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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92 带电粒子在磁场中运动临界极值和多解问题
【考点解读】
考点1 带电粒子在匀强磁场中的临界和极值问题
1.解题关键点
（1）关注题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等关键词语，作为解题的切入点.
（2）关注涉及临界和极值条件的六个结论
结论一
粒子刚好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
结论二
当速度v 一定时，弧长越长，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长
结论三
当速度v 变化时，圆心角越大，弦切角也越大，对应的运动时间也越长
结论四
在圆形匀强磁场区域中，当带电粒子运动轨迹半径大于圆形磁场区域半径，入
射点和出射点为磁场区域直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大（所有的
弦中直径最长），运动时间最长
结论五
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，P 为入射点，M 为出射点，此时带
电粒子在磁场中运动时间最短
结论六
磁场区域面积极值：磁场区域边界为圆形时，从入射点到出射点连接起来的线
段就是圆形磁场区域的一条弦，以该弦为直径的圆就是最小圆，对应的圆形磁
场区域有最小面积
2.一般思维流程
1
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考点2 带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
多解分类
多解原因
示意图
带电粒子
电性不确定
带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子
在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向
不确定
题目只说明了磁感应强度的大小，而未具体
指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强
度方向有两种情况
临界状态
（速度大小）
不确定
带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过
去了，也可能从入射界面反向飞出
运动的
往复性
带电粒子在空间运动时，其运动轨迹可能具
有往复性
【高考真题】
【典例1】．（2025 高考安徽卷）如图，在竖直平面内的
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。在第二象限内，垂直纸面且平行于x 轴
放置足够长的探测薄板MN，MN 到x 轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点
O 的粒子源，沿
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
。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互
作用，则（ ）
2
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A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】C
【解析】根据洛伦兹力提供向心力有
，可得
，故A 错误；
当粒子沿x 轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 轴最近，如图轨迹1，根据几何关系
可知
；当粒子恰能通过N 点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y 轴最远，
如图轨迹2，根据几何关系可知，
，故上表面接收到粒子的区域长度为
，故B 错误；
根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N 点；当粒子沿y 轴正方向射出时，粒子下表面
接收到的粒子离y 轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y 轴距离为d，故下表面接收
到粒子的区域长度为d，故C 正确；
根据图像可知，粒子恰好打到下表面N 点时转过的圆心角最小，用时最短，有
3
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，故D 错误。
【典例2】.[2022 湖北/多选]在如图所示的平面内，分界线SP 将宽度为L
的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另
一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP
与磁场左右边界垂直.离子源从S 处射入速度大小不同的正离子，离子入
射方向与磁场方向垂直且与SP 成30°角.已知离子比荷为k，不计重力.若离子从Р 点射出，
设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ 角的可能组合为（ BC
）
A.1
3kBL，0°
B.1
2kBL，0°
C.kBL，60°
D.2kBL，60°
解析 若离子的入射速度v＝1
3kBL，则轨迹半径r＝mv
qB ＝L
3 ，则轨迹如图甲所示，由几何
关系可以得出θ＝60°，选项A 错误；若v＝1
2kBL，则轨迹半径r＝mv
qB ＝L
2 ，则轨迹如图乙
所示，由几何关系可以得出θ＝0°，选项B 正确；若v＝kBL，则轨迹半径r＝mv
qB ＝L，则
轨迹如图丙所示，由几何关系可以得出θ＝60°，选项C 正确；若v＝2kBL，则轨迹半径r＝
mv
qB ＝2L，则轨迹如图丁所示，从图中可以看出离子不从P 点射出，选项D 错误.
4
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【典例3】.[2023 全国甲/多选]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 射
入，然后与筒壁发生碰撞.假设粒子在每次碰撞前、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.不计重力.下列说法
正确的是（ BD ）
A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O
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
答案 BD
解析 假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的几种可能的运动情况.如图甲丙所示，由几何
关系可知△O1PO≌△O1QO，所以∠O1PO＝∠O1QO，又粒子沿直径射入，∠O1PO＝90°，
则∠O1QO＝90°，O1Q⊥OQ，则每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心
O 的连线，D 对；粒子在圆筒中先做圆周运动，与筒壁碰后速度反向，继续做圆周运动，
粒子第一次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可能过圆心，A 错；粒
子最少与筒壁碰撞2 次，就可能从小孔射出，如图乙所示，B 对；根据qvB＝mv
2
r 可知r＝
5
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mv
qB ，则射入小孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与筒壁碰撞次数可能会增多，
在圆筒内运动的时间不一定越短，如图丁所示，C 错.
【针对性训练】
1 （2025·广西南宁期末）如图所示，在边长为L 的正方形PQMN 区域内存在垂直纸面向
外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在MN 边界放一刚性挡板，粒子碰到挡板则能够以
原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q 的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P 点射入磁
场，恰好从Q 点射出。下列说法正确的是（ ）
A.带电粒子一定带负电荷
B.带电粒子的速度最小值为qBL
4 m
C.若带电粒子与挡板碰撞，则受到挡板作用力的冲量大小为5qBL
2
D.带电粒子在磁场中运动时间可能为π m
3qB
6
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答案：CD
解析：若粒子带负电，则粒子的运动轨迹如图甲所示，粒子做圆周运动的半径为r1＝1
2L，
由牛顿第二定律得qv1B＝mv1
2
r1
，解得v1＝qBL
2m ，此时半径最小，速度也最小，故B 错误；
若粒子带负电，当粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为π
3 时，粒子在磁场中的运动
时间为t＝1
6T＝π m
3qB ，故D 正确。
若粒子带正电，粒子与挡板MN 碰撞后恰好从Q 点射出，粒子运动轨迹如图乙所示，设轨
迹半径为r2，由几何知识得L2＋（r2－0.5L）2＝r2
2，解得r2＝5
4 L，根据牛顿第二定律得
qv2B＝mv2
2
r2
，解得v2＝5qBL
4 m ，根据动量定理得I＝2mv2＝5qBL
2
，故A 错误，C 正确。
2. （2025 年5 月东北三省精准质检）如图所示，
为直角坐标系，第一象限的三角形
范围内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，
。第二象限内有沿
轴正方
向的匀强电场，一个质量为
、电荷量为
的粒子从
轴上的P（
，
）点以大小为
的速度沿
轴正方向射入匀强电场，经电场偏转后从
轴上的Q(
，
)点进入匀强磁场，
刚好不从
边射出磁场，不计粒子的重力，求：
7
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（1）粒子射出匀强电场时，速度与
轴的夹角；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）带电粒子在
轴方向做匀速直线运动可得
设末速度大小为
，在
轴方向做匀加速运动可得
离开电场时速度与
轴夹角满足
解得
（2）沿
轴方向有
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沿
轴方向有
在匀强电场中，设电场强度大小为
，由牛顿第二定律可得
解得
（3）由于带电粒子刚好不从
边射出磁场，则其运动轨迹与
相切，如图所示
由几何关系得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径
此时洛伦兹力充当向心力，有
代入数据解得
3 （2025·贵州铜仁期末）如图所示，A 点的离子源沿纸面垂直OQ 方向向上射出一束负离
子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP 之下的区域，可加垂直纸面的匀强
磁场。已知O、A 两点间的距离为s，负离子的比荷为q
m，速率为v，OP 与OQ 间的夹角为
30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向可能是（ ）
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A.B＞mv
3qs ，垂直纸面向里
B.B＞mv
qs ，垂直纸面向里
C.B＞mv
qs ，垂直纸面向外
D.B＞3mv
qs ，垂直纸面向外
答案：BD
解析：当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP 相切的轨迹如图甲所示，切点为M，
设轨迹半径为r1，由几何关系可知sin 30°＝
r1
s＋r1
，解得r1＝s，结合r1＝mv
B1q ，解得B1
＝mv
qs ；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨迹与OP 相切于N 点，如图乙所示，设轨迹
半径为r2，由几何关系s＝
r2
sin30°
＋r2，解得r2＝s
3，又r2＝mv
q B2
，联立得B2＝3mv
qs ，综
合上述分析可知，选项B、D 正确，A、C 错误。
4 （2025·湖南郴州期末）在如图所示的平面内，分界线SP 将宽度为L 的矩形区域分成两
部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP 与磁场左右边界垂直。离子源从S 处射入速度大小
不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP 成30°角。已知离子比荷为k，不计
重力。若离子从Р 点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ
角的可能组合为（ ）
A.1
3kBL，0°
B.1
2kBL，0°
C.kBL，60°
D.2kBL，60°
答案：BC
解析：若离子通过下部分磁场直接到达P 点，其运动轨迹如图甲所示，则根据几何关系，
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有R＝L，qvB＝mv
2
R
，联立解得v＝qBL
m ＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP 成30°角向
上，故离子出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子从上、下磁场均经历一次时，
其运动轨迹如图乙所示。
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性及几何关系有R＝1
2L，根据洛伦兹力提供向心
力有qvB＝mv
2
R
，可得v＝qBL
2m ＝1
2kBL，此时离子出射方向与入射方向相同，即出射方向
与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝
qBL
（2n－1）m ＝
1
2n－1kBL（n＝1，2，3，…），此时离子出射方向与入射方向的夹角
为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝qBL
2nm＝1
2nkBL（n＝1，2，
3，…），此时离子出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，综合上述分析可知B、C 正确，
A、D 错误。
5. 如图所示，半径为R 的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
B，AC 是圆的一条直径，D 为圆上一点，∠COD＝60°。在A 点有一个粒子源，沿与AC 成
30°角斜向上垂直磁场的方向射出速率均为v 的各种带正电粒子，所有粒子均从圆弧CD 射
出磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，则从A 点射出的粒子的比荷q
m可能是（
）
A. v
BR B. 3 v
2BR
C.√3 v
BR D. √3 v
3 BR
答案 AD
解析： 带电粒子从C 点射出磁场，轨迹如图甲所示，由几何关系得sin 30°＝R
r1
，解得
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r1＝2R；带电粒子从D 点射出磁场，轨迹如图乙所示，由几何关系得AODO2是菱形，所以
粒子的轨迹半径r2＝R，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径满足r2≤r≤r1，由洛伦兹力提供
向心力得qvB＝mv
2
r
，解得从A 点射出的粒子的比荷满足
v
2BR ≤q
m≤v
BR ，故选A、D。
6 . 如图所示，在直角三角形ABC 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场.速率不同的大量相同
带电粒子从A 点沿与AC 边夹角为60°的方向进入磁场，从AC 和BC 边的不同位置离开磁
场.已知AB 的长度为l，∠ACB＝30°，不计粒子的重力和粒子间相互作用力，则（ ABD
）
A.所有从AC 边离开的粒子在磁场中运动的时间相同
B.从BC 边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC 边离开的粒子在磁场中运动的时间
短
C.粒子在磁场中运动的弧长越长，运动时间一定越长
D.从BC 边离开的粒子离C 点的最近距离为3－√3
2
l
答案 ABD
解析 根据题意画出可能的运动轨迹如图所示，根据几何关系知所有从
AC 边离开的粒子转过的圆心角相等，均为2
3π，根据T＝2π m
qB ，及t＝
θ
2π T，可知所有从AC 边离开的粒子在磁场中运动的时间相同，故A 正确；由图可知从BC
边离开的粒子转过的圆心角不等，越靠近B 点转过的圆心角越小，所以从BC 边离开的粒
子在磁场中运动的时间一定比从AC 边离开的粒子在磁场中运动的时间短，故B 正确；由
以上分析可知运动时间与弧长无关，故C 错误；当粒子运动轨迹与BC 边相切(切点为F 点)
时，F 点距离C 点最近，根据几何关系可得四边形AOFE 为正方形，三角形AEB 为直角三
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角形，所以粒子运动半径为r＝√3
2 l，BE 的长度为1
2l，所以FC 的长度为3−√3
2
l，故D 正
确.
7 .如图所示，左、右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，
方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量绝对值为q 的粒子，沿图示
方向以速度v0 垂直射入磁场.欲使粒子不能从边界QQ'射出，粒子入射
速度v0的最大值可能是（ AC ）
A.（2+√2）Bq d
m
B.Bq d
m
C.（2－√2）Bq d
m
D.√2Bq d
2m
答案 AC
解析 粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝m v0
qB 知，粒子的入射速度v0 越大，R 越大，
当粒子的运动轨迹和边界QQ'相切时，粒子刚好不从QQ'射出，此时其入射速度v0 应为最
大.若粒子带正电，其运动轨迹如图（a）所示（此时圆心为O 点），
由几何关系得R1sin45°＋d＝R1，将R1＝mv0
qB 代入上式得v0＝（2+√2）Bq d
m
，A 正确.
若粒子带负电，其运动轨迹如图（b）所示（此时圆心为O'点），由几何关系得R2＋
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R2cos45°＝d，将R2＝m v0
qB 代入上式得v0＝（2－√2）Bq d
m
，C 正确.
8 .如图所示，在x 轴上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在x 轴
下方也有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出）.一个质量为m、电荷量为q 的带负电粒子，
在纸面内以大小为v 的速度从O 点与x 轴负方向成θ＝60°角射入x 轴上方磁场，粒子第1
次经过x 轴时的位置为P（图中未画出），第2 次经过x 轴时的位置为Q（图中未画出），
且粒子从O 点到P 点的运动时间等于粒子从P 点到Q 点的运动时间，不计粒子受到的重力.
求：
（1）从P 点到O 点的距离；
（2）x 轴下方匀强磁场的磁感应强度大小和方向.
答案 （1）√3mv
Bq
（2）见解析
解析 （1）根据题意可知，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图甲所示.
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r
根据几何关系有OP＝2rsinθ
联立解得OP＝√3mv
Bq
.
（2）根据圆周运动的周期T＝2π r
v
＝2π m
Bq
则带电粒子在磁场中的运动时间为t＝α
2π T＝αm
Bq .
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①若x 轴下方的磁场方向垂直纸面向外，粒子的运动轨迹如图乙所示.
由于粒子从O 点到P 点的运动时间等于粒子从P 点到Q 点的运动时间，则根据几何知识可
知圆心角α1＝α2＝240°
故有B 下＝B；
②若x 轴下方的磁场方向垂直纸面向里，粒子的运动轨迹如图丙所示.
由于粒子从O 点到P 点的运动时间等于粒子从P 点到Q 点的运动时间，则根据几何关系有
α3＝1
2α1＝120°
故有B 下'＝1
2B.
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9.（2022 辽宁）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的相互作用力.下列说法正确的是（ AD ）
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
答案 AD
解析 由于粒子1 在磁场中沿直线运动，则粒子1 不带电，因此粒子1 可能为中子，A 正
确；粒子2 在磁场中向上偏转，由左手定则可知，粒子2 一定带正电，B 错误；由于粒子1
不带电，在磁场中不发生偏转，增大磁感应强度，粒子1 仍打在M 点，C 错误；由qvB＝m
v
2
R
得R＝mv
qB ，若增大粒子的入射速度，则粒子2 在磁场中的轨迹半径增大，粒子2 可能打
在探测器上的Q 点，D 正确.
10.[2021 海南/多选]如图，在平面直角坐标系xOy 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、电荷量为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（ ACD ）
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√5L
答案 ACD
解析 由于粒子垂直x 轴离开磁场，故粒子向下偏转，由左手定则可知粒子带正电，A 项
正确；当α＝150°时，粒子垂直x 轴离开磁场.粒子运动轨迹如图
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当α＝45°时，粒子运动轨迹如图中轨迹所示，粒子不再垂直x 轴射出磁场，B 项错；
粒子在磁场中运动，有qvB＝mv
2
r ，由几何关系可知r＝2√3L，所以粒子的速率v＝
2√3qBL
m
，C 项正确；粒子离开磁场的位置到O 点的距离最大时，入射点与出射点间距离
为2r＝4
√3
L，
所以出射点到O 的最大距离为3√5L，D 项正确.
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11.[2023 湖北]如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场.t
＝0 时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入，第一次到达点O 时与运动
到该点的带正电粒子乙发生正碰.碰撞后，粒子甲的速度方向反
向、大小变为碰前的3 倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好
运动了两个圆周.已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均
为q.假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程
中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响.求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）t＝18 π m
qB
时刻粒子甲、乙的位置坐标及从第一次碰撞到t＝18 π m
qB
的过程中粒子乙
运动的路程.（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
答案 （1）qB a
m （2）1
2m 3qB a
m
（3）甲（－6a，0） 乙（0，0） 67πa
解析 （1）由题意可知，粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入磁场并运动到达点
O，则粒子甲的轨迹半径
r 甲0＝a
又qv 甲0B＝mv甲0
2
r甲0
，解得v 甲0＝qB a
m
（2）由题意可知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T 甲＝2T 乙
根据qvB＝m4 π
2
T
2 r＝mv
2
r 有
T＝2π m
qB
故T 甲
T 乙
＝m
m乙
，则m 乙＝1
2m，粒子甲、乙碰撞过程，取y 轴负方向为速度正方向，有
mv 甲0＋m 乙v 乙0＝mv 甲1＋m 乙v 乙1
1
2mv甲0
2 ＋1
2m 乙v乙0
2 ＝1
2mv甲1
2 ＋1
2m 乙v乙1
2
又v 甲1＝－3v 甲0
联立解得v 乙0＝－5v 甲0，v 乙1＝3v 甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为3qB a
m
（3）已知在t1＝π m
qB 时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v 甲1＝－3v 甲0，v 乙1＝3v 甲
0
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则根据qvB＝mv
2
r 可知，第一次碰撞后乙粒子的运动半径为r 乙1＝3
2r 甲0＝3
2a
第一次碰撞后甲粒子的运动半径为
r 甲1＝3r 甲0＝3a
又T 甲＝2T 乙，则在t2＝3 π m
qB 时，甲、乙粒子发生第二次碰撞且从甲、乙粒子发生第一次
碰撞到第二次碰撞的过程中乙粒子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为s1＝6πa
且在第二次碰撞时有
mv 甲1＋m 乙v 乙1＝mv 甲2＋m 乙v 乙2
1
2mv甲1
2 ＋1
2m 乙v乙1
2 ＝1
2mv甲2
2 ＋1
2m 乙v乙2
2
解得v甲2＝v 甲0，v 乙2＝－5v 甲0
则根据qvB＝mv
2
r 可知第二次碰撞后，甲粒子的运动半径为r 甲2＝r 甲0＝a
乙粒子的运动半径为r 乙2＝5
2r 甲0＝5
2a
经分析可知在t3＝5 π m
qB 时，甲、乙粒子发生第三次碰撞且从甲、乙粒子发生第二次碰撞到
第三次碰撞的过程中乙粒子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
s2＝10πa
且在第三次碰撞时有
mv 甲2＋m 乙v 乙2＝mv 甲3＋m 乙v 乙3
1
2mv甲2
2 ＋1
2m 乙v乙2
2 ＝1
2mv甲3
2 ＋1
2m 乙v乙3
2
解得v 甲3＝－3v 甲0，v 乙3＝3v 甲0
依次类推
在t9＝17 π m
qB
时，甲、乙粒子发生第九次碰撞且从甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰
撞的过程中乙粒子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
s8＝10πa
且在第九次碰撞后有
v甲9＝－3v 甲0，v 乙9＝3v 甲0
第九次碰撞后，r 甲9＝3a，r 乙9＝3
2a，从t9＝17 π m
qB
到t＝18 π m
qB
的过程中，甲粒子刚好运
动半周，则t＝18 π m
qB
时甲粒子运动到点（－6a，0）处，从t9＝17 π m
qB
到t＝18 π m
qB
的过
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程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝18 π m
qB
时乙粒子回到坐标原点，即此时乙的位置坐标
为（0，0）
且此过程中乙粒子走过的路程为s9＝3πa
故整个过程中乙粒子运动的总路程为
s＝4×6πa＋4×10πa＋3πa＝67πa.
12. 如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强
度B 的大小可调，方向不变.一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从磁场区域
左侧沿x 轴进入磁场，不计重力.
（1）若粒子经磁场偏转后穿过y 轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情
况下磁感应强度的最小值Bm；
（2）如果磁感应强度大小为Bm
2 ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场.求粒子在该
点的运动方向与x 轴正方向的夹角及该点到x 轴的距离.
答案 （1）磁场方向垂直于纸面向里 mv0
qh （2）π
6 （2－√3）h
解析 （1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于
纸面向里.设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，
有
qv0B＝mv0
2
R
①
由此可得R＝m v0
qB
②
粒子穿过y 轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y 轴正半轴上，半径应满
足R≤h ③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝m v0
qh ④
（2）若磁感应强度大小为Bm
2 ，粒子做圆周运动的圆心仍在y 轴正半轴上，由②④式可得，
此时圆弧半径为R'＝2h ⑤
粒子会穿过图中P 点离开磁场，运动轨迹如图所示.设粒子在P 点的运动方
向与x 轴正方向的夹角为α，由几何关系有
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sinα＝h
2h＝1
2 ⑥
则α＝π
6 ⑦
由几何关系可得，P 点与x 轴的距离为
yP＝2h（1－cosα） ⑧
联立⑦⑧式得yP＝（2－√3）h
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