方向垂直
纸面向里、大小为B 的匀强磁场，在x 轴处放置照相底片，大量a、b 两种离子飘入（其初速度几
乎为零）电压为U 的加速电场，经过加速后，从坐标原点且与y 轴成θ角的范围内垂直磁场方向射
入磁场，最后打到照相底片上，测得最大发射角的余弦值cosθ =0.9，已知a、b 两种离子的电荷量
均为−q，质量分别为2m 和m，不考虑离子间相互作用。下面说法正确的是（ ）
A．a 离子在磁场中速度大小为❑√
2qU
m
B．b 离子在照相底片上形成的亮线长度为2
5 B
❑√
2mU
q
C．打在照相底片上的a、b 两种离子间的最近距离为18
5 B
❑√
mU
q + 2
B
❑√
2mU
q
D．若加速电压在(U −ΔU ,U +ΔU )之间波动，要在底片上完全分辨出a、b 两种离子，则
ΔU
U
不超过31
131
【答案】D
【详解】A．a 离子加速过程qU = 1
2 ⋅2m⋅va
2
解得va= ❑√
qU
m
，故A 错误；
B．b 离子加速qU = 1
2 ⋅m⋅vb
2
解得vb= ❑√
2qU
m
磁场中轨道半径rb= m vb
qB = 1
B
❑√
2mU
q
离子沿y 轴入射时，打在底片上的位置为2rb；沿与y 轴成θ角入射时，水平位移为2rbcosθ
亮线长度为Δ x =2rb(1−cosθ)
代入cosθ =0.9，得亮线长度Δ x = 2
B
❑√
2mU
q
×0.1= 1
5 B
❑√
2mU
q
，故B 错误；
C．磁场中，洛伦兹力提供向心力，得轨道半径q va B =2m⋅va
2
ra
则轨道半径ra= 2m⋅va
qB
= 2m
qB ⋅❑√
qU
m = 2
B
❑√
mU
q
离子沿与y 轴成θ角入射时，打在x 轴上的水平位移为2racosθ
沿y 轴入射时，水平位移为2ra(θ =0，cosθ =1)
a 离子的最小水平位移（沿θ角入射）xa,min=2racosθ =2× 2
B
❑√
mU
q ×0.9= 18
5 B
❑√
mU
q
b 离子的最大水平位移（沿y 轴入射）xb,max =2rb=2⋅1
B
❑√
2mU
q
= 2
B
❑√
2mU
q
两种离子的最近距离为Δ x = xa,min−xb,max = 18
5 B
❑√
mU
q −2
B
❑√
2mU
q
，故C 错误；
D．要完全分辨，需满足2(r
′
amax−r
′
amin)>2(r
′
bmax−r
′
bmin)
通过半径公式推导，可得ΔU
U ≤31
131
，故D 正确；
故选D。
【例题2】（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。
难度：★★★☆ 建议时间：45 分钟 正确率： /20
1.
（2025·河北保定·一模）核聚变又称热核反应，能释放出巨大能量，但难以控制。目前科学家们应
用磁约束成功实现了对核聚变的小规模控制，磁约束的简化原理图如图所示：在半径分别为R₁ 和
R₂ 的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。假设氘核(❑1
2H)
沿内环切线以速度v₁ 向左进入磁场，氚核(❑1
3H)沿内环切线以速度v₂ 向右进入磁场，已知
v1:v2=1:3,二者均恰好不从外环射出。不计粒子重力及粒子之间的相互作用，则R1: R2为
（ ）
A．7:11
B．2:3
C．4:9
D．1:3
【答案】A
【详解】由题意可知，根据左手定则，运动轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
r
，v1:v2=1:3,
得r1:r2=2:9
几何关系可知，氘核(❑1
2H)的半径为r1，有2r1= R2−R1
则r1= ( R2−R1)
2
由几何关系可知，氚核(❑1
3 H)的半径为r2，有2r2= R2+ R1
则r2= ( R1+ R2)
2
联立得R1: R2=7:11
故选A。
2.
（2025·云南·模拟预测）矩形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，AB长l，AD长2l。质
量为m、电荷量为q 的带电粒子，从A 点以速度v0沿AD方向射入磁场，最终从BC边离开磁场。不
计粒子重力，则匀强磁场的磁感应强度大小范围为（ ）
A．2m v0
5ql <B< 2m v0
ql
B．2m v0
5ql <B< m v0
2ql
C．2m v0
3ql <B< 2m v0
ql
D．
m v0
2ql <B< 2m v0
3ql
【答案】A
【详解】若带电粒子从B 点离开磁场，则粒子做圆周运动的半径为R1= l
2
由牛顿第二定律得q v0 B1=m v0
2
R1
解得B1= 2mv0
ql
若粒子从C 点离开磁场，由几何关系得R2
2=(R2−l)
2+ 4l
2
由牛顿第二定律得q v0 B2=m v0
2
R2
解得B2= 2mv0
5ql
综上，匀强磁场的磁感应强度大小范围为2m v0
5ql <B< 2m v0
ql
故选A。
3.
（2025·云南·模拟预测）如图所示，虚线ON 上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，完全相同的带电
粒子a、b 在纸面内以不同的速率从O 点沿垂直于ON 的方向射入磁场，最后分别从M 点、N 点离
开磁场。已知M 点为ON 的中点，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
A．两粒子均带正电
B．洛伦兹力对b 粒子做的功多
C．b 粒子的速率是a 粒子的两倍
D．b 粒子在磁场中运动的时间是a 粒子的两倍
【答案】C
【详解】A．由左手定则可知，两粒子均带负电，选项A 错误；
B．洛伦兹力对两粒子均不做功，选项B 错误；
C．两粒子均在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB =m v
2
R
整理得v = qBR
m
由题意Rb=2 Ra，因此b 粒子的速率是a 粒子的两倍，选项C 正确；
D．粒子在磁场中运动的时间为t = 2πm
qB
⋅
θ
360°
结合题图可知两粒子在磁场中运动的时间相同，选项D 错误。
故选C。
4.
（25-26 高三上·重庆·期中）如图，在竖直平面内的xOy 直角坐标系中，x 轴上方存在垂直纸面向里
的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在x 轴上方有一个开口向下的长方体敞口粒子收集箱 abcd，x
轴在 dc 面上且与 dc 边平行， bc 长为L，a、b 距y 轴的距离均为L。位于原点O 的粒子源，沿xOy
平面向x 轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度
大小均为 qBL
m 。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2L
B．bc 面 （不含b 端）能收集到粒子
C．有一半的粒子能被 ab 面收集
D．收集箱收集到的粒子在磁场中运动的最短时间为 πm
6qB
【答案】C
【详解】A．根据qvB =m v
2
r
可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为r = mv
qB = L，A 错误；
B．由左手定则，结合几何关系可知，水平向右射出的粒子只能打到b 点，可知bc 面 （不含b 端）
不能收集到粒子，B 错误；
C．沿y 轴正向射出的粒子恰能打到a 点，水平向右射出的粒子能打到b 点，可知第一象限的粒子
都能打到ab 面上，即有一半的粒子能被 ab 面收集，C 正确；
D．收集箱收集到的粒子运动时间最短时，在磁场中做圆周运动的弦长最短，即从ab 的中点或者从
d 点射出时时间最短，由几何关系可知圆弧对应的圆心角为60°，则在磁场中运动的最短时间为
tmin= 60
∘
360
∘⋅2πm
qB = πm
3qB
，D 错误。
故选C。
5.
（25-26 高二上·浙江·期中）太阳耀斑爆发期间，大量宇宙射线持续射向地球。地球磁层作为天然
防护屏障，可使带电粒子的运动轨迹发生偏转。一群质量为m、电荷量为q、速度大小介于某一范
围的粒子沿垂直于直径AC 的方向射向赤道平面，已知从A 点射入磁场的粒子恰好全部到达赤道线
下半圆弧上的各点。设赤道平面内匀强磁场半径OA =3 R，磁感应强度大小为B，地球半径为R，
不计粒子重力、粒子间的相互作用力以及一切阻力。下列说法正确的是（ ）
A．能到达赤道的粒子在磁场中运动的最短时间为t =πm
3qB
B．赤道上存在一段区域粒子无法到达，该盲区所对圆心角为60°
C．粒子的速度大小范围为qBR
m ≤v ≤3qBR
m
D．从A 点射入的粒子，速度越大，在磁场中运动的时间越长
【答案】A
【详解】A．粒子在磁场中，有qvB =m v❑
2
r
可得T = 2πr
v
= 2πm
qB
所以粒子在磁场中运动的周期相同，粒子从磁场边缘到地球赤道面在磁场中偏转的角度越小，运动
的时间越小，根据几何关系可得，磁场边界和赤道上点连线（弦长）越短，轨道半径越大，粒子偏
转角度越小，粒子轨迹对应的弦最短（最短弦长为2R），轨迹半径最大为2R，如下图，此时带电
粒子从磁场边缘到行星赤道面的时间最短。
对应的轨迹偏转的圆心角为θmin= π
3
所以带电粒子从磁场边缘到行星赤道面的最短时间为t min=
π
3
2π T = πm
3qB
故A 正确；
CD．当带电粒子速度最小时，画出粒子的运动轨迹，如下图所示
根据几何关系可知r1=R
根据洛伦兹力提供向心力，有q v1B =m v1
2
r1
解得v1= qBR
m
当带电粒子速度最大时，画出粒子的运动轨迹，如下图所示
根据几何关系可知r2=2R
根据洛伦兹力提供向心力，有q v2B =m v2
2
r2
解得v2= 2qBR
m
粒子的速度大小范围为qBR
m ≤v ≤2qBR
m
则从A 点射入的粒子射到赤道直径两个端点时经过的都是半圆周，根据T = 2πm
qB 可知，时间相等，
则从A 点射入的粒子，并非速度越大在磁场中运动的时间越长，故CD 错误；
B．带电粒子以最大速度运动的轨迹与赤道上半圆弧相切点，为辐射盲区的上边界点，通过A 射入
的粒子恰好能达到赤道线下半圆弧，则从A 点射入的带电粒子以最大速度运动的轨迹与赤道线内切
的交点为辐射盲区的下边界点，如图所示，△COO′为等腰三角形，且
CO=OO′=3R，CO′=2R
则cosθ = R
3 R = 1
3
可知θ>60
∘，B 错误；
故选A。
6.
（2025·云南昆明·模拟预测）科研人员在实验室开展带电粒子在复合场中运动规律的研究。实验装
置如图所示，水平放置的绝缘实验台上方，存在范围足够大、方向水平的匀强磁场。一质量为m、
带电量为q(q>0)的带电粒子从台面上方高h处由静止释放，该带电粒子的运动轨迹始终在台面上方，
且刚好不会撞到台面。已知重力加速度为g，关于带电粒子第一次运动到最低点的过程，下列说法
正确的是（ ）
A．粒子做变速圆周运动
B．该过程粒子机械能先增加后减少
C．匀强磁场的磁感应强度大小为m
q
❑√
2g
h
D．粒子的最大速度大小为
❑√2
2 gh
【答案】C
【详解】A．小球在重力和洛伦兹力的作用下，所受合外力大小和方向都在变，洛伦兹力始终和速
度垂直，但是合力不与速度垂直，粒子做变速运动，其运动轨迹不是圆的一部分，事实上是轮摆线，
故A 错误；
B．小球运动过程中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，重力势能和动能相互转化，所以小球机械
能守恒，故B 错误；
C．将小球的运动分解为水平向右大小为v1的匀速直线运动和初速度水平向左大小为v2的匀速圆周
运动。一个分运动有q v1B =mg，得v1= mg
Bq
另一个分运动q v1B =m v1
2
r
圆周运动得半径为r = mv1
Bq
若小球刚好不会碰到地面，则h=2r
根据以上几式，解得匀强磁场的大小为B = m
q
❑√
2g
h
，故C 正确；
D．粒子刚要碰到地面时速度最大，全程洛伦兹力与速度相垂直不做功，只有重力做功，由
mgh= 1
2 m v
2
解得最大速度为v = ❑√2gh，故D 错误。
故选C。
7.
（2025·湖南怀化·模拟预测）如图所示，在△ABC区域内存在垂直于三角形平面向里的匀强磁场，
∠A =90
∘，AC =d，BC=2d。在顶点A处有一粒子源，可以在垂直磁场的平面内，向∠CAB区域
内各个方向均匀射入比荷为k、速率为v的带负电的粒子，有2
3
的粒子能从AB边射出，忽略粒子的
重力及相互间的作用力。下列说法中正确的是（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小为
❑√3 v
3kd
B．从BC 边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
❑√3πd
3 v
C．粒子在磁场中运动的最长时间为
❑√3πd
2v
D．AB边有粒子射出的区域长度为3
2 d
【答案】D
【详解】A．粒子源射出的粒子有2
3
从AB边射出，90
∘× 2
3 =60
∘，则速度方向与AB边成60
∘角范围
内的粒子都能从AB边射出，如图所示，当粒子速度方向与AB边成60
∘角时，粒子运动轨迹与BC
边相切，其圆心为O1，由几何关系可得粒子运动的轨迹半径为r =
❑√3
2 d，又Bqv =m v
2
r
，解得
B = 2❑√3 v
3kd
，故A 错误；
B．所有粒子在磁场中运动的轨迹半径相同，轨迹为劣弧时对应弦长越短，在磁场中运动时间越短，
运动时间最短的粒子对应的弦垂直于BC，由几何关系可得，轨迹对应圆心O2刚好在AB边上，最
短时间t min=
π
3 r
v
=
❑√3πd
6 v
，故B 错误；
C．轨迹为劣弧时对应圆心角越大，在磁场中运动时间越长，沿弧´AQ运动时时间最长，故
t max=
2
3 πr
v
=
❑√3πd
3 v
，故C 错误；
D．AB边有粒子射出的区域为AQ，由几何关系可得AQ =2r cos30
∘= 3
2 d，故D 正确。
故选D。
【点睛】
8.
（2025·四川巴中·模拟预测）如图所示，在xOy直角坐标系的x轴的上方空间中存在垂直纸面向里的
匀强磁场，在O 点有一粒子源沿纸面向磁场中各个方向发射大量相同带负电粒子，若所有带电粒子
都能从P点离开磁场，不计带电粒子重力及粒子间的相互作用力，则带电粒子在O点发射时的
v y−v x图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】AD．若v y =0，v x≠0，带电粒子会沿x 轴做匀速直线运动，故AD 错误；
BC．若v x=0，v y≠0，则有q v y B =m v y
2
OP
2
则v y = qB·OP
2m
若粒子速度为v，与y 轴方向夹角为θ，则有qvB =m
v
2
OP
2cosθ
解得v = qB·OP
2mcosθ
则v y = v cosθ = qB·OP
2m
，即若所有带电粒子都能从P点离开磁场，则所有粒子的速度沿y 轴方向的
分速度都相同，故B 正确，C 错误。
故选B。
9.
（2025·安徽安庆·模拟预测）如图，有一内半径为2r、长为L 的圆筒形区域，左右端面的圆心O
′、
O 处各开有一小孔。以O 为坐标原点，取O
′O方向为x 轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x ≤0区域
有一匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向沿x 轴负方向。一电子枪在O 处向圆筒内多个方向发射
电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x 轴负方向的分速度大小相同。已知电子的质量为
m、电量为e，设电子始终被约束在圆筒区域内运动（包括筒壁），不计电子之间的相互作用及电
子的重力。要求所有的电子都能从O
′点射出圆筒，则有（ ）
A．电子从筒中射出时动能增加了
B．电子在筒中运动的时间最长时间为2πm
e B0
C．电子从O 点射入时沿x 负方向的速度可能为v0= B0eL
3 πm
D．从O 点射入磁场的电子的最大速度e B0
m
❑√
r
2+ L
2
4 π
2
【答案】D
【详解】A．因为洛伦兹力总不做功，则电子的动能不变，故A 错误；
B．电子在筒中沿x 负方向做匀速运动，则yOz平面内做匀速圆周运动，当电子完成完整的圆周运
动的同时沿x 负向到达O
′时，满足条件，则需要的最短时间为tmin=T = 2πm
e B0
，故B 错误；
C．根据L
v0
=n× 2πm
e B0
可得电子从O 点射入时沿x 负方向的速度v0=
B0eL
n×2πm
（n=1，2，3⋯），故C 错误；
D．由上面计算知，当n=1时，沿x 轴负方向速度最大，为v x = B0eL
2πm
当电子在yOz面的圆周运动的半径最大时，y 方向的速度最大，此时r = m v y
e B0
则电子入射的最大速度为vmax=
❑√v x
2+ v y
2
联立可得vmax= e B0
m
❑√
r
2+ L
2
4 π
2，故D 正确。
故选D。
10. （2025·四川巴中·模拟预测）如图所示，C、D、E 为以O 为圆心、半径为R 的圆周上的点，
∠COD =π
2 ，A 为CD 的中点，在OCEDO 内充满垂直于纸面向外的匀强磁场（图中未画出，O 点
处也有磁场），磁感应强度大小为B。一群质量为m、电荷量为q 的带正电粒子以速率v0= qBR
2m 从
AC 部分垂直于AC 射向磁场区域，忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力，只考虑粒子在一次进出
磁场中的运动。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的轨道半径为R
B．从CO 射出磁场的粒子运动时间不同
C．粒子在磁场中运动的最长时间为3πm
2qB
D．粒子可能从圆弧边界射出
【答案】C
【详解】
A．如图所示，由洛伦兹力提供向心力q v0 B =m v0
2
r
代入数据可得r = R
2
，故A 错误；
B．粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有T = 2πr
v0
= 2πm
qB
由图可知，部分粒子从OC 边射入磁场，又从OC 边射出磁场，由对称性可知，粒子偏转的圆心角
为90°，时间为t1= T
4 =πm
2qB
，故B 错误；
C．沿AO 入射的粒子，与磁场圆在最低点内切，圆心角为270°，粒子在磁场中运动的最长时间为
t3= 3T
4 = 3πm
2qB
，故C 正确；
D．从图中可知，粒子不会从圆弧边界射出，故D 错误。
故选C。
11. （2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，竖直平面abcd与zOy平面垂直，在abcd平面左侧存在方向
沿x轴负方向的匀强磁场，右侧存在沿z轴正方向的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B且范
围均足够大，现有一带正电的粒子从abcd平面上的A点沿y轴负方向射入左侧的匀强磁场后在两磁
场中来回运动，忽略磁场边界效应，不计粒子重力，下列关于粒子运动轨迹在xOz平面上的投影图
可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】粒子在abcd平面左侧的运动轨迹为半圆，在xOz平面上的投影图为一竖直方向的直径，
粒子在abcd平面右侧的运动轨迹为半圆，在xOz平面上的投影为一水平方向的直径，组合起来整
个运动轨迹在xOz平面上的投影图如A 项所示。
故选A。
12. （2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，有一个弹性绝缘材料制成的圆筒，沿一条直径开有正对的
两孔C 和D，筒内有匀强磁场，有一不计重力的带正电的粒子从D 孔以大小为v 的速度正对圆心入
射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C 孔飞出圆筒，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反
向，沿筒壁方向的速度不变。现改变粒子从D 孔入射的方向，使入射的方向与CD 成30°角，为使
粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C 孔飞出，则粒子的速度的大小为（ ）
A．
❑√3
3 v
B．
❑√3
2 v
C．
❑√6
6 v
D．v
【答案】D
【详解】当带正电的粒子从D 孔以大小为v 的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C
孔飞出圆筒，其运动轨迹如图所示
设圆筒的半径为R，由几何知识可知，子圆周运动的轨道半径也为R，洛伦兹力提供圆周运动的向
心力，则有Bqv = m v
2
R
改变粒子从D 孔入射的方向，使入射的方向与CD 成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后
仍能从C 孔飞出，其运动轨迹如下图所示
则D 点和第一次碰撞点对于的圆筒的圆心角为60°，设粒子的速度为v
'，v
'与CD 成30°角，故四边
形OEO
' D为菱形，所以粒子圆周运动的轨道半径为R，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
Bq v
' = m v
' 2
R
联立可得v
' = v
故选D。
13. （2025·四川·三模）如图所示，空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，水平直线MN 下方、上方的
磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1=2B2=2B0，一带正电的粒子P 静止在直线MN 下方与MN 距离
为d 的位置。某时刻，粒子P 爆炸分裂为带正电的粒子A 和不带电的粒子B，已知粒子A 的质量为
m，电荷量为+q，以大小为v0= 2q B0d
m
的速度开始水平向右运动，一段时间后与粒子B 相遇。不
计粒子重力，磁场区域足够大。则（ ）
A．粒子B 的质量为3
2 m
B．粒子B 的速度大小为4 q B0d
3 πm
C．两粒子相遇前，粒子A 运动的时间为3 πm
4 q B0
D．两粒子相遇前，粒子B 通过的距离为d
【答案】B
【详解】CD．粒子A 获得水平向右的速度，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力则有
q v0 B1=m v0
2
r1
解得粒子在磁场B1中的圆周半径r1=d
同理可得q v0 B2=m v0
2
r2
解得r2=2d
粒子B 获得水平向左的速度，在水平方向做匀速直线运动，若粒子A、B 相遇，则两者的运动轨迹
如图所示
根据图可得，相遇前粒子B 通过的距离为2d；相遇前粒子A 运动的总时间为
t =
π
2 m
q⋅2B0
+ πm
q B0
+
π
2 m
q⋅2B0
= 3 πm
2q B0
，故CD 错误；
AB．根据速度公式vB= 2d
t = 4 q B0d
3 πm
根据动量守恒mBvB=m v0
解得mB= 3 π
2 m，故A 错误，B 正确。
故选B。
14. （2025·安徽芜湖·二模）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负电的粒子，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5
12
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
6qB
D．粒子在磁场中运动的最长路径与最短路径之比为9∶2
【答案】B
【详解】A．粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得qvB =m v
2
r
解得r = mv
qB =d
如图所示
可知从x 轴射出磁场的粒子所对应的角度范围为90°，则从x 轴射出磁场的粒子数占总粒子数的
90°
360° = 1
4
故A 错误；
B．如图所示
由几何关系可知从OM 之间射出磁场的粒子所对应的角度范围为30°，则从OM 之间射出磁场的粒
子数占总粒子数的30°
360° = 1
12
故B 正确；
C．如图所示
到达x 轴的粒子中，当粒子到达P 点正下方位置对应圆心角最小，所用时间最短，则有
tmin= 60°
360° T = 1
6 × 2πr
v
= 1
6 × 2πm
qB = πm
3qB
故C 错误；
D．如图所示
粒子在磁场中运动的最长路径对应的圆心角为360°，最短路径对应的圆心角为60°，可知粒子在磁
场中运动的最长路径与最短路径之比为smax:smin=360°:60° =6:1
故D 错误。
故选B。
15. （2025·安徽·模拟预测）边长为L 的等边三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，带电粒子从
A 点沿AB 边以v ≤v0的速度射入磁场时，粒子在磁场中的运动时间相等，v >v0时，粒子在磁场中
的运动时间变短。已知粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子的重力，则（ ）
A．粒子带负电
B．当粒子速度小于v0时，粒子可能从BC 边射出
C．磁场的磁感应强度大小为
❑√3m v0
qL
D．当粒子速度小于v0时，粒子在磁场中的运动时间为
❑√3π L
9 v0
【答案】C
【详解】AB．根据带电粒子从A 点沿AB 边以v ≤v0的速度射入磁场时，粒子在磁场中的运动时间
相等，粒子一定向上偏转，带正电，当从AC 边射出时，粒子在磁场中的偏转角相等，都为120°，
选项AB 错误；
C．根据题意，当粒子以v0射入磁场时，粒子从C 点射出，如图所示，粒子的轨道半径
r =
L
2cos30° = L
❑√3
根据q v0 B = m v0
2
r
可得B=
❑√3m v0
qL
选项C 正确；
D．根据t = 1
3 T 、T = 2πm
qB
可得t = 2πm
3qB
代入可知t = 2❑√3π L
9 v0
选项D 错误。
故选C。
16. （2025·福建宁德·三模）如图所示，MN表示一块非常薄的金属板，带电粒子（不计重力）在匀强
磁场中运动并穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，粒子电量不变，由图可知粒子（ ）
A．带正电荷
B．沿a→b→c→d →e方向运动
C．穿过金属板后，轨迹半径变小
D．穿过金属板后，所受洛伦兹力变大
【答案】C
【详解】ABC．带电粒子穿过金属板后速度减小，根据牛顿第二定律qvB =m v
2
r
可得r = mv
qB
可知轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是e→d →c→b→a，粒子所受的洛伦兹力均指向圆
心，在e 点洛伦兹力向右，则由左手定则可知，粒子应带负电，故AB 错误，C 正确；
D．穿过金属板后速度减小，根据F洛=qvB可知，洛伦兹力减小，故D 错误。
故选C。
17. （2026·海南·一模）如图所示，O 点为半圆形区域的圆心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，
磁感应强度为B，ON 为圆的半径，长度为R，现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度
先后从A 点沿AO 方向和从B 点沿BO 方向射入磁场，并均从N 点射出磁场，若a 粒子的速率为v，
不计粒子的重力。已知∠AON =60°，下列说法正确的是（ ）
A．a 粒子做圆周运动的半径为R
B．b 粒子的速率为1
3 v
C．粒子的比荷为
❑√3 v
BR
D．a、b 两粒子在磁场中的运动时间之比为2∶1
【答案】CD
【详解】作出a、b 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
AC．根据几何知识可得ra= R tan30
∘=
❑√3
3 R
粒子a 在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qB va=m va
2
ra
联立解得q
m =
❑√3 v
BR
，A 错误，C 正确；
B．粒子b 在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有qB vb=m vb
2
rb
由几何知识可得rb=
R
tan30
o = ❑√3 R
解得vb= qBrb
m
=3 v，故B 错误；
D．根据题意可知，a、b 粒子在磁场中的运动周期T = 2πr
v
= 2πm
qB
两粒子在磁场中偏转的圆心角θa=120°，θb=60°，则两粒子在磁场中运动的时间之比为
ta:tb=2:1，故D 正确。
故选CD。
18. （25-26 高二上·重庆·期中）如图所示，平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方充满磁感应强度大小为
B、垂直纸面向外的匀强磁场。在O 点有一可视为质点的粒子源，沿纸面不断放出同种带负电粒子，
且粒子的速率均为v，粒子射入磁场时的速度方向与x 轴正方向的夹角θ 的范围为60°~120°。不计
粒子重力及粒子间的相互作用，已知粒子在y 轴上能到达的最远距离为a，则下列说法正确的是（
）
A．粒子在磁场中运动的半径为a
B．粒子射出磁场时到O 点的最远距离为2a
C．粒子射出磁场时到O 点的最近距离为a
D．从距O 点最近的位置射出磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为2πa
3 v
【答案】ABD
【详解】ABC．如图所示
粒子从最右侧射入时，轨迹圆心为O
′，根据几何关系可知ΔOO
′ D为等边三角形，所以
OD =a= R ,OF =2 R =2a，故AB 正确，C 错误；
D．从点E离开磁场的粒子在磁场中转过的角度可能为120°，也可能是240°，则在磁场中运动的
时间可能为t = T
3 = 2πa
3 v
也可能是t
′ = 2T
3 = 4 πa
3 v
故D 正确。
故选ABD。
19. （2025·浙江·一模）如图所示，在xOy坐标平面的第一、第四象限内存在足够宽的垂直纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度大小为B0，同时放置有两个关于x轴对称且板间距离为d的平行金属板A、B，
两金属板间存在沿y轴负方向的匀强电场（图中未画出）。现有一质量为m、电荷量为q的可视为
质点的带正电金属小球，以速度v0从坐标原点沿x轴正方向做匀速直线运动后从两极板右端离开极
板区域。不考虑电场在两极板之外的效应，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球离开两极板区域后可以运动到x轴的下方
B．两极板间的电场强度大小等于B0v0−mg
q
C．小球在运动过程中的最大速度等于2mg
q B0
−v0
D．小球在运动过程中偏离x轴的最大距离等于2m v0
q B0
−2m
2 g
q
2B0
2
【答案】BD
【详解】AB．小球在两极板间匀速运动时应有B0v0q =mg+ Eq
得E = B0v0−mg
q
小球离开两极区域，不再受电场力，将在磁场力和重力作用下运动到x轴上方，故A 错误，B 正确；
CD．小球离开两极间的运动可分解为沿水平方向v x和v = v0−v x
满足q v x B0=mg
根据洛伦兹力提供向心力可得q(v0−v x)B0=m (v0−v x)
2
r
可得其圆周运动的半径为r = m(v0−v x)
q B0
运动偏离x轴的最大距离等于ym =2r =2 m(v0−v x)
q B0
= 2m v0
q B0
−2m
2 g
q
2B0
2
小球运动过程中最大的速度为v0−v x+ v x = v0，故C 错误，D 正确。
故选BD。
20. （2025·陕西西安·一模）如图，长方体区域abcd −a1b1c1d1中ab=2ad =2aa1=2 L。a 处的粒子
源可在∠bad范围内朝各个方向发射速率均为v 的同种粒子，粒子比荷为k。该区域仅存在由a 指
向a1的匀强电场E 时，粒子均落在a1b1c1d1矩形范围内；该区域仅存在由a 指向a1的匀强磁场B 时，
粒子均通过ab边。不计重力及粒子间的相互作用，则其中某个粒子在该区区域运动过程中（ ）
A．E 的量大值为2v
2
kL
B．E 的大小可能为3 v
2
kL
C．B 的大小可能为v
2kL
D．B 的大小可能为2v
kL
【答案】BD
【详解】AB．只有电场时，粒子做类平抛，根据运动学规律则有x ≤L，x = vt
由牛顿第二定律可得qE =ma
解得a= qE
m =kE
故有L= kE
2 t
2
联立解得E≥2v
2
kL
即E 的最小值为2v
2
kL
，A 错误，B 正确；
CD．只有磁场时，粒子均通过ab 边，则沿ad 射出的粒子恰与cd 相切，半径R≤L
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有Bqv = m v
2
R
联立解得B≥v
kL
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
