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第3 讲 专题强化：带电粒子在磁场中运动的临界、
多解问题
题型一 带电粒子在磁场中运动的临界问题
解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键，通常以题目中的“恰好”“最大”“至
少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画好轨迹，建立几
何关系求解。
1．临界条件
带电粒子刚好穿出(不穿出)磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，
故边界(边界的切线)与轨迹过切点的半径(直径)垂直。
2．几种常见的求极值情况(速度一定时)
(1)最长时间：弧长最长，一般为轨迹与直线边界相切。
圆形边界：公共弦为边界圆直径时，出现极值，即当运动轨迹圆半径大于圆形磁场半径
时，以磁场直径的两端点为入射点和出射点的轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长。
(2)最短时间：弧长最短(弦长最短)，入射点确定，入射点和出射点连线与边界垂直。
如图所示，P 为入射点，M 为出射点，此时在磁场中运动时间最短。
3．判断临界问题的三种常用方法：“平移圆法”“旋转圆法”“放缩圆法”。
考向1“平移圆法”的应用
适用
条件
速度大小
一定，方
向一定，
但入射点
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同种
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，则半径R＝，如图所示
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
界定方法
将半径为R＝的圆进行平移，从而探索粒子运动的临界条件，这种方
法叫“平移圆法”
【典例1】（2026·湖北襄阳·二模）（多选）如图，边长为L 的正三角形ABC 区域内有垂直
纸面向里的匀强磁场，大量比荷为q
m的带负电粒子以相同速度垂直AC 边射入磁场，已知从
BC 边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为4
5 t0，粒子在磁场中运动的最长时间为8
5 t0，则
下列说法正确的是（ ）
A．磁感应强度大小为5πm
24 qt 0
B．粒子运动的轨迹半径为(2❑√3−3) L
C．粒子射入磁场的速度大小为(10 ❑√3−15)π L
12t0
D．粒子在磁场中扫过的面积为(1+π
6 )(21−12❑√3) L
2
【答案】BCD
【详解】A．粒子刚好从BC 边垂直打出，设该过程扫过的圆心角为θ，由
t = θ
2π × 2πm
qB =4
5 t0
几何关系可知θ = π
3 ，解得B = 5 πm
12qt0
，故A 错误；
B．粒子在磁场中运动的最长时间轨迹所对的圆心角为θ1，则有θ1
2π T = 8
5 t0
解得θ1= 2
3 π
画出该粒子的运动轨迹，如下图
由几何知识得
R
cos30° + R = L
解得R =(2❑√3−3) L，故B 正确；
C．由qvB =m v
2
R
联立解得v =
(10❑√3-15)πL
12t0
，故C 正确；
D．由几何知识得扫过的面积为S = R
2+ 1
6 π R
2=(1+ π
6)(21−12❑√3) L
2，故D 正确。
故选BCD。
考向2“旋转圆法”的应用
适用条
件
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R＝，如图所示
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P 为圆
心、半径R＝的圆上
界定方法
将一半径R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的
临界条件，这种方法叫“旋转圆法”
【典例2】 （2026·贵州贵阳·一模）（多选）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。
考向3“放缩圆法”的应用
适用条
件
速度方向一
定，速度大
小不同
粒子源发射速度方向一定，速度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
轨迹圆圆
心共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v 越
大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁
场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线
PP′上
界定方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放
缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法叫“放
缩圆法”
【典例3】 （2024·河北·模拟预测）（多选）真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强
磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为q(q>0)的带正电
粒子（不计重力）沿着与MN夹角θ =30°的方向以一定的速度v0（大小未知）射入磁场中，
从PQ边界射出磁场时与PQ的夹角为60°。则v0的大小可能为（ ）
A．(❑√3−1)qBl
2m
B．(❑√3+1)qBl
2m
C．(❑√3−1)qBl
m
D．(❑√3+1)qBl
m
【答案】CD
【详解】粒子从F点射出时，轨迹圆心为O1，半径为R1，如图所示
根据几何关系有
l = AE− FG= R1cos30°−R1cos60°
解得
R1= (❑√3+1)l
根据
q v01B =m v01
2
R1
解得
v01= (❑√3+1)qBl
m
粒子从D点射出时，轨迹圆心为O2，半径为R2，根据几何关系有
l = AB+CD = R2cos30°+ R2cos60°
解得
R2=(❑√3−1)l
根据
q v02B =m v02
2
R2
可得
v02= (❑√3−1)qBl
m
故选CD。
题型二 带电粒子在磁场中运动的多解问题
1．带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多
解。多解形成的原因一般包含四个方面：
类型
分析
图例
带电粒
子电性
不确定
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，
也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负
粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。
如图，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，
若带正电荷，其轨迹为a，若带负电荷，其轨迹
为b
磁场方
向不确
定
在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁场
方向时，必须考虑由于磁场方向的不确定而形
成多解。
如图，带正电粒子以速度v 垂直进入匀强磁
场，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a，若
磁场方向垂直纸面向外，其轨迹为b
粒子速
度不确
定
有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未具体
指出速度的大小或方向，此时必须考虑由于速
度的不确定而形成的多解
临界状
态不唯
一
带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞
出，也可能转过180°从入射界面一侧反向飞
出，形成多解
2.求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧
(1)分析题目特点，确定题目多解形成的原因。
(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。
(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式；若是出现几种解的可能性，注意每种解出现
的条件。
考向1 带电粒子电性不确定的多解问题
【典例4】（多选）如图所示，L1和L2为两条平行的虚线，L1上方和L2下方都是范围足够大，
且磁感应强度相同的匀强磁场，A、B 两点都在L2上。带电粒子从A 点以初速度v0与L2成
30
°角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，不计重力，
下列说法正确的是（ ）
A．若将带电粒子在A 点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过B 点
B．带电粒子经过B 点时的速度一定跟在A 点时的速度大小相同
C．若将带电粒子在A 点时的初速度方向改为与L2成60
°角斜向右上方，它将不能经过B
点
D．此带电粒子既可以是正电荷，也可以是负电荷
【答案】ABD
【详解】画出带电粒子运动的可能轨迹，B 点的位置可能有如图四种
A．根据轨迹，粒子经过边界L1时入射点与出射点间的距离与经过边界L2时入射点与出射点
间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小稍微增大一点，但保持方向不变，它仍有可
能经过B 点，故A 错误；
B．如图，粒子B 的位置在B1、B4，由于洛伦兹力对粒子不做功，则速度跟在A 点时的速度
大小相等，但方向不同，故B 正确；
C．如图，设L1与L2之间的距离为d，则A 到B2的距离为
x= 2d
tanθ
所以，若将带电粒子在A 点时初速度方向改为与L2成60
°角斜向上，则每次经过一个周期前
进的距离为
x1=
2d
tan60
° = x
3
则经过三个周期后经过B 点。故C 错误；
D．由图可知，分别是正负电荷的轨迹，正负电荷都可能，故D 正确。
故选ABD。
考向2 磁场方向不确定的多解问题
【典例5】 （2026·河北衡水·模拟预测）（多选）如图甲所示，边长为L 的正方形MNPQ
区域内存在方向垂直于MNPQ 平面的磁场，磁感应强度大小为B0，方向周期性变化，且磁
场变化周期T 可调。以垂直于MNPQ 平面向外为磁感应强度的正方向，B-t 图像如图乙所示。
现有一电子在t=0 时刻由M 点沿MN 方向射入磁场区域，已知电子的质量为m，电荷量大小
为e，PN 边界上有一点E，且lNE=
❑√3
3 L，若使电子满足下列条件时，说法错误的是
（ ）
A．电子沿NP 方向经过P 点，则电子的速度大小一定是e B0 L
m
B．电子沿NP 方向经过P 点，则电子的速度大小可能小于e B0 L
m
C．电子垂直于NP 边过E 点，则磁场变化周期一定是2πm
3e B0
D．电子垂直于NP 边过E 点，则磁场变化周期可能小于2πm
3e B0
【答案】AD
【详解】AB．电子沿NP 方向经过P 点，根据几何关系，电子运动的半径满足
(2n+1)r = L(n=0,1,2,⋯)
根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
R
可得电子的速度大小v =
e B0 L
(2n+1)m (n=0,1,2,⋯)
当n≥1时，则电子的速度小于e B0 L
m
，A 错误，B 正确；
CD．设垂直NP 边过E 点时，磁场变化周期一定是在磁场中运动半径最大的粒子的运动时间
的两倍，否则无法从垂直NP 边过E 点射出，设最大半径为R，则R =
❑√3
3 L
电子偏转的角度tanθ = L
R
解得θ =60
∘
磁场变化周期T =2× 60°
360° × 2πm
e B0
= 2πm
3e B0
，C 正确，D 错误。
电子偏转的角度θ由T决定，要满足电子垂直于NP 边过E 点，θ必须为π
3 ，因此T一定为
2πm
3e B0
，C 正确，D 错误。
故选AD。
考向3 粒子速度不确定的多解问题
【典例6】 （2026·湖南衡阳·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
【详解】A．若θ = π
6 ，粒子无碰撞直接从a到b，ab是圆筒直径，长度2 R，速度与弦ab的
夹角为θ，弦长ab=2r sinθ =2 R
解得r =2 R
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
sin α =
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
sin γ =
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。
考向4 临界状态不唯一的多解问题
【典例7】 （2025·河北邯郸·模拟预测）（多选）如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒
子从静止开始经加速电压U加速后，从三维直角坐标系的原点O处沿不同方向射入匀强磁场，
磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向。已知加速电压U调节范围为U 0≤U ≤3U 0，其中
U 0= q B
2 L
2
8m
。x轴上距离O点1.5L处有一长为L的吸收板，吸收板接地，粒子打在板上即
被吸收。不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．当粒子沿y轴正方向射入磁场时，调节U，板上有粒子击中的长度为(
❑√3−3
2)L
B．当U =3U 0，粒子从O点射入xOy平面x>0、y >0的区域，速度方向在0∼90
∘均匀
变化，且沿各方向发射的粒子数目相等，则击中吸收板的粒子占粒子总数的50%
C．当U =U 0，t =0时刻，粒子从O点射入yOz平面y >0、z<0的区域，且速度方向与
y轴正方向夹角为30
∘，粒子与z轴距离最大时的时间为t1=n πm
qB
(n=1，2，3⋯⋯)
D．当U =2U 0，粒子从O点射入yOz平面y >0、z<0的区域，且速度方向与y轴正方向
夹角为45
∘，则经过t2= 3 πm
2qB 时粒子的坐标为(
L
2 ，−L
2 ，−3
4 πL)
【答案】AD
【详解】A．粒子经加速电压U后，由动能定理可知qU = 1
2 m v
2
速度v = ❑√
2qU
m
代入磁场中半径公式r = mv
qB
可求得粒子的轨迹半径与电压的关系，当U =U 0= q B
2 L
2
8 m
时，半径r1= L
2
U =2U 0时，半径r2=
❑√2 L
2
U =3U 0时，半径r3=
❑√3 L
2
当粒子沿y轴正方向射入磁场时，粒子在xOy平面偏转半个圆周打在x轴上，当加速电压为
3U 0时粒子打中板上位置最远，为❑√3 L，因此打中板长度为(
❑√3−3
2)L，故A 正确；
B．当U =3U 0、粒子射向xOy平面，恰好打在板上的临界情况如图所示
由几何关系可知sinθ =
3
4 L
❑√3
2 L
=
❑√3
2 ，θ =60
∘
则击中吸收板的粒子占粒子总数的比例为(90
∘−60
∘)
90
∘
= 33 %，故B 错误；
C．当U =U 0，粒子射向yOz平面，速度方向与y轴正方向夹30
∘时，粒子的运动轨迹如下图
所示
将速度分解为沿y轴方向的v y和沿z轴方向的v z，则粒子在z轴方向以v z分速度做匀速直线运
动，在xOy平面以v y分速度做匀速圆周运动，故当粒子运动圆周运动半周期的奇数倍时粒
子离z轴最远，由T = 2πr
v
= 2πm
qB 可知，粒子与z轴距离最大时的时间为
t1=n πm
qB
(n=1，3，5⋯⋯)，故C 错误；
D．当U =2U 0，粒子速度方向与xOy平面和z坐标轴夹角均为45
∘时，初速度大小为
v0=
❑√2qBL
2m
将其分解为z轴方向分速度v z= qBL
2m
和xOy平面分速度v xOy = qBL
2m
粒子在z轴方向以v z分速度做匀速直线运动，在xOy平面以v xOy分速度做匀速圆周运动，则
经过t2= 3 πm
2qB 时粒子的坐标为(
L
2 ，−L
2 ，−3
4 πL)，故D 正确。
故选AD。
1.
（2025·山西临汾·二模）（多选）如图所示，匀强磁场垂直于xOy 平面（纸面）向外，磁场
的右边界与x 轴垂直，交x 轴于P（L，0）点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B₁，第Ⅳ象
限内的磁感应强度为B₂，且B₂=2B₁（大小均未知）。一质量为m、电荷量为+q 的粒子从原
点O 以速度v 进入第Ⅰ象限的磁场，方向与x 轴成30°角，粒子从P 点离开磁场区域，不计
粒子重力，则第Ⅰ象限的磁感应强度B₁ 的大小可能是（ ）
A．mv
4 qL
B．mv
2qL
C．mv
qL
D．2mv
qL
【答案】CD
【详解】根据洛伦兹力提供向心力qvB = mv
2
r
可得r = mv
qB
则在第Ⅰ象限内运动的半径为r1= mv
q B1
在第Ⅳ象限内运动的半径为r2= mv
q B2
= r1
2
设粒子最后从P 点离开时在第Ⅰ象限运动n 次，在第Ⅳ象限n−1次，根据几何关系有
2n×r1cos60°−2(n−1)×r2cos60° = L
解得B1=(
n+1
2 )
mv
qL ，(n=1,2,3⋯⋯)
A，当B1= mv
4 qL时，n 不为整数，故A 错误；
B，当B1= mv
2qL时，n=0，不符合取值范围，故B 错误；
C，当B1= mv
qL 时，n=1，故C 正确；
D，当B1= 2mv
qL 时，n=3，故D 正确。
故选CD。
2.
（25-26 高三上·云南·阶段检测）如图所示，边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强
磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里、向外，三角形顶点A处有一正粒子
源，能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的粒子，所有粒子均能通过D点，粒
子的比荷q
m =k，粒子重力不计，粒子间的相互作用可忽略，则粒子的速度可能为（ ）
A．BkL
4
B．3 BkL
C．2BkL
5
D．2BkL
【答案】A
【详解】粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，粒子运动的半径
R = L
n
(n=1,2,3,⋯)
由洛伦兹力提供向心力，有qvB =m v
2
R
联立解得v = BqR
m = BkL
n
(n=1,2,3,⋯)
将n=1,2,3,⋯代入，只有选项A 符合，故选A。
3.
（2023·湖北襄阳·模拟预测）如图甲所示，边长为L 的正方形abcd 区域内存在匀强磁场，磁
感强度大小为B0，方向垂直于abed 所在平面，且周期性变化（周期T 可根据需要调整），
如图乙所示，设垂直abcd 平面向里为磁感强度的正方向。现有一电子在t =0时刻由a 点沿
ab 方向射入磁场区，已知电子的质量为m，电荷量大小为e，图中边界上有两点f、g，且
df =bg=
❑√3
3 L，关于电子在磁场中的运动，以下说法中正确的是（ ）
A．调整磁场变化周期T，让电子沿bc 方向经过c 点，电子的速度大小一定是e B0 L
m
B．调整磁场变化周期T，让电子经过d 点，电子的速度大小一定是e B0 L
2m
C．要想让电子经过点f 点，则磁场变化周期一定是4 πm
3e B0
D．要想让电子垂直bc 边过g 点，则磁场变化周期一定是2πm
3e B0
【答案】D
【详解】A．要想让电子沿bc 方向经过c 点，可能的轨迹如图所示
也可以转奇数个1
4 圆弧后到c，根据洛伦兹力充当向心力，有
B0ev =m v
2
r
可得
r = mv
Be
根据以上分析则有
r = mv
e B0
=
L
2n+1（n＝0，1，2…）
解得
v =
e B0 L
m(2n+1)（n＝0，1，2…）
故A 错误；
B．要想让经过d 点，可能的轨迹如图所示
可知，r ＝L
2 ，解得
v = e B0 L
2m
或者先顺时针转磁场的半个周期T
2 ，之后逆时针转，从ad 方向经过d
这种情况下
r + ❑√3r = L
解得
v =
e B0 L
(1+ ❑√3)m
故B 错误；
C．要想让电子经过f 点，轨迹可能如图所示
由几何关系可得
R
2=(L−R)
2+(
❑√3
3 L)
2
解得
R = 2
3 L
只要满足运动时间t ≤T
2 即可；或者如图所示
圆周周期T 1= 2πm
e B0
，每一次转过120°圆心角
T 1
3 = T
2
解得
T = 4 πm
3e B0
故C 错误；
D．要想让电子垂直bc 边过g 点，经过偶数次偏转，每一次转过60°圆心角，圆周周期
T 1= 2πm
e B0
，则有
T 1
6 = T
2
解得
T = 2πm
3e B0
故D 正确。
故选D。
4.
（2025·安徽马鞍山·二模）垂直于纸面的均匀磁场，其方向随时间呈周期性变化。变化规律
如图所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一电荷量q =1×10
−7C、质量
m=1×10
−10kg的带电粒子，位于某点O 处，在t =0时刻以初速度v0=2πm /s沿某方向开
始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的其他影响。从t =0时刻开始的磁场变
化的一个周期内，带电粒子的平均速度的大小为（ ）
A．2❑√2πm /s
B．4 ❑√2πm /s
C．2❑√2m /s
D．4 ❑√2m /s
【答案】D
【详解】设粒子运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qB v0=m v0
2
r
解得r =2π ×10
−2m
周期为T 0= 2πm
qB =2π ×10
−2s
由图可知磁场变化的周期为T =10 π ×10
−3s= 1
2 T 0
根据t = θ
2π T 0
可得在0−5 π ×10
−3s时间内偏转的角度为θ1= π
2
同理在在5 π ×10
−3s−10 π ×10
−3s时间内偏转的角度为θ2= π
2
设粒子的出发点为a，经磁场变化的一个周期的终点为b，由图可知，磁场先向里再向外，
故作出其在磁场变化的一个周期内的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得粒子的位移即为a、b 两点的距离，则有x =2❑√2r = 4 ❑√2π ×10
−2m
从t =0时刻开始的磁场变化的一个周期T =10 π ×10
−3s内，带电粒子的平均速度的大小为
v = x
T = 4 ❑√2π ×10
−2
10 π ×10
−3 m /s= 4 ❑√2m /s
故选D。
5.
（2026·安徽阜阳·二模）如图所示，在半径为R 的圆形区域内分布着磁感应强度大小为B 的
匀强磁场，圆周上M 处有一个粒子发射源，能平行于纸面向磁场内各个方向发射速率为v0
的同种粒子。已知在粒子离开磁场的所有位置中，N 点距M 点最远且∠MON=120°，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．粒子在磁场中运动的半径为❑√3R
B．粒子的比荷为2❑√3v0
3 RB
C．由M 点射入再从N 点射出的粒子速度方向偏转了120°
D．从M 点射入的所有粒子在磁场中所能达到的区域面积为3π R
2
8
【答案】B
【详解】C．粒子离开磁场的所有位置中，N 距M 最远说明MN 是粒子做圆周运动的轨迹直
径，故从N 点射出的粒子运动方向偏转了180°，故C 错误；
A．根据几何关系可知2r =2 R sin60
°
得粒子在磁场中运动的半径为r =
❑√3
2
R，故A 错误；
B．由粒子所受洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有q v0 B =m v0
2
r
解得粒子的比荷为q
m =2❑√3v0
3 RB ，故B 正确；
D．由几何关系可知从M 点射入的所有粒子在磁场中轨迹所能达到的区域面积应大于轨迹圆
的半圆面积，则必大于1
2 π r
2=3π R
2
8
，故D 错误。
故选B。
6.
（2026·安徽芜湖·二模）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
【详解】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
qa
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。
7.
（2026·河北张家口·二模）（多选）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。
8.
（2026·内蒙古赤峰·一模）（多选）物理溅射镀膜是芯片制作的关键环节之一，如图是镀膜
部分平面结构简图。靶材溅射出的质量为m、电荷量为q 的带负电的粒子，从x 轴上P 点以
不同速率射入第一象限内磁感应强度为B 的匀强磁场中，部分粒子恰好垂直打在固定基底
上端附近的A 点。A，O 两点距离为3a，入射速度方向与x 轴夹角为60°，不计粒子重力。
能够打在基底上的粒子速度大小可能是（ ）
A．qBa
2m
B．qBa
m
C．2qBa
m
D．3qBa
m
【答案】BC
【详解】带负电粒子斜向右上与x 轴成60
∘入射，粒子垂直打在A(0,3a)，结合几何关系可
得r1+r1cos60° =3a
最大半径r1=2a
OP =r1sin 60° = ❑√3a
当轨迹恰好与OA相切时，有r2+r2cos30° =OP = ❑√3a
最小半径r2= 2❑√3
2+ ❑√3 a
所以轨迹半径满足2❑√3
2+ ❑√3 a≤r ≤2a
洛伦兹力提供向心力qvB = m v
2
r
解得速度范围2❑√3
2+ ❑√3
qBa
m ≤v ≤2qBa
m
故选BC。
9.
（2026·江西上饶·一模）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=bc=L，∠β =60
°，且ab//cd。一束带正电粒子，在纸面内从a 点垂直
于ab 射入磁场，这些粒子具有各种速率。已知该粒子的比荷为k，不计粒子之间的相互作
用。粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A．2π
3kB
B．π
kB
C．4 π
3kB
D．2π
kB
【答案】C
【详解】
弦切角越大，圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间最长。如图，粒子从c点射出时弦切角
最大，由几何关系可知θ = β
2 =30°
已知该粒子的比荷为k，粒子在磁场中运动的最长时间为
360°−(180°−60°)
360°
· 2πm
Bq = 2
3 · 2π
Bk = 4 π
3 Bk
故选C。
10. （2026·四川绵阳·模拟预测）（多选）如图所示，在xOy 坐标系内，0≤y ≤❑√3a区域存在垂
直于坐标平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。位于坐标原点的粒子源，可在xOy 平面内
与x 轴正方向间的夹角在0❑
∼π之间发射大量速度方向不同、大小相等的同种带电粒子。已
知沿y轴正方向发射的粒子经时间t0从边界上P（a，❑√3a）点离开磁场。不计粒子的重力
及粒子间的相互影响。则（ ）
A．粒子的比荷为2π
3 Bt0
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径2a
C．粒子在磁场中运动的最短时间小于1
2 t0
D．从y = ❑√3a的边界离开的粒子距O点最远为2
4√3a
【答案】BD
【详解】B．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1 所示，设粒子运动的轨迹
半径为r，则由几何关系可知tan ∠POx = yP
xP
=
❑√3a
a
= ❑√3
解得∠POx =60°
则粒子从O到P偏转了60°，则有r =
❑√a
2+(❑√3a)
2=2a，故B 正确。
A．由题意及几何关系得t0= 60
360 T = 1
6 × 2πm
qB
解得q
m =
π
3 Bt0
，故A 错误。
C．在磁场中运动时间最短的粒子对应的弦长最短，即为❑√3a，粒子在磁场中运动的半径为
2a，设粒子转过的圆心角为α，根据余弦定理可得cosα = (2a)
2+(2a)
2−(❑√3a)
2
2×2a×2a
= 5
8
若粒子在磁场中运动时间为1
2 t0，粒子转过的圆心角为α
′ = 1
2 ∠POx =30°
则有cosα
′ =cos30° =
❑√3
2
因为cosα
′>cosα
所以α >α
′
即粒子在磁场中运动的最短时间大于1
2 t0，故C 错误。
D．粒子沿x轴负方向射出时，粒子从y = ❑√3a的边界离开磁场区域的位置Q距离到O点的距
离最远，根据几何关系有QM =
❑√(2a)
2−(2a−❑√3a)
2
又QO =
❑√Q M
2+(❑√3a)
2
解得QO =2
4√3a，故D 正确。
故选BD。
11. （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。
12. （2026·江西九江·二模）平面直角坐标系xOy 的第一、第四象限充满匀强磁场，磁场的磁感
应强度大小均为B，方向相反，坐标原点处有一粒子源，该粒子源可向与x 轴夹角为
0<θ≤π
2
区域各方向发射速率范围在v0≤v ≤2v0的带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量
均为q，如图所示。粒子进入第一象限后，A 点为速率最小的粒子首次进入第四象限通过x
轴的最远点，OA :OC =5:8，v0为已知量，不计粒子重力、粒子间的碰撞及相互作用，已
知sin37° =0.6。
(1)求A 点坐标；
(2)求能够到达A 点的粒子的初速度方向与y 轴正方向的夹角范围；
(3)若首次通过A 点进入第四象限的粒子和首次通过C 点进入第四象限的粒子会在x 轴上相
遇，以粒子同时离开A、C 为计时起点（t =0时刻），求粒子第一次在x 轴上相遇的位置及
时刻。
【答案】(1)（2m v0
Bq
，0）
(2)0°≤α ≤60°
(3)β =37°，α =(
418
7 )°，t1= 106 πm
45 Bq
【详解】（1）粒子以最小速度进入第四象限的最远点在x 轴上的截距为直径，由于r = m v0
Bq
，
A 点的横坐标为xA=2r = 2m v0
Bq
，则C 点的横坐标为xC= 3.2m v0
Bq
故A 点的坐标为（2m v0
Bq
，0）
（2）设粒子进入第一象限时与y 轴正方向的夹角为α、速度大小为v x时通过A 点，如图所
示，需满足2 Rcosα = 2mv Acosα
qB
= 2mv y
qB
= xA
由此可知，通过A 点的粒子的竖直分速度为v y = v0
由于通过A 点的粒子的速度满足v0≤v A≤2v0
与y 轴正方向的夹角α满足cosα ≥v0
2v0
故到达A 点的粒子的初速度方向与y 轴正方向的夹角范围是0°≤α ≤60°
（3）设粒子进入第一象限时与y 轴正方向的夹角为β、速度大小为vC时通过C 点，同理可
得2 R' cos β = 2m vC' cos β
qB
= 2m v y'
qB
= xC
可得v❑y
' = 8
5 v0
因此通过C点的粒子的速度满足8
5 v0≤vC≤2v0
与y轴正方向的夹角β满足cos β ≥v❑y
'
2v0
，故0≤β ≤37°
两粒子相遇，必有n1 xA−n2 xC= xC−xA（其中n1、n2取1，2，3...）
即n1= 8n2+3
5
由于是第一次相遇，则取最小的自然数，取n1=7，n2= 4
因此粒子第一次在x轴上相遇的位置：x = xA+n1 x A = 16m v0
Bq
由于粒子在两磁场中的运动具有周期性，且粒子做圆周运动的周期均为T = 2πm
Bq ，因此从A、
C两点出发运动时间最短的粒子最快到达相遇点。
由分析知，粒子相遇时的时间t =n1
180°−2α
360°
T =n2
180°−2 β
360°
T
其中0≤α ≤60°，0≤β ≤37°
代入n1=7，n2= 4可得到，到达第一次相遇位置的粒子，满足α = 540°+8 β
14
当α =60°时，β =37.5°>37°，不符合题意，舍去；
当β =37°时，α =(
418
7 )°＜60°，符合题意；
由此可知，当β =37°时相遇的时间最短，即β =37°，α =(
418
7 )°的粒子最先相遇；
因此，粒子第一次在x轴上相遇的时刻为t1=n2
180°−2 β
360°
T
即相遇时刻t1= 106 πm
45 Bq
