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第47 讲 带电粒子在磁场中的运动
目录
01、考情透视，目标导
航
02、知识导图，思维引航.............................................................................................2
03、考点突破，考法探究.............................................................................................2
2
考点一.对洛伦兹力的理解和应用................................................................................2
知识点一、洛伦兹力.........................................................................................2
知识点二、洛伦兹力的特点.............................................................................3
知识点三、洛伦兹力与电场力的比较.............................................................3
考向1．对洛伦兹力的理解..............................................................................3
考向2．洛伦兹力的大小计算..........................................................................4
考向3．洛伦兹力与电场力的比较..................................................................4
考点二.半径公式和周期公式的应用............................................................................5
考向1．对半径公式、周期公式的理解..........................................................5
考向2．半径公式、周期公式的应用..............................................................5
考向3．半径公式、周期公式与动量守恒定律的综合..................................6
考点三.带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动........................................................7
知识点一、.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定........7
知识点二.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形........................................7
考向1.直线边界的磁场.....................................................................................8
考向2.平行直线边界的磁场.............................................................................9
考向3.三角形边界的磁场...............................................................................11
考向4 矩形边界的磁场................................................................................12
考向5.圆形边界的磁场...................................................................................13
考点四.带电粒子在磁场中运动的多解问题..............................................................15
知识点一、带电粒子电性不确定形成多解...................................................15
知识点二、磁场方向不确定形成多解...........................................................15
知识点三、临界状态不确定形成多解...........................................................16
考点五.带电粒子在磁场中运动的临界极值问题......................................................18
04、真题练习，命题洞见...........................................................................................21
考情
分析
2024·海南·高考物理第15 题
2024·河北·高考物理第10 题
1
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2024·浙江·高考物理第10 题
2024·湖北·高考物理第8 题
2024·广西·高考物理第5 题
复习
目标
目标1.会利用左手定则判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大
小。
目标2.会分析带电粒子在有界匀强磁场中的运动。
考点一.对洛伦兹力的理解和应用
知识点一、洛伦兹力
1．定义：运动电荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力。
2
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2．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向(或负电荷运动的反方向)；
拇指——指向运动的正电荷(或负电荷)所受洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F 垂直于B 和v 决定的平面。
3．大小
(1)v∥B 时，洛伦兹力F＝0(θ＝0°或180°)。
(2)v⊥B 时，洛伦兹力F＝q v B (θ＝90°)。
(3)v＝0 时，洛伦兹力F＝0。
知识点二、洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)洛伦兹力永不做功。
知识点三、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
方向
F⊥B 且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与
电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功
考向1．对洛伦兹力的理解
1.(2023·海南高考)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
的说法正确的是( )
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．小球运动过程中的加速度保持不变
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；小球受洛伦兹力
和重力作用，合力不为零且时刻变化，则小球运动过程中的速度、加速度都改变，B、C 错误；洛伦兹力
3
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永不做功，D 错误。
考向2．洛伦兹力的大小计算
2.真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab 水平放置，两
端恰好落在圆周上。半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a 端以速度v0向b 端运动过程中，下列说法正
确的是( )
A．小球先加速后减速
B．小球受到的洛伦兹力始终为零
C．小球在ab 中点受到的洛伦兹力为零
D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向竖直向下
【答案】C
【解析】： 根据安培定则可知，通电直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示
洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A 错误；当小球运动到ab 中点时，磁感线
切线方向与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a 端到中点洛伦兹力竖直向下，从中点至b 端洛伦兹力
竖直向上，B、D 错误，C 正确。
考向3．洛伦兹力与电场力的比较
3.(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，
且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小
球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，
如图所示。不计空气阻力，则( )
A．一定有h1＝h3
B．一定有h1＜h4
C．h2与h4无法比较
D．h1与h2无法比较
【答案】AC
【解析】： 第1 个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得h1＝。第3 个图：当加上水平方向的匀强电场
时，由运动的分解可知，在竖直方向上有v0
2＝2gh3，所以h1＝h3，A 正确。第2 个图：洛伦兹力改变速度
的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时球的动能为Ek，则由能量守恒定律
得mgh2＋Ek＝mv0
2，又由于mv0
2＝mgh1，所以h1＞h2，D 错误。第4 个图：因不知道小球电性和小球所受电
场力方向，则h4可能大于h1，也可能小于h1，h2与h4无法比较，B 错误，C 正确。
4
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考点二.半径公式和周期公式的应用
1．带电粒子垂直射入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力
(1)向心力公式：qvB＝。
(2)半径公式：r＝。
(3)周期公式：T＝。
2．对带电粒子在匀强磁场中运动的两点提醒
(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，若速率变化，引起轨道半径变化，但运动周期并不发生变化。
(2)微观粒子在发生碰撞或衰变时常满足系统动量守恒，但因m、q、v 等的改变，往往造成轨道半径和运动
周期的改变。
考向1．对半径公式、周期公式的理解
1.(多选)在同一匀强磁场中，两带电荷量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的
是( )
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
【答案】BC
【解析】： 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，又T
＝，可知B、C 正确。
考向2．半径公式、周期公式的应用
2.(多选)1930 年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在实验中最早观察到正负电子对产生与湮灭，成为第
一个发现正电子的科学家。此后，人们在气泡室中，观察到一对正负电子的运动轨迹，如图所示。已知匀
强磁场的方向垂直照片平面向外，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．右侧为正电子运动轨迹
B．正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度
C．正、负电子所受洛伦兹力始终相同
D．正、负电子在气泡室运动时，动能减小、运动半径减小、周期不变
5
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【答案】AD
【解析】： 根据左手定则可知，右侧为正电子运动轨迹，A 正确；由洛伦兹力提供向心力，可得Bqv
＝，解得电子的速度为v＝，由轨迹可知，正电子轨迹半径更小，则正电子速度小于负电子速度，B 错误；
正、负电子所受洛伦兹力的方向不同，C 错误；由轨迹可知，正、负电子运动的半径在减小，根据上面的
式子可知，速度在减小，动能也在减小，而正、负电子的运动周期为T＝＝，故运动周期与速度大小、轨
迹半径无关，保持不变，D 正确。
考向3．半径公式、周期公式与动量守恒定律的综合
3.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa
打到屏MN 上的a 点。若该微粒经过p 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打
到屏MN 上。微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是( )
A．微粒带负电
B．碰撞后，新微粒运动轨迹不变
C．碰撞后，新微粒运动周期不变
D．碰撞后，新微粒在磁场中受洛伦兹力变大
【答案】B
【解析】： 根据微粒的偏转方向，由左手定则可判断微粒带正电，故A 错误；带电微粒和不带电微粒相
碰，遵守动量守恒定律，总动量不变，总电荷量也保持不变，设带电微粒质量为m，不带电微粒质量为
M，则mv＝(m＋M)v′，解得碰后速度v′＝，由qBv＝m，解得r＝＝，动量p、电荷量q 都不变，可知微粒
碰撞前后的轨迹半径r 不变，故轨迹不变，故B 正确；由周期公式T＝可知，因碰撞后微粒质量增大，故
微粒运动的周期增大，故C 错误；由洛伦兹力公式F＝qvB 可知，由于碰撞后微粒速度减小，所以碰撞后
新微粒在磁场中受洛伦兹力减小，故D 错误。
考点三.带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动
知识点一、.带电粒子在有界磁场中的圆心、半径及运动时间的确定
基本思路
图例
说明
圆心的确
定
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
P、M 点速度方向垂
线的交点
P 点速度方向垂线与
弦的垂直平分线交点
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半径的确
定
利用平面几何知
识求半径
常用解三角形法：左
图中，r＝或由r2＝L2
＋(r－d)2求得r＝
运动时间
的确定
利用轨迹对应圆
心角θ 或轨迹长
度l 求时间
①t＝T
②t＝
t＝T＝T＝T
t＝＝
知识点二.带电粒子在有界磁场中运动的常见情形
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)
(2)平行边界：往往存在临界条件，如图所示。
(3)圆形边界
①速度指向圆心：沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。粒子轨迹所对应的圆心角一定等于速度的偏向
角
②速度方向不指向圆心：如图乙所示。粒子射入磁场时速度方向与半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度
方向与半径夹角也为θ。
③环形磁场：如图丙所示，带电粒子沿径向射入磁场，若要求粒子只在环形磁场区域内运动，则一定沿半
径方向射出，当粒子的运动轨迹与内圆相切时，粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度。
7
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考向1.直线边界的磁场
(1)对称性：进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等。
(2)完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的半径相等而且两个圆
弧轨迹恰好构成一个完整的圆，两圆弧所对应的圆心角之和等于2π。
1．如图所示，直角坐标系xOy 中，y＞0 区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，很多
质量为m、带电荷量为＋q 的相同粒子在纸面内从O 点沿与竖直方向成60°角方向向第一象限以不同速率射
入磁场，关于这些粒子的运动，下列说法正确的是( )
A．所有粒子在整个磁场中的运动轨迹长度都相同
B．所有粒子在整个磁场中的运动时间都相同，均为
C．所有粒子经过y 轴时速度的方向可能不同
D．所有粒子从O 点运动到y 轴所用时间都相同，均为
【答案】D
【解析】： 由R＝可知，速度大小不同，运动半径不同，在整个磁场中轨迹长度不同，故A 错误；由T
＝可知，所有粒子在磁场中的运动周期都相同，根据对称性可知，所有从x 轴离开的粒子运动轨迹所对应
的圆心角都为300°，故粒子运动时间t＝T＝，故B 错误；根据带电粒子在直线边界匀强磁场中运动的特点，
进出边界时粒子速度方向与磁场边界的夹角相同，可知所有粒子经过y 轴时速度方向相同，与y 轴夹角均
为60°，故C 错误；所有粒子从O 点运动到y 轴所用时间相同，所对应的圆心角为120°，则运动时间t′＝T
＝，故D 正确。
2.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，则为( )
A.3
B.2
C.
D.
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【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＝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＝＝，
电子2 运动的时间t2＝＝，所以＝3，故A 正确，B、C、D 错误。
考向2.平行直线边界的磁场
1．粒子进出平行直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．粒子在平行直线边界的磁场中运动时存在临界条件，如图a、c、d 所示。
3．各图中粒子在磁场中的运动时间：
(1)图a 中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝。
(2)图b 中粒子在磁场中运动的时间t＝。
(3)图c 中粒子在磁场中运动的时间
t＝
T＝
＝。
(4)图d 中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝。
3．如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a 和b 依次从O 点垂直于磁场的左边界
射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a 和b 射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不
计粒子的重力，下列判断正确的是( )
A．粒子a 带负电，粒子b 带正电
B．粒子a 和b 在磁场中运动的半径之比为1∶
C．粒子a 和b 在磁场中运动的速率之比为∶1
D．粒子a 和b 在磁场中运动的时间之比为1 2∶
【答案】B
【解析】：
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粒子a 向上偏转，由左手定则得，粒子a 带正电，粒子b 向下偏转，粒子b 带负电，故A 错误；由几何关
系可知，磁场水平距离x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，Ra∶Rb＝1∶，故B 正确；由qvB＝m，得v＝，两粒子比荷相
同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶，故C 错误；粒子运动周期T＝，a、b 运动周期相等，a 运动时间ta＝T
＝T，b 运动时间tb＝T＝T，故ta∶tb＝2 1∶，故D 错误。
4．(多选)如图所示，在坐标系的y 轴右侧存在有理想边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场的宽度
为d，磁场方向垂直于xOy 平面向里。一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带
电粒子，
从原点O 射入磁场，速度方向与x 轴正方向成30°角，粒子恰好不从右边界
射出，
经磁场偏转后从y 轴上的某点离开磁场。忽略粒子重力。关于该粒子在磁场
中的运
动情况，下列说法正确的是( )
A．它的轨迹半径为d
B．它进入磁场时的速度为
C．它在磁场中运动的时间为
D．它的运动轨迹与y 轴交点的纵坐标为d
【答案】AB
【解析】： 粒子运动轨迹如图所示
r＋rsin 30°＝d，解得粒子运动轨迹半径为r＝d，故A 正确；由qvB＝m，r＝d，联立解得粒子进入磁场时
的速度为v＝＝，故B 正确；运动周期T＝＝，由几何关系知t＝T，解得粒子在磁场中运动的时间为t＝，
故C 错误；粒子运动轨迹与y 轴交点的纵坐标为y＝－2rcos 30°＝－d，故D 错误。
考向3.三角形边界的磁场
带电粒子在三角形边界的磁场中运动时常常涉及临界问题。如图所示，正三角形ABC 区域内有匀强磁场，
某正粒子垂直于AB 方向从D 点进入磁场时，粒子有如下两种可能的临界轨迹：
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(1)粒子能从AB 边射出的临界轨迹如图甲所示。
(2)粒子能从AC 边射出的临界轨迹如图乙所示。
5．(多选)如图所示，在直角三角形CDE 区域内有磁感应强度为B 的垂直纸面向外的
匀强磁场，P 为直角边CD 的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以
不同的速率从P 点垂直于CD 射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和
重力，则下列说法正确的是( )
A．速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B．从CD 边飞出的粒子最大速率为
C．粒子从DE 边飞出的区域长度为L
D．从CE 边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】BCD
【解析】： 速率不同的粒子在CD 边射出时， 粒子在磁场中运动时间相同， A 错误；根据左手定则，
粒子向左偏转， 从CD 边飞出的粒子最远从D 点飞出，半径R＝，由qvB＝，解得v＝，B 正确；由B 项
分析可知粒子可以从D 点飞出，粒子轨迹与CE 相切从DE 飞出时，对应粒子从DE 飞出的最远点，如图所
示
由几何关系得＝＝＝L，粒子从DE 边飞出的区域长度为L，C 正确；粒子与CE 相切飞出时对应从CE 边飞
出的粒子在磁场中运动的最长时间，由几何关系可得∠FDC＝60°，从CE 边飞出的粒子在磁场中运动的最
长时间为t＝×＝，D 正确。
考向4 矩形边界的磁场
带电粒子在矩形边界的磁场中运动时，可能会涉及与边界相切、相交等临界问题，如图所示。
6．a、b 两个带正电的粒子经同一电场由静止加速，先后以v1、v2的速度从M 点沿MN 方向进入矩形匀强
磁场区域，经磁场偏转后分别从PQ 边上E、F 点离开，如图所示。直线ME、MF 与MQ 的夹角分别为
30°、60°，粒子的重力不计，则两个粒子进入磁场运动的速度大小之比为( )
A．v1∶v2＝1 3∶
B．v1∶v2＝3 1∶
C．v1∶v2＝3 2
∶
D．v1∶v2＝2 3∶
【答案】B
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【解析】： a、b 两个带正电的粒子在磁场中的运动轨迹如图
设a 粒子的轨道半径为R1，b 粒子的轨道半径为R2，设MQ＝d，则由几何关系得R1＋R1sin 30°＝d，R2－
R2sin 30°＝d，由以上两式得＝，设加速电场的电压为U，匀强磁场磁感应强度为B，有Uq＝mv2，qvB＝
m，得v＝，则有＝＝，故A、C、D 错误，B 正确。
考向5.圆形边界的磁场
带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点：
(1)若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场，则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出
磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心)，如图甲所示。
(2)若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径
夹角一定也为θ，如图乙所示。
7．如图，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、 Od 是以不同速率对准圆心入射的
正电子或负电子的运动径迹，a、b、d 三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向分别成90°、60°、45°角，
下列判断正确的是( )
A．沿径迹Oc、Od 运动的粒子均为正电子
B．沿径迹Oc 运动的粒子在磁场中运动时间最短
C．沿径迹Oa、Od 运动的粒子在磁场中运动时间之比为2 1∶
D．沿径迹Oa、Ob 运动的粒子动能之比为3 1∶
【答案】C
【解析】： 由左手定则可判断沿径迹Oc、Od 运动的粒子均带负电，A 错误；由于正电子和负电子的电
荷量q 和质量m 均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝m，T＝，解得T＝，可知四种粒子的
周期相等，而沿径迹Oc 运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由t＝T，可知沿径迹Oc
运动的粒子在磁场中运动时间最长，B 错误；沿径迹Oa 运动的粒子在磁场中偏转角度为θa＝90°，沿径迹
Od 运动的粒子在磁场中偏转角度为θd＝ 45°，两粒子运动周期大小相同，则t＝T，可知，沿径迹Oa、Od
运动的粒子在磁场中运动时间之比为2 1∶，C 正确；设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa、
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Ob 运动的粒子轨道半径分别为ra＝r，rb＝r，根据qBv＝m，可得＝＝，根据动能Ek＝mv2，可知沿径迹
Oa、Ob 运动的粒子动能之比为1 3∶，D 错误。
8. (多选)如图所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场。一带电粒子从图中A
点以水平速度v0垂直磁场射入，速度的方向与过圆心及A 点的直线成60°角，当该带电粒子离开磁场时，
速度方向刚好改变了120°角，下列说法正确的是( )
A.该粒子带正电
B.该粒子带负电
C.该粒子在磁场中运动的半径为r＝R
D.该粒子在磁场中运动的时间为t＝
【答案】 ACD
【解析】 根据带电粒子的偏转方向，由左手定则可知，该粒子带正电，A 正确，B 错误；粒子的运动轨
迹如图所示，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r＝＝R，C 正确；粒子在磁场中运动的周期为T＝
＝，则粒子在磁场中的运动时间为t＝＝，D 正确。
考点四.带电粒子在磁场中运动的多解问题
带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于带电粒子电性不确定、磁场方向不确定、临界状态不确
定、运动的往复性造成带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题。
(1)找出多解的原因。
(2)画出粒子的可能轨迹，找出圆心、半径的可能情况。
知识点一、带电粒子电性不确定形成多解
分析
图例
带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，初速度相同时，
正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解
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如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b
知识点二、磁场方向不确定形成多解
分析
图例
只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，
由于磁感应强度方向不确定而形成多解
粒子带正电，若B 垂直纸面向里，其轨迹为a，若B 垂直
纸面向外，其轨迹为b
知识点三、临界状态不确定形成多解
分析
图例
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，于是形成多解
1. (多选)平面OM 和平面ON 之间的夹角为35°，其横截面(纸面)如图1 所示，平面OM 上方存在匀强磁场，
大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m，电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM 上的某点向
左上方射入磁场，速度与OM 成20°角，运动一会儿后从OM 上另一点射出磁场。不计重力。则下列几种
情形可能出现的是( )
A.粒子在磁场中运动的轨迹与ON 只有一个公共点，在磁场中运动的时间是
B.粒子在磁场中运动的轨迹与ON 只有一个公共点，在磁场中运动的时间是
C.粒子在磁场中运动的轨迹与ON 共有两个公共点，在磁场中运动的时间是
D.粒子在磁场中运动的轨迹与ON 共有两个公共点，在磁场中运动的时间是
【答案】 ABD
【解析】 带电粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，qvB＝mr，得到r＝，T＝
＝，若粒子带负电，将做逆时针方向的匀速圆周运动，粒子回到OM 直线时，由圆周运动的对称性，速度
方向必与OM 成20°，但由于35° > 20°，则粒子轨迹与ON 只可能有一个交点，故粒子偏转角只可能为
40°，运动时间t＝T＝，A 正确，C 错误；若粒子带正电，将做顺时针方向的匀速圆周运动，无论轨迹与
ON 有几个交点，粒子回到OM 直线时，由圆周运动的对称性，速度方向必与OM 成20°角，粒子偏转角为
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360°－40°＝320°，则粒子运动时间为t＝T＝，B、D 正确。
2. (多选)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，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( )
A.B＞，垂直纸面向里
B.B＞，垂直纸面向里
C.B＞，垂直纸面向外
D.B＞，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°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，其临界轨
迹如图乙所示，切点为N，由几何关系知s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，综合上述分析可知，选项
B、D 正确，A、C 错误。
3.如图所示直角坐标系xOy，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为1 T。现有一个位于O 点的放射
源，能从O 点向纸面内各个方向射出速度大小均为v＝5.0×106 m/s 的带正电粒子。若在与距y 轴距离为12
cm 处放一足够长平行于y 轴的感光棒PQ，粒子打在上面即被吸收。已知粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，则
该粒子不可能打中的是( )
A.(12 cm，9 cm)
B.(12 cm，10 cm)
C.(12 cm，－9 cm)
D.(12 cm，－10 cm)
【答案】 B
【解析】 粒子带正电，根据左手定则知粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，设粒子在磁场中做圆周
运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝＝10 cm，粒子的临界轨迹如图所示，O 点
放射的粒子打至最远处为直径所在位置，故其中一个临界点为P2，则OP2＝2r＝20 cm，由几何关系得MP2
＝＝16 cm，所以向下最远可以打到(12 cm，－16 cm)；与感光棒PQ 相切为另一个临界点P1，又OO′＝O′P1
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＝r＝10 cm，ON＝OM－NM＝OM－O′P1＝2 cm，根据几何关系得P1M＝O′N＝＝4 cm，所以向上最远可以
打到(12 cm，4 cm)，A、C、D 项均为可能达到的位置，题目让选粒子不可能打中的位置是B 选项。
考点五.带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键是以题目中的“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
刚好穿出(穿不出)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。
2.几种常见的求极值问题
(1)时间极值
①当速度v 一定时，弧长(弦长)越长或圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
②圆形边界：公共弦为小圆直径时，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。
③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，此时在磁场中运动时间最短。
(2)磁场区域面积极值
若磁场边界为圆形时，从入射点到出射点连接起来的线段就是圆形磁场的一条弦，以该条弦为直径的圆就
是最小圆，对应的圆形磁场有最小面积。
1.如图所示，虚线MO 与水平线PQ 相交于点O，二者夹角θ＝30°，在MO 右侧区域存在一矩形匀强磁场
(图中未画出)，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，MO 为磁场的一条边界线。现有质量为m、电荷
量为q 的带正电粒子在纸面内沿某一方向以速度v 从O 点射入磁场，粒子从边界线MO 射出时，速度方向
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平行于PQ 向左。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径R 及该粒子在边界线MO 上的出射点到O 点的距离L；
(2)粒子在磁场中的运动时间；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
【答案】 (1) (2) (3)
【解析】 (1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子在MO 边界射出点为N
由洛伦兹力提供向心力得
qvB＝①
解得R＝②
由几何关系可知粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角α＝60°③
则O、N 间的距离L＝R＝。④
(2)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则T＝⑤
粒子在匀强磁场中运动的时间为t＝T⑥
联立②③⑤⑥解得t＝。⑦
(3)由题知矩形磁场面积最小范围应是如图所示的矩形，设其长、宽分别为d1、d2
则d1＝L⑧
由几何关系知d2＝R(1－cos 30°)⑨
磁场最小面积S＝d1d2⑩
联立②④⑧⑨⑩解得S＝
。
2.(多选)如图所示，边界OA 与OC 之间存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，∠AOC
＝60°。边界OA 上距O 点l 处有一粒子源S，可发射质量为m，带正电荷q 的等速粒子。当S 沿纸面向磁场
各个方向发射粒子，发现都没有粒子从OC 边界射出。则( )
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A.粒子的最大发射速率不超过
B.粒子的最大发射速率不超过
C.粒子从OA 边界离开磁场时离S 的最远距离可能为l
D.粒子从OA 边界离开磁场时离S 的最远距离可能为
【答案】 AD
【解析】 要使没有粒子从OC 边界射出，沿如图路线运动的粒子刚好不离开磁场，速率最大，满足r＝，
由几何关系知r＝lsin 60°＝，则v＝，故A 正确，B 错误；粒子速度v＝，从OA 边界离开磁场时离S 最远距
离d＝2r＝l·sin 60°＝l，故C 错误，D 正确。
1．（2023·海南·高考真题）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
【详解】A．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；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC 错误；
D．洛仑兹力永不做功，D 错误。
故选A。
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2．（2024·广西·高考真题）
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
【详解】粒子运动轨迹如图所示
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。
3．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、
电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是
（ ）
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A．粒子的运动轨迹可能经过O 点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子
的运动轨迹不可能经过O 点，故AB 错误；
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
故C 错误；
D．粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D 正确。
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故选D。
4．（2023·北京·高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一
内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（
）。带电粒子束持续以某一速度v 沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，
与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为
，不
计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为
D．粒子束对管道的平均作用力大小为
【答案】C
【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A 正确，不符合题意；
B．根据
可得粒子的质量
故B 正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
单位体积内电荷数为
则
故C 错误，符合题意；
D．由动量定理可得
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粒子束对管道的平均作用力大小
联立解得
故D 正确，不符合题意。
故选C。
5．（2023·湖南·高考真题）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖
直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF 区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，
磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O 三点在同一直线上，AO 与GF 垂直，且与电场和磁场方向均垂直。
A 点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC 运动的粒子才能进入区
域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从
CF 的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域
Ⅱ中运动的时间为t，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．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则
【答案】D
【详解】由题知粒子在AC 做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF 的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据
，有
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A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
再根据
，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF 边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t =
t0，A 错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC 做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据
，可知粒子半径变为原来的2 倍，则粒子F 点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t =
t0，B 错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
，可知粒子半径变为原来的
，则粒子从OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角θ = 60°，根据
，有
则
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C 错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为
，则粒子在AC 做直线运动的速度仍为v0，再根据
，可知粒子半径变为原来的
，则粒子OF 边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图
根据
可知转过的圆心角为α = 45°，根据
，有
则
D 正确。
故选D。
6．（2023·全国·高考真题）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（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由题知，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，
则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则
解得粒子做圆周运动的半径
r = 2a
则粒子做圆周运动有
则有
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，则有
Eq = qvB
联立有
故选A。
7．（2024·浙江·高考真题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成
角。质量为m、电
荷量为+q 的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所
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在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度
沿细杆向上运动至最高点，则该过程（ ）
A．合力冲量大小为mv0cosƟ
B．重力冲量大小为
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若
，弹力冲量为零
【答案】CD
【详解】A．根据动量定理
故合力冲量大小为
，故A 错误；
B．小球上滑的时间为
重力的冲量大小为
故B 错误；
C．小球所受洛伦兹力为
，
随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为
故C 正确；
D．若
，0 时刻小球所受洛伦兹力为
小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得
即
则小球在整个减速过程的
图像如图
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图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，故D 正确。
故选CD。
8．（2024·河北·高考真题）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（ ）
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】AD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd 区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad 边时速
度方向与ad 边夹角为45°，在正方形abcd 区域中的运动轨迹必平行于AC 的连线，可知粒子必经过cd 边，
进入正方形abcd 区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运
动轨迹如图所示
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粒子的运动轨迹均关于直线BD 对称，粒子必从C 点垂直于BC 射出，故A 正确；
C．若粒子经cd 边垂直BC 射出，粒子运动轨迹如图所示
设粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为
，则图中两段圆弧轨迹的圆心角
与
的关系为
设两正方形的对应边之间的距离为
，为保证粒子穿过ad 边，需满足
且有
联立解得
为保证粒子穿过cd 边，需满足
为保证从BC 边射出，需满足
联立解得
可得粒子经cd 边垂直BC 射出，粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角范围是
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故C 错误；
BD．粒子穿过ad 边时速度方向与ad 边夹角为60°时，作出粒子恰好经过c 点的运动轨迹如图所示
设粒子在e 点进入正方形abcd 区域，线段MN 垂直平分轨迹ec，与AB 选项的分析同理，粒子的轨迹关于
线段MN 对称。线段CE 平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F 点做轨迹ec 的平行线分别交AD 与BC
于点G 和点
，点
为点E 关于MN 的对称点。易知点e 为ad 的中点，点E 为AD 的中点，Ee 垂直于ad
和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD 的边长为2L。由几何关系得
联立解得
因
，故
，即EF 垂直于
，由对称性可知四边形
为矩形，
垂直于
CE，可知点
是点F 关于MN 的对称点，即点F 是圆弧cH 的中点，可知由c 到
粒子的轨迹圆心角为
30°，可得粒子垂直BC 射出。若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c 点左侧穿过cd，其轨迹如图所
示
与临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC 上，故粒子不会垂直BC 射出。若粒子速度较小，轨迹
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半径较小，则粒子在c 点下方穿过cb，其轨迹如图所示。
与粒子恰好经过c 点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC 射出，故B 错误，D 正确。
故选AD。
9．（2023·全国·高考真题）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（ ）
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
【详解】D．假设粒子带负电，第一次从A 点和筒壁发生碰撞如图，
为圆周运动的圆心
由几何关系可知
为直角，即粒子此时的速度方向为
，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由
圆的对称性在其它点撞击同理，D 正确；
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A．假设粒子运动过程过O 点，则过P 点的速度的垂线和OP 连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆
心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A 点的速度垂线和AO 连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不
可能过O 点，A 错误；
B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如
图所示
即撞击两次，B 正确；
C．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。
故选BD。
10．（2024·海南·高考真题）如图，在xOy 坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点
和S 点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2 倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心
连线与x 轴平行，半圆与圆相
切于Q 点，QF 垂直于x 轴，半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小
为B、
的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将
质量为m、电荷量为q 的粒子由电场加速到
。改变发射器的位置，使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴
正方向以相同的速度
沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ（不计粒
子的重力和粒子之间的影响）
（1）求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动
的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小
，方向沿x 轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与
y 轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y 轴的距离
。
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）根据动能定理得
解得
粒子进入区域I 做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ，故可知此时
粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得
（2）带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度
沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁
场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域
Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点
连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒
子都从Q 点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对
的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径
，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运
动的轨迹所对应的圆心角都为
，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
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故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
（3）如图，将速度
分解为沿y 轴正方向的速度
及速度
，因为
可得
，故可知沿y 轴
正方向的速度
产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力
，故粒子沿y 正方
向做旋进运动，根据角度可知
故当
方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
圆周运动半径
根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为
11．（2023·湖北·高考真题）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
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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）
时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到
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）
；（2）
，
；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，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
，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv 甲0＋m 乙v 乙0= －mv 甲1＋m 乙v 乙1
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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
。
（3）已知在
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
则根据
，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在
时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒
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
解得
v 甲2= v 甲0，v 乙2= －5v 甲0
可知在
时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒
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
解得
v 甲3= －3v 甲0，v 乙3= 3v 甲0
依次类推
在
时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运
动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv 甲8＋m 乙v 乙8= mv 甲9＋m 乙v 乙9
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解得
v 甲9=－3v 甲0，v 乙9= 3v 甲0
在
到
过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r 甲1 = 3a
则
时甲粒子运动到P 点即（－6a，0）处。
在
到
过程中，乙粒子刚好运动一周，则
时乙粒子回到坐标原点，且此过程中
乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
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