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高考重点考点解读与针对性训练
第十二章 磁场
考点91 带电粒子在有界磁场中的运动
【考点解读】
考点1 洛伦兹力
1.洛伦兹力：磁场对 运动电荷 的作用力叫作洛伦兹力。
2.洛伦兹力的方向
（1）方向：F⊥B，F⊥v，即F 垂直于B 和v 决定的 平面 。
（2）判定方法： 左手 定则。
3.洛伦兹力的大小：F＝ qvBsin θ ，θ 为v 与B 的方向夹角。
（1）v∥B 时，洛伦兹力F＝0。（θ＝0°或180°）
（2）v⊥B 时，洛伦兹力F＝ qvB 。（θ＝90°）
（3）v＝0 时，洛伦兹力F＝0。
4. 对洛伦兹力的理解
（1）.洛伦兹力与安培力的联系及区别
（i）安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。
（ii）安培力可以做功，而洛伦兹力永不做功。
（2）.洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0 且v 不与B 平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB（v⊥B）
F＝qE
力方向与场
方向的关系
F⊥B，F⊥v
F∥E
做功情况
任何情况下都不做功
可能做功，也可能不做功
考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做 匀速直线 运动。
2.若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做 匀速
圆周 运动。
3.轨道半径和周期公式（v⊥B）
1
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考点3 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.“轨迹圆心、半径及运动时间”的确定
圆心的确定
半径的确定
时间的确定
基本
思路
（1）与速度方向垂直的直线过圆心。
（2）弦的垂直平分线过圆心。
（3）轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心
利用平面几何
知识求半径
利用轨迹长度L 或对应圆
心角θ 求时间
t＝L
v ＝θ
2π T
图例
说明
P 、M 点速度
垂线的交点
P 点速度垂线
与弦的垂直平
分线的交点
S 点的速度
垂线与切点
法线的交点
常用解三角形
法，（如图）R
＝
L
sinθ 或由R2
＝L2＋（R－d）
2 求得
R ＝
L
2＋d
2
2d
（1）速度的偏转角φ 等
于AB
⏜
所对的圆心角θ。
（2）偏转角φ 与弦切角α
的关系：若φ＜180°，φ
＝2α；若φ＞180°，φ＝
360°－2α
2.粒子在几种常见有界磁场中的运动分析
种类
图形
特点
直线
边界
进出磁场具有对称性
平行
边界
存在临
界条件
续表
种类
图形
特点
2
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圆形
边界
图b：粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场圆的半径
（1）沿径向射入必沿
径向射出。
（2）图b 为磁聚焦现
象
【高考真题】
【典例1】（2023·海南高考2 题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的
匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
答案 A
解析： 根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；小球
受到洛伦兹力和重力的作用，运动过程中速度和加速度的大小、方向都在变，B、C 错误；
洛伦兹力永不做功，D 错误。
【典例2】. （2024 年高考河北卷）如图，真空区域有同心正方形ABCD 和abcd，其各对应
边平行，ABCD 的边长一定，abcd 的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂
直于正方形所在平面．A 处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子
沿AD 方向进入磁场。调整abcd 的边长，可使速度大小合适的粒子经ad 边穿过无磁场区后
由BC 边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（ ）
3
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A. 若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为45°，则粒子必垂直BC 射出
B. 若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为60°，则粒子必垂直BC 射出
C. 若粒子经cd 边垂直BC 射出，则粒子穿过ad 边的速度方向与ad 边夹角必为45°
D. 若粒子经bc 边垂直BC 射出，则粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角必为60°
【答案】ACD
【解析】
根据几何关系可知，若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为45°，则粒子必经过cd 边，
作出粒子运动轨迹图，如图甲所示
粒子从C 点垂直于BC 射出，故AC 正确；
若粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为60°时，若粒子从cd 边再次进入磁场，作出粒
子运动轨迹如图乙所示
则粒子不可能垂直BC 射出；若粒子从bc 边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示
4
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则粒子一定垂直BC 射出，故B 错误、D 正确。
【典例3】. （2024 年高考广西卷）
坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感
应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为
的粒子，以初速度v 从O 点
沿x 轴正向开始运动，粒子过y 轴时速度与y 轴正向夹角为
，交点为P。不计粒子重力，
则P 点至O 点的距离为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
粒子运动轨迹如图所示
5
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在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子做圆周运动的半径
根据几何关系可得P 点至O 点的距离
故选C。
【典例4】. （2023 高考全国乙卷） 如图，一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直
于纸面（xOy 平面）向里，磁场右边界与x 轴垂直。一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场
中，在磁场另一侧的S 点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x 轴的接收屏上
的P 点；SP = l，S 与屏的距离为
，与x 轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场
区域再加上电场强度大小为E 的匀强电场，该粒子入射后则会沿x 轴到达接收屏。该粒子
的比荷为（ ）
6
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A.
B.
C.
D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查带电粒子在磁场和复合场中的运动及其相关知识点。
【解题思路】设带电粒子电荷量q，质量为m，从O 点沿x 轴正方向射入磁场，画出运动
轨迹，由图中几何关系可知偏转角θ 为60°，由cosθ=
解得r=2a。由洛伦兹力提供向
心力，得qvB=m
，在磁场区域加上电场，入射粒子沿x 轴到达接受屏，qE=qvB，联立解
得
=
，A 正确。
7
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【思路点拨】解答带电粒子在匀强磁场中运动问题，正确画出带电粒子运动轨迹是关键。
【典例5】. （2023 年高考全国甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，
筒上P 点开有一个小孔，过P 的横截面是以O 为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P 点
沿PO 方向射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞
点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变，方向相反；电荷量不变，重
力不计。下列说法正确的是
A. 粒子运动轨迹可能通过圆心，
B. 最少经2 次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C. 射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D. 每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O 的连线
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查带电粒子在圆形区域匀强磁场中运动、洛伦兹力、牛顿运动定
律及其相关知识点。
【解题思路】粒子沿PO 射入，由于受到洛伦兹力作用，粒子运动轨迹不可能通过圆心，A
错误；画出粒子运动轨迹，如图，可知粒子最少经2 次碰撞，可能从小孔射出，B 正确；
射入小孔时速度越大，粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间
不一定减少， C 错误；由题述和对称性可知，每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于
碰撞点与圆心O 的连线，D 正确。
【典例6】. （2022 年高考辽宁物理）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的
简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后
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从P 点沿径向射入磁场，粒子1 沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M 点。粒子2 经磁
场偏转后打在探测器上的N 点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。
下列说法正确的是（ ）
A. 粒子1 可能为中子
B. 粒子2 可能为电子
C. 若增大磁感应强度，粒子1 可能打在探测器上的Q 点
D. 若增大粒子入射速度，粒子2 可能打在探测器上的Q 点
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查带电粒子在圆形磁场的运动及其相关知识点.
【名师解析】
由题图可看出粒子1 没有偏转，说明粒子1 不受磁场力作用，即粒子1 不带电，则粒子1
可能为中子；粒子2 向上偏转，根据左手定则可知粒子2 应该带正电，选项A 正确、B 错误；
由以上分析可知粒子1 为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1 都不会偏转，选项C
错误；粒子2 在磁场中运动。洛伦兹力提供向心力有
，解得粒子运动轨迹半
径
。可知若增大粒子入射速度，则粒子2 的半径增大，粒子2 可能打在探测器上的
Q 点，选项D 正确。
【针对性训练】
1. （2025·山东青岛二中模拟）如图所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子
1 从磁场边界上的a 点垂直MN 和磁场方向射入磁场，经t1时间从b 点离开磁场，之后电子
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2 也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b 连线的中点c
离开磁场，则
t1
t2
为（ ）
A.3
B.2
C.3
2
D.2
3
答案：A
解析：电子1、2 在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出两电子的运动轨迹，如图所示，
电子1 垂直边界射入磁场，从b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c 点为圆心；
电子2 以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b 连线的中点c 离开磁场，根据
半径r＝mv
qB 可知，电子1 和2 的半径相等，根据几何关系可知，△aOc 为等边三角形，则电
子2 转过的圆心角为60°，所以电子1 运动的时间t1＝T
2 ＝π m
qB ，电子2 运动的时间t2＝T
6
＝π m
3qB ，所以
t1
t2
＝3，故A 正确，B、C、D 错误。
2 1932 年，美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子，证明了反物质的存在。
实验中，安德森记录了正电子在云室中由上向下经过6 mm 铅板的轨迹如图所示，匀强磁
场方向垂直于纸面，正电子穿过铅板会有部分能量损失，其他能量损失不计，则可判定正
电子（ ）
A.所在磁场方向一定垂直于纸面向里
B.穿过铅板后受到洛伦兹力变大
C.穿过铅板后做圆周运动的半径变大
D.穿过铅板后做圆周运动的周期变大
答案 A
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解析：根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A 正确；因正电子穿过铅板会有部分
能量损失，所以速度减小，根据 F 洛＝evB，可知正电子速度减小，受到的洛伦兹力减小，
故B 错误；设正电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有 evB＝mv
2
r
，解得 r＝mv
eB ，穿过铅板后速度变小，所以运动半径减小，故C 错误；根据正电子在磁场
中做匀速圆周运动的周期 T＝2π r
v
＝2π m
eB ，可知正电子穿过铅板前后，其运动的周期不
变，故D 错误。
3. 如图所示为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪发出的电子经电场加速后形成电子束，
玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹，励磁线圈能够产生垂直
纸面向里的匀强磁场。下列说法正确的是（ ）
A.仅增大励磁线圈中的电流，运动径迹的半径变小
B.仅增大励磁线圈中的电流，电子运动的周期将变大
C.仅升高电子枪加速电场的电压，运动径迹的半径变小
D.仅升高电子枪加速电场的电压，电子运动的周期将变大
答案 A
解析： 根据动能定理和牛顿第二定律可得eU＝1
2mv2，eBv＝mv
2
R
，解得R＝1
B√
2mU
e
，仅增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B 变大，则运动径迹的半径变小；仅升高电子枪
加速电场的电压U，运动径迹的半径变大，故A 正确，C 错误；由eBv＝m v
2
R
，v＝2π R
T
，
可得电子的周期为T＝2π m
eB ，电子运动的周期与电子枪加速电场的电压无关，且仅增大励
磁线圈中的电流，磁感应强度变大，电子运动的周期将变小，故B、D 错误。
4. 已知氚核的质量约为质子质量的3 倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷e；α 粒子即氦
原子核，质量约为质子质量的4 倍，带正电荷，电荷量为e 的2 倍。现在质子、氚核和α
粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（ ）
A.若它们速度相同，则它们的运动半径之比是2∶3∶1
B.若它们动量相同，则它们的运动半径之比是1∶2∶2
C.若它们动能相同，则它们的运动半径之比是1∶√3∶1
D.若它们由静止经过相同的电场加速后进入磁场，则它们的运动半径之比是1∶√3∶√2
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答案 CD
解析： 根据qvB＝mv
2
r
，可得r＝mv
qB ，质子、氚核和α 粒子的比荷之比为6∶2∶3；若它
们速度相同，根据r＝mv
qB ，可知它们的运动半径之比是1
6∶1
2∶1
3＝1∶3∶2 ，故A 错误
若它们动量相同，则根据r＝p
qB ，可知它们的运动半径之比是1
1∶1
1∶1
2＝2∶2∶1 ，故B
错误；根据r＝mv
qB ＝√2m Ek
qB
，若它们动能相同，则它们的运动半径之比是√1
1 ∶√3
1 ∶
√4
2 ＝1∶√3∶1，故C 正确；若它们由静止经过相同的电场加速后进入磁场，则Uq＝1
2
mv2，可得r＝1
B√
2mU
q
∝√
m
q
，则它们的运动半径之比是√
1
1
∶√
3
1
∶√
4
2
＝1∶√3∶√2，
故D 正确。
5. 如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P 点以与x 轴正
方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y 轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、
电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A.该匀强磁场的磁感应强度
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的轨道半径
D.带电粒子在磁场中运动的时间
答案 C
解析： 粒子恰好垂直于y 轴射出磁场，作两速度的垂线，交点为圆心O1，轨迹如图所示，
根据几何关系可得cos 30°＝a
R ，所以R＝2√3
3
a，故C 正确；在磁场中由洛伦兹力提供向
心力，即qBv＝mv
2
R
，解得带电粒子在磁场中运动的速率为v＝qBR
m ，因轨迹圆的半径R 可
求出，但磁感应强度B 未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故A、B 错误；带
电粒子做圆周运动的圆心角为2
3 π，而周期为T＝2π R
v
＝2π m
qB ，则带电粒子在磁场中运
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动的时间为t＝
2
3 π
2π
T＝2π m
3qB ，因为磁感应强度B 未知，则带电粒子在磁场中运动时间无法
求出，故D 错误。
6 .（2025·山西太原期末）两个带等量异种电荷的粒子a 和b，分别以速度va和vb射入匀强
磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同
时由A 点出发，同时到达B 点，如图所示，则（ ）
A.a 粒子带正电，b 粒子带负电
B.两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝√3∶1
C.两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D.两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
答案：BD
解析：由左手定则可得a 粒子带负电，b 粒子带正电，故A 错误；粒子做匀速圆周运动，
其运动轨迹如图所示，则Ra＝
1
2 d
sin30°
＝d，Rb＝
1
2 d
sin 60°
＝√3
3 d，所以Ra∶Rb＝√3∶1，
故B 正确；由几何关系可得，从A 运动到B，a 粒子转过的圆心角为60°，b 粒子转过的圆
心角为120°，则ta＝T a
6
，tb＝T b
3
，又ta＝tb，所以Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向
心力可得Bvq＝mv
2
R
，又粒子的运动周期T＝2π R
v
，联立得T＝2π m
qB ，根据a、b 两粒子
电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C 错误，D 正确。
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7.（2025·广东潮州期末）如图甲所示，洛伦兹力演示仪可通过改变出射电子的速度或磁感
应强度来观察电子做圆周运动的半径r 的变化，图乙中通同方向稳恒电流I 后，励磁线圈能
够在两线圈之间产生与两线圈中心的连线平行的匀强磁场。电子沿如图丙中所示方向进入
磁场，在磁场内沿顺时针方向做圆周运动。则图丙中（ ）
A.磁场方向垂直于纸面向外
B.磁场方向垂直于纸面向里
C.励磁线圈中电流I 为顺时针方向
D.励磁线圈中电流I 为逆时针方向
答案 BC
解析： 由图丙可知，电子射出时速度方向水平向左，其所受向心力竖直向上，根据左手
定则，可知，磁场方向垂直纸面向里，故A 错误，B 正确；磁场是由电流产生的，磁场方
向垂直纸面向里，根据安培定则，可以判断出励磁线圈中电流I 的方向为顺时针，故C 正
确，D 错误。
8.（2025·云南昆明模拟）如图所示，纸面上方存在一磁场，磁场方向水平向右，磁感应强
度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度
方向与磁场方向间的夹角为θ。所有粒子的质量均为m，电荷量均为＋q，且粒子的初速度
方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A.甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右
B.乙粒子的运动轨迹是直线
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C.丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变
D.从图中所示状态，经过2π m
qB 时间后，丙粒子位置改变了2π mv cosθ
qB
答案 BD
解析： 由洛伦兹力的公式可得，甲粒子受力大小为qvB，根据左手定则可知甲粒子受到
的洛伦兹力方向垂直于纸面向里，故A 错误；乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不
受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直线，故B 正确；将丙粒子的速度v 在沿磁感应强度方
向和垂直于磁感应强度方向分解为v1和v2，其中v1对应的分运动为水平向右的匀速直线运
动，v2对应的分运动为垂直于纸面的匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，
由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变，故C 错误；丙粒子做垂直于纸面的匀速圆周运动，
有qv2B＝mv2
2
r
，解得r＝mv2
qB
，所以周期为T＝2π r
v2
＝2π m
qB ，丙粒子在沿磁感应强度方
向做匀速直线运动的速度为v1＝vcos θ，经过一个周期的时间，丙粒子圆周运动刚好一周，
所以此时丙粒子位置改变为x＝v1T＝2π mv cosθ
qB
，故D 正确。
9.（2025·吉林长春模拟）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
解析： 由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A 正确；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；根据洛伦兹力提供向
心力，有qv⊥B＝mv⊥
2
r
，带电粒子每旋转一周的时间为T＝2π r
v⊥
＝2π m
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，又带电粒子每旋转一周
沿轴线方向运动的距离为x＝v∥T，v∥不变，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。
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10.（2025·山东菏泽模拟）图甲是电视机显像管原理示意图（俯视图），没有磁场时电子
束打在荧光屏正中央的O。为了使电子束偏转，由安装在管颈的偏转线圈产生偏转磁场。
偏转磁场的磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示，可实现电子束打在荧光屏上的
AOB 区域，规定垂直平面向里时磁场方向为正，下列说法正确的是（ ）
A.电子束打在A 点时，洛伦兹力对电子做正功
B.t＝T
4 时，电子束打在OA 区域
C.t＝3T
4 时，电子束打在OA 区域
D.0～T 内，电子束在荧光屏上的位置由A 向B 点移动
答案 BD
解析： 洛伦兹力始终与速度方向垂直，对电子不做功，故A 错误；t＝T
4 时，磁场垂直于
平面向外，由左手定则可知电子向上偏转，电子束打在OA 区域，故B 正确；t＝3T
4 时，
磁场垂直于平面向里，由左手定则可知电子向下偏转，电子束打在OB 区域，故C 错误；0
～T
2 内，磁场向外减弱，由左手定则可知电子向上偏转，电子束在荧光屏上的位置由A 向
O 点移动；T
2 ～T 内，由左手定则可知电子向下偏转，电子束在荧光屏上的位置由O 向B 点
移动；所以0～T 内，电子束在荧光屏上的位置由A 向B 点移动，故D 正确。
11.（2024·北京海淀三模）云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒
子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外的磁场。图中
a、b、c、d、e 是从O 点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些径迹以下判断正确
的是（ ）
A.d、e 都是正电子的径迹
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B.a 径迹对应的电子动量最大
C.b 径迹对应的电子动能最大
D.a 径迹对应的电子运动时间最长
答案 D
解析： 正、负电子在垂直于纸面向外的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c 都是正
电子的径迹，d、e 都是负电子的径迹，A 错误；正、负电子在磁场中运动，洛伦兹力提供
向心力，有qvB＝mv
2
R
，解得R＝mv
qB ，由图可知a 径迹对应的粒子的运动半径最小，a 径
迹对应的电子的速度最小，根据p＝mv 可知a 径迹对应的电子动量最小，B 错误；根据Ek
＝1
2mv2可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b 径迹对应的电子动能不是最大的，C 错误；电子在磁场中运
动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv
2
R
，又T＝2π R
v
，则T＝2π m
qB ，所以Ta＝Tb＝
Tc＝Td＝Te，电子在磁场中的运动时间t＝α
2π T，其中α 为电子在磁场中的偏转角度，由图
可知a 径迹对应的偏转角度最大，则a 径迹对应的电子运动时间最长，D 正确。
12.（2025·广西柳州期末）如图所示，MN 上方存在匀强磁场，同种粒子a、b 从O 点射入
匀强磁场中，两粒子的入射方向与磁场边界MN 的夹角分别为30°和60°，且均由P 点射
出磁场，则a、b 两粒子（ ）
A.运动半径之比为√3∶1
B.初速率之比为1∶√3
C.运动时间之比为5∶2
D.运动时间之比为6∶5
答案 AC
解析： 设OP＝2d，则由几何关系可知ra＝
d
sin30°＝2d，rb＝
d
sin60°＝2d
√3 ，可知a、
b 的运动半径之比为√3∶1，选项A 正确；根据qvB＝mv
2
r
，可得v＝qBr
m ∝r， 则a、b 两
粒子初速率之比为√3∶1，选项B 错误；根据T＝2π m
qB ，t＝θ
2π T∝θ，a、b 两粒子转过的
角度之比为300°∶120°＝5∶2，可知a、b 两粒子运动时间之比为5∶2，选项C 正确，D
错误。
13.（2025·浙江宁波模拟）如图所示，在Oxy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，
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磁感应强度大小为B 的匀强磁场。一带电粒子从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴
正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N 点（图中未画出）垂直穿过x 轴。已知
OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（ ）
A.粒子带负电荷
B.粒子速度大小为qBa
m
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D.N 与O 点相距（√2＋1）a
答案 AD
解析： 由题意可知，粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动，根据左手定则可知粒
子带负电荷，故A 正确；粒子的运动轨迹如图所示，O'为粒子做匀速圆周运动的圆心，其
轨道半径R＝√2a，故C 错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv
2
R
，则v＝√2qBa
m
，故
B 错误；由图可知，ON＝a＋√2a＝（√2＋1）a，故D 正确。
14. （2025·安徽黄山市一模）如图所示，宽度为L 的有界匀强磁场，磁感应强度为B，AC
和DE 是它的两条边界。现有质量为m，电荷量的绝对值为q 的带电粒子以θ＝45°方向射
入磁场。要使粒子不能从边界DE 射出，则粒子入射速度v 的最大值可能是（ ）
A.(4+√2)qBL
m
B.(2+√2)qBL
m
C.(4－√2)qBL
m
D.(2－√2)qBL
m
答案 BD
解析： 题目中只给出粒子“电荷量的绝对值为q”，未说明是带哪种电荷。当粒子入射速
度v 最大时，其运动轨迹存在两种情况，如图所示。若q 为正电荷，轨迹是如图所示的左
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方与DE 相切的1
4 圆弧，轨道半径R1＝mv1
Bq
，又L＝R1－R1cos 45°，得v1＝(2+√2)qBL
m
，
若q 为负电荷，轨迹是如图所示的右方与DE 相切的3
4 圆弧，则有R2＝m v2
Bq
，L＝R2＋R2cos
45°，得v2＝(2－√2)qBL
m
，则粒子入射速度v 的最大值可能是(2+√2)qBL
m
（q 为正电
荷）或(2－√2)qBL
m
（q 为负电荷），故选B、D。
15 （2025·福建宁德期末）某磁防护装置截面如图所示，以O 点为圆心内外半径分别为
R、√3R 的环形区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆为绝缘薄板，板上有一小孔C。
一质量为m、电荷量为＋q 的带电粒子以速度v0从C 孔沿CO 方向射入磁场，恰好不进入内
圆，粒子每次与绝缘薄板碰撞后以原速率反弹且电荷量不变。不计粒子重力，求：
（1）粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
（2）磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从射入C 孔到离开C 孔所需的时间t。
答案：（1）R （2）mv0
qR
（3）4 π R
v0
解析：（1）根据几何关系可知（√3 R）
2＋r2＝（R＋r）2
解得r＝R。
（2）根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝mv0
2
r
解得B＝mv0
qR
。
（3）设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系得tanθ
2＝√3 R
R
解得θ＝2
3π
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粒子在磁场中运动的周期为T＝2π r
v0
＝2π R
v0
粒子从C 点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为t＝1
3T
解得t＝2π R
3 v0
由几何关系可得粒子运动时总共与绝缘薄板发生5 次碰撞，所用时间为
t 总＝6t＝4 π R
v0
。
16.（2025·陕西西安期末）如图所示，在xOy 坐标系中，垂直于x 轴的虚线与y 轴之间存在
磁感应强度大小为B 的匀强磁场（含边界），磁场方向与xOy 平面垂直。一质子束从坐标
原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x 轴正方向成α＝
53°角向下。PQ 是与x 轴平行的荧光屏（质子打到荧光屏上发光且不再反弹），P、Q 两
点的坐标分别为P(0，0.4l)，Q(l，0.4l)。已知质子比荷q
m＝k，sin 53°＝0.8。求：
（结果均可用分数表示）
（1）质子在磁场中运动的最长时间是多少；
（2）如果让荧光屏PQ 发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的
取值范围是多少。
答案：（1）143 π
90kB （2）kBl
4 ≤v≤5kBl
9
解析：（1）质子能打到y 轴上时，在磁场中运动的时间最长，如图甲所示
由周期公式T＝2π m
Bq
又由几何关系可知θ＝2(90°－α )，则质子在磁场中运动的最长时间t＝360°－θ
360°
T＝
143 π
90kB 。
（2）当质子轨迹与PQ 相切时，如图甲所示，设此时初速度为v1，轨迹半径为R，由几何
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关系可得R＋Rcos α＝0.4l
又qBv1＝m v1
2
R
联立解得v1＝qBl
4 m ＝kBl
4
当质子运动轨迹与磁场边界相切时，如图乙所示，
设此时初速度为v2，轨迹半径为R'，由几何关系可得R'＋R'sin α＝l
又qBv2＝m v2
2
R'
解得v2＝5qBl
9m ＝5kBl
9
综上可得kBl
4 ≤v≤5kBl
9
。
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