第十一章 第3节 专项强化：带电粒子在磁场中运动的临界、多解问题（解析版）-2027年高考物理一轮复习讲义

第3讲专题强化：带电粒子在磁场中运动的临界、

多解问题

8题型分类

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，尸为入射点，M为出射点，此时在磁场中运动时间最短。

"x-y'x

单边界磁场平行边界磁场

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

速度大小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

一定，方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

向一定，大小为g，则半径R—1?，如图所示

适用但入射点

XXXXXXX

条件在同一直

线上1

轨迹圆圆

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上

心共线

将半径为/?=鬻的圆进行平移，从而探索粒子运动的临界条件，这种

界定方法

方法叫“平移圆法”

【典例1】（2026•湖北襄庄•二模）（多选）如图，边长为4的正三角形48c区域内有垂直纸

面向里的匀强磁场，大量比荷为且的带负电粒子以相同速度垂直4c边射入磁场，已知从

m

边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为?0,粒子在磁场中运动的最长时间为30,则下列

说法正确的是（）

A.磁感应强度大小为詈g

24qt0

B.粒子运动的轨迹半径为（2。-3）乙

C.粒子射入磁场的速度大小为里普^

12to

D.粒子在磁场中扫过的面积为（1+9（21-12b）/?

【答案】BCD

【详解】A.粒子刚好从8c边垂直打出，设该过程扫过的圆心角为出由£="乂写=:

2nqB5

几何关系可知。解得3=罟，故A错误；

3izqc（）

B.粒子在磁场中运动的最长时间轨迹所对的圆心角为外,则有煞=，

解得仇

画出该粒子的运动轨迹，如下图

>n

-

由几何知识得一三+R=L

cos300

解得R=（26一3）L,故B正确；

C.由quB=

联立解得U=（I。。：）叫故c正确；

D.由几何知识得扫过的面积为S=+：7rR2=（1+弓（21-12g）",故D正确。

故选BCDo

考向2“旋转圆法”的应用

粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒了•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。0,则圆周运动半径口=翳，如图所示

速度大小一定，

方向不同舄

适用条

件

P。，

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

轨迹圆圆心共圆

心、半径R=翳的圆上

将一半径/?=鬻的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子

界定方法

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％0y坐标系第•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，粒子质量为小,电

荷量为q，速率u=”d。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，M点型标为（0,d）,则下列说

m

法正确的是（）

y

M

o

A.从x轴射出磁场的粒子数占总粒子数的3

B.从0M之间射出磁场的粒子数占总粒子数的5

C.到达x轴的粒子在磁场中运动的最短时间为夫

3qB

D.打在工轴的长度为2d

【答案】AC

【详解】由quB=¥

znmv,

=—=d

qB

A.

如图所示，从%轴射出磁场的粒子速度间的夹角为180。，因此从工轴射出磁场的粒子数占总粒

子数的翳=；,故A正确；

3oUZ

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

数占总粒子数的黑故B错误；

36Uo

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£=黑丁=分，故C正确;

3603QD

D.

如图所示,

故选ACo

考向3“放缩圆法”的应用

速度方向一粒子源发射速度方向一定，速度大小不同的带电粒子

定，速度大进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周

小不同运动的轨迹半径随速度的变化而变化

如图所示（图中只画出粒子带正电的情境），速度。越

大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁

适用条场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的比线

件尸产上

轨迹圆圜

XXXXXX

心共线

x'l久'、曲

XXXXXX

界定方法以入射点户为定点，圆心位于p9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）真空区域有宽度为人磁感应强度为8的匀强磁

场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。质量为小、电荷量为q（q>0）的带正电粒

子（不计重力）沿着与M/V夹角8=30。的方向以一定的速度孙（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%的大小可能为（）

A班B(二+1"

「2m2m

(g-l)qBID(6+l)qBl

mm

【答案】CD

【详解】粒子从F点射出时，轨迹圆心为。］，半径为自，如图所示

根据几何关系有

I=AE-FG=R[Cos300-&cos60°

解得

Ri=(V3+l)Z

根据

Vol

qv01B=m—

解得

(V3+l)q以

vi=----------------

Om

粒子从。点射出时，轨迹圆心为。2,半径为“，根据几何关系有

I=AB+CD=R2cos30°+R2cos60°

解得

/?2=(V3-1)/

根据

唾

qv2^=m

0在

可得

(V3-l)qBl

V

02~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

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

带电粒

在磁场中运动轨迹不同，形成多解。XX/Xx\

子电性

如图，带电粒子以速度。垂直进入匀强磁场，若

不确定

带正电荷，其轨迹为。，若带负电荷，其轨迹为

b

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

磁场方

解。

向不确

如图，带正电粒子以速度。垂直进入匀强磁场，1

定

若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为。，若磁场

方向垂直纸面向外，其轨迹为人

A

粒子速有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未具体指

度不确出速度的大小或方向，此时必须考虑由于速度的D/xxx\

/xXX\

定不确定而形成的多解/平、

；X

临界状带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过磁场飞出，

\yx>\x

态不唯也可能转过180。从入射界面一侧反向飞出，形成.

—多解1.

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，£/和心为两条平行的虚线，L上方和上下方都是范围足移大,

且磁感应强度相同的匀强磁场，A、6两点都在上上。带电粒子从4点以初速度必与〃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（）

XXXXXXXX

XXXXXXXX

■■■■■■■■■L

XXXXXXXX2

XXXXXXXX

A.若将带电粒子在4点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过8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.若将带电粒了•在A点时的初速度方向改为与心成60°角斜向右上方，它将不能经过8

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软迹，8点的位置可能有如图四种

卜XXyXXXX

rXX--也XXX

A.根据轨迹，粒子经过边界却时入射点与出射点间的距离与经过边界心时入射点与出射点

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4点，故A错误；

B.如图，粒子4的位胃在乩、B”,由于洛伦兹力对粒子不做功，则速度跟在4点时的速度

大小相等，但方向不同，故B正确；

C.如图，设L与心之间的距离为4则A到出的距离为

2d

.1=--

tan。

所以，若将带电粒子在4点时初速度方向改为与Lz成60°角斜向上，则每次经过一个周期前

进的距离为

2d_x

%tan60°3

则经过三个周期后经过8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ABDo

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，边长为心的正方形例NFQ区

域内存在方向垂直于MNPQ平面的磁场，磁感应强度大小为Bo,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，图像如图乙所示。现

有一电子在/=0时刻由M点沿MN方向射入磁场区域，己知电子的质量为〃?，电荷量大小为

e，PN边界上有一点E,且加£=43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空吐

m

B.电子沿NP方向经过户点，则电子的速度大小可能小于空叱

m

C.电子垂直于NP边过七点，则磁场变化周期一定是筌

D.电子垂直于NP边过E点，则磁场变化周期可能小于整

3e%

【答案】AD

【详解1AB.电子沿NP方向经过尸点，根据几何关系，电子运动的半径满足(2n+l)r=L(n=

0,1,2,…)

根据洛伦兹力提供向心力有quB=

R

可得电子的速度大小u=意希;5=0,1,2,…)

当nN1时，则电子的速度小于竺叱，A错误，B正确；

m

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,贝标=苧乙

电子偏转的角度tan。=《

R

解得e=60。

磁场变化周期T=2x黑乂等=警，C正确，D错误。

J6U£?DQSCDQ

电子偏转的角度8由7决定，要满足电子垂直于NP边过£点，6必须为?因此7一定为|号,

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。和b,处在方向平行于圆筒轴线并垂直纸面向内大小为B的巨强磁

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。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8=%且粒子没有与筒壁发生碰撞，则射入磁场的初速度为鳖

6m

B.若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叵短更

6m

C.若6=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盛二竺”

3m

D.若。=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包侬

3m

【答案】B

【详解】A.若粒子无碰撞直接从a到b,ab是圆筒直径，长度2R,速度与弦ab的夹

角为。，弦长ab=2rsin0=2R

解得r=2R

由=m些，u=幽=小电，故A错误；

rmm

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6=

左图中a=%由正弦定理焉=而三：％=号不

右图中y=乎，由正弦定理二二「右；艺="甯、

4sinysm（7T-y-/?）/2msin（~/?J

根据通的表达式，当夕>联寸，有两个大于零的半径解心和七，而当时，只有一个大于零

的半径解4。

所以当e=g速度只有一个解〃=正例”

6m

当6=（速度有两个解％%产和%=史智”，故B正确，CD错误.

故选Bo

考向4临界状态不唯一的多解问题

【典例7】（2025•河北邯单K•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。处沿不同方向射入匀强磁场，磁

感应强度大小为5、方向沿z轴正方向。已知加速电压U调节范围为小工〃43%,其中%=

等。x轴上距离。点1.5。处有一长为L的吸收板，吸收权接地，粒子打在板上即被吸收。不

8m

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（6-|）乙

B.当U=3"），粒子从。点射入为0y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〃="），t=0时刻，粒子从0点射入yOz平面y>0、zV0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匕=〃合5=1,2,3……）

D.当U=2%,粒子从。点射入yOz平面y>0、zV0的区域，且速度方向与y轴正方向夹

角为45。，则经过翳时粒子的坐标为0，-p

【答案】AD

【详解】A.粒子经加速电压U后，由动能定理可知qU=：7nu

速度陛

7m

代入磁场中半径公式

qB

可求得粒子的轨迹半径与电压的关系，当（/=%=等时，半径4=5

8mN

U=2%时，半径上=华

U=3%时,半径「3=与

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工轴上，当加速电压为3%

时粒子打中板上位置最远，为小L,因此打中板长度为（，后-g）L,故A正确;

B.当U=3U。、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sin。="=，，0=60°

争.2

则击中吸收板的粒子占粒子总数的比例为竺沪=33%,故B错误;

C.当U=%,粒子射向yOz平面，速度方向与y轴正方向夹30。时，粒子的运动就迹如下图所

示

将速度分解为沿y轴方向的与和沿z轴方向的％,则粒子在z轴方向以七分速度做匀速直线运

动，在％Oy平面以％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了•

离z轴最远，由"子=箸可知，粒子与z轴距离最大时的时间为£i=n=（n=

1,3,5……).故C错误;

&qBL

D.当U=2%,粒子速度方向与xOy平面和z坐标轴夹角均为45。时，初速度大小为孙=2m

将其分解为Z轴方向分速度%=鬻

和xOy平面分速度Uxoy=鬻

粒子在z轴方向以％分速度做匀速直线运动，在X0y平面以以分速度做匀速圆周运动，则经

过匕=翳时粒子的坐标为G，-p一?日），故D正确。

故选AD。

0巩固训练

1.（2025•山西临汾•二模）（多选）如图所示，匀强磁场垂直于X。,，平面（纸面）向外，磁

场的右边界与x轴垂直，交x轴于。（L,0）点。其中第团象限内的磁感应强度为丛，第

回象限内的磁感应强度为反,且a=281（大小均未知）。一质量为小、电荷量为+4的粒子

从原点。以速度u进入第回象限的磁场，方向与x轴成30。角，粒子从尸点离开磁场区域,

不计粒子重力，则第团象限的磁感应强度&的大小可能是（）

♦mu「mu_2mv

A.一B•鼠cD.——

4qL-瓦qL

【答案】CD

【详解】根据洛伦兹力提供向心力

可得

则在第团象限内运动的半径为q二^

在第团象限内运动的半径为七二等二m

q〃22

设粒子最后从。点离开时在第团象限运动〃次，在第团象限九-1次，根据几何关系有2〃x

ricos60°—2(n—1)xrzcos60°=L

解得%二（答）詈，（n=1,2,3……）

A,当当=总时，。不为整数，故A错误；

14qL

B,当当=箸时，。=0,不符合取值范围，故B错误;

C,当当=¥时，n=1,故C正确；

qL

D,当当=巴匕时，n=3,故D正确。

qL

故选CDo

2.（25-26高三上•云南•阶段检测）如图所示，边长为1的等边三角形区域AC。内、外的匀

强磁场的磁感应强度大小均为氏方向分别垂直纸面向里、向外，三角形顶点4处有一正

粒子源，能沿乙4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。

点，粒子的比荷色=%,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

m

为（）

4B

••，小、•••

/X\

•/xXX、••

A.—B.3BkLC.—D.2BkL

4S

【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/?二

由洛伦兹力提供向心力，有quB=

t\

联立解得u=黑=华（九=1,2,3,…）

将九二1,2,3,…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的正方形时4区域内存在匀强磁场,

磁感强度大小为殳，方向垂直于〃区d所在平面,且周期性变化（周期厂可根据需要调整）,

如图乙所示，设垂直平面向里为磁感强度的止方向。现有一电子在t=0时刻由a

点沿加方向射入磁场区，已知电子的质量为小，电荷量大小为e,图中边界上有两点了、

g，且df=bg=^L,关于电子在磁场中的运动，以下说法中正确的是（）

图甲图乙

A.调整磁场变化周期丁，让电子沿加方向经过。点，电子的速度大小一定是竺叱

m

B.调整磁场变化周期r,让电了•经过d点，电子的速度大小一定是等

2m

C.要想让电子经过点/点，则磁场变化周期一定是曾

D.要想让电子垂直尻边过g点，则磁场变化周期一定是筌

【答案】D

【详解】A.要想让电子沿反方向经过c•点，可能的轨迹如图所示

也可以转奇数个:圆弧后到c,根据洛伦兹力充当向心力，有

4

V2

Boev=m-

可得

mv

r=~Be

根据以上分析则有

mvL

T=----=-------(-〃=0,1,2...)

pR0+1

解得

"缶2'2...)

故A错误；

B.要想让经过d点，可能的轨迹如图所示

可知，r=g解得

eBL

v=----Q-

2m

或者先顺时针转磁场的半个周期j之后逆时针转，从ad方向经过d

这种情况下

r+yf3r—L

解得

CBQL

(1+V3)m

故B错误；

C.要想让电子经过了点，轨迹可能如图所示

由几何关系可得

R2=(L—R)2+

解得

2

R=3L

只要满足运动时间即可；或者如图所示

圆周周期71=智，每一次转过120。圆心角

AT

---=—

32

解得

4nm

T-------

3eB。

故C错误；

D.要想让电子垂直be边过g点，经过偶数次偏转，每一次转过60。圆心角，圆周周期7\=等,

则有

7\_T

~6=2

解得

2nm

T=------

3eB0

故D正确。

故选Do

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=1x10-7*质量rn=

1x10-】Okg的带电粒子，位于某点。处，在t=0时刻以初速度%=2nm/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£=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（）

八8/T

0.1-；—：；—

III

IaI

III

—＞小心

III

III

III

-0.1—:!——!

A.2V2nm/sB.4V2iTm/sC.2V2m/sD.4V2m/s

【答案】D

【详解】设粒子运动半径为八根据洛伦兹力提供向心力有=

解得r=2nx10-2m

周期为％=竺?=2兀义10-2s

由图可知磁场变化的周期为T=10/rx10-3s=lTo

根据t=/7o

可得在0—57rx10-3s时间内偏转的角度为%=三

同理在在57rxi（F3s-io兀x10-3s时间内偏转的角度为92=]

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

由几何关系可得粒了•的位移即为〃、。两点的距离，则有工=2位r=4或兀x10-2m

从t=0时刻开始的磁场变化的一个周期丁=IOTTx10-3s内，带电粒子的平均速度的大小为

4扬TXKT2

m/s=4>/2m/s

lOnxlO-3

故选Do

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8

的匀强磁场，圆周上W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

为女的同种粒子。已知在粒子离开磁场的所有位置口，N点距M点最远且团MONE20。,

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KR

B.粒子的比荷为噜

SRD

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哈

O

【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点射出的粒子芭动方向偏转了180。，故C错:吴；

A.根据几何关系可知2r=2Rsin60r

得粒子在磁场中运动的半径为r=f8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=m乎

解得粒子的比荷为?=普，故B正确：

m3RB

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J三仃2=竽，故D错误。

2o

故选Bo

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，。点为半圆的圆心，ON为圆的半径。现有带电粒fa、b分另J以不

同的速度从4点和8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c已知乙AON=60。，则粒子a、b()

N

A.做圆周运动的半径之比为1:gB.运动的速率之比为3:2

C.比荷之比为2:1D.运动的角速度之比为1:2

【答案】C

【详解】A.令。点为原点，直线4B为工轴，设半径为R,又乙40N=60。，则4点坐标(-R,0),

8点坐标(R,0),拉点坐标甘，亨)

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，与过力的垂线交点即为

圆心0a，与过8的垂线交点即为圆心。》，设半径七、％,轨迹圆心角/、％,则西=心、

O^N=rb

根据几何关系有&=9兀，0==tan30°,—=tar.30°

3b3KTb

解得弓=斗心

因此G:丁匕=1:3,故A错误;

BCD.由『-=quB可得u二q;

又u=3r可得3=—

m

又e=33粒子a、b同时到达N点，则丝="

3a3b

不计粒子的重力，联立可得出:生=%:%=%:皿，=©:也

u2:1,u=2:1,%:%=

mambmamb°

皿:g=2:3,故BD错误，C正确。

nib

故选Co

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。的圆形区域内有方向垂直「圆平

面向外的匀强磁场，cd、Q匕为圆形区域相互垂直的两直径。外部“粒子源〃沿一直线发射

最小速率为火,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。P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=g）,不计粒子重力及粒子间的相互作用力，sinl5°=^,COS150=

m4

在学。下列说法正确的是（）

4

b

A.带电粒子一定带负电

B.粒子的最大速度为（2+遍）%

C.磁场的磁感应强度大小为鬓

kR

D.粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为翳

3vc

【答案】BC

【详解】A.磁场垂直纸面向外，由题意可知粒于向下偏转，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m，由题意可知，该粒子将从〃点离开磁场，由于粒子从P点入射时,

其与0P的夹角为30。，所以由几何关系可知4P。匕=120°

设该粒子的轨迹半径为「，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

解得8二品，故C项正确；

kR

B.当粒子的速度最大时，粒子将从1点离开磁场，设此时该粒子的运动轨迹圆的半径为q,

22

由几何关系有疗+管一工）=（R+与）

解得△=（2+V3）/?

又因为勺为8=岷

ri

解得％=（2+⑹%，故B项正确；

D.由之前的分析可知，当粒子从沙点离开时，此时粒子轨迹圆对应的圆心角为%=g,当

粒子从d点离开时,其轨迹圆对应圆心角为4=高粒子在磁场中运动，有殷8=¥，丁=子,

一t_"e

T27r

结合之前及题意，整理有t=U上

vo

所以粒子最短运动时间为3in=詈

粒子最长运动时间为加ax=等

粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为At=tmax-tmin=等，故D项错误。

2VQ

故选BCo

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c靶材溅射出的质量为〃?、电荷量为9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。4,。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（）

y

qBa

A•禁C2q8aD.理

m・mm

【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4（0,3a）,结合几何关系可得

q+r1cos60°=3a

最大半径q=2a

OP=r]Sin60°=y/3a

当轨迹恰好与04相切时，有r2+r2cos30。=OP=V3a

最小半衙2=磊

所以纨迹半径满足再a<r<2a

2+V3

洛伦兹力提供向心力仅8=字

解得速度范围磊噜工”黑

故选BCo

9.（2026•江西上饶•一模）一匀强磁场的磁感应强度大小为8,方向垂直于纸面向外，其边

界如图中虚线所示，ab=bc-L,Z.p=60°,且"〃cd。一束带正电粒子，在纸面内从a

点垂直于"射入磁场，这些粒子具有各种速率。已知该粒子的比荷为匕不计粒子之间

的相互作用。粒子在磁场中运动的最长时间为（）

电、

47r

3kB

【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e=§=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陋喏包•誓=3・警=整

360Bq3BK

故选c。

10.（2026•四川绵阳•模拟预测）（多选）如图所示，在工0），坐标系内，OWyWgQ区域存

在垂直于坐标平面的匀强磁场，磁感应强度大小为位于坐标原点的粒子源，可在工仍，

平面内与x轴正方向间的夹角在0~兀之间发射大量速度方向不同、大小相等的同种带

电粒子。己知沿y轴正方向发射的粒子经时间io从边界上夕（小V3a）点离开磁场。不

计粒子的重力及粒子间的相互影响。则（）

\z

A.粒子的比荷为8

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二匕

D.从y=的边界离开的粒子距。点最远为2遮a

【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,则由儿何关系可知="==B

Xpa

解得“Ox=60°

则粒子从。到P偏转了60。，则有r=Ja2+“5Q）2=2a,故B正确。

A.由题意及几何关系得£0=黑7=!'驾

<«SiJ«SQri

解得且=看，故A错误。

m38to

C.在磁场中运动时间最短的粒子对应的弦长最短，即为ga,粒子在磁场中运动的半径为2a,

设粒子转过的圆心角为a,根据余弦定理可得cosa=（2a）W（6a），=1

2x2ax2a8

若粒子在磁场中运动时间为?o,粒子转过的圆心角为伍=\/-POx=30。

则的cosa'=cos300=与

因为cosa'>cosa

所以a>a）

即粒子在磁场中运动的最短时间大「9°,故C错误。

D.粒子沿%轴负方向射出时，粒子从y=V5a的边界离•开磁场区域的位置Q距离到。点的距岗

最远，根据几何关系有QM=J(2a)2-(2a-V3a)2

又Q0=JQM2+(V3a)2

解得Q。=2v5a,故DlE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8的匀强磁场，在x轴处放置照相底片，大量。、〃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），轴成8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cos。=

0.9,已知〃、〃两种离子的电荷量均为-q,质量分别为2〃?和加，不考虑离子间相互作

用。下面说法正确的是（）

B.〃离子在照相底片上形成的亮线长度为春用

C.打在照相底片上的〃、力两种离子间的最近距离为葛舟+盛再

D.若加速电压在3―49[7+4〃）之间波动，要在底片上完全分辨出。、匕两种离子，则

竺不超过生

U131

【答案】D

【详