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素养提升14　带电粒子在匀强磁场中运动的多解和临界问题
1.（2026·山东青岛期末）长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，从距水平板中心正上方的P点处以水平向右的速度v0发射一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，速度v0应满足（　　）
A.v0＞　　　　　 B.v0＜
C.＜v0＜ D.v0＞或v0＜
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
3.〔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P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.kBL，0° B.kBL，0°
C.kBL，60° D.2kBL，60°
4.〔多选〕如图所示，等腰梯形abcd区域（包含边界）内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边长ab＝bc＝cd＝ad＝l，一质量为m、带电荷量为－q（q＞0）的粒子从a点沿着ad方向射入磁场中，粒子仅在洛伦兹力作用下运动，为使粒子不能经过bc边，粒子的速度可能为（　　）
A. B.
C. D.
5.如图所示，直角三角形MNP区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。∠M＝30°，NP＝L，C为MP的中点，D为NP的中点，在C点有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、负电子。电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子间的相互作用，不计正、负电子的重力。下列说法正确的是（　　）
A.可能有正电子从M点射出磁场
B.负电子从D点离开磁场时的速度大小为
C.从MN边射出的正电子在磁场中运动的最长时间为
D.正电子在磁场中运动的最长时间为
6.（2026·河北石家庄模拟）如图所示，直角△ABC内（包括边界）存在垂直纸面向外的匀强磁场，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，在AB边上距离A点为L的O点有一个质子源，向AB边右侧180°范围内发射速度大小相同、方向不同的质子，所有质子恰好不能从AC边和BC边离开三角形区域。则直角△ABC的面积至少为（　　）
A.L2 B.2L2
C.L2 D.L2
7.〔多选〕一匀强磁场垂直于xOy平面，分布在一个圆形区域内。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，某时刻经过原点O，速度大小为v，方向沿x轴正方向，后来经过y轴上点P时，速度方向与y轴正方向的夹角为30°，P到O的距离为d，如图所示。若粒子重力忽略不计，点O在磁场中。则粒子从点O到P的时间t和磁场区域的最小半径Rmin分别为（　　）
A.t＝ B.t＝ C.Rmin＝ D.Rmin＝
8.〔多选〕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。则从A点射出的粒子的比荷可能是（　　）
A. B.
C. D.
9.（2026·辽宁大连期中）竖直平面内有半径为R＝2 m的圆形边界匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B＝2×10－2 T，磁场方向垂直xOy平面向里。以圆形边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量m＝4×10－6 kg、电荷量q＝2×10－2 C的正粒子，由A沿与x轴负方向进入圆形磁场区域，速度大小v＝2×102 m/s，在x＞0的某区域存在一个矩形匀强磁场Ⅱ（图中未画出），磁场感应强度与磁场Ⅰ相同，粒子经过该矩形磁场区域后恰能沿x轴负方向再次通过坐标原点O，不计粒子重力。求：
（1）粒子从A点到第二次经过O点的运动时间；
（2）矩形磁场区域的最小面积。
10.（2026·陕西安康模拟）如图所示，以OP为分界线将直角MON分为区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅱ内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，OP与OM间的夹角为30°。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子从分界线上的P点以速度v、沿与分界线OP成60°角的方向射入区域Ⅰ，在区域Ⅰ偏转后直接从O点离开磁场区域，不计粒子的重力。
（1）求O、P之间的距离；
（2）若粒子从P点射入的速度方向不变，大小可以改变，要使粒子仍从O点离开磁场区域，求粒子射入时速度大小的可能值。
素养提升14　带电粒子在匀强磁场中运动的多解和临界问题
1.C　电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有ev0B＝m，解得R＝，根据分析，当半径很小或者半径很大时，电子均不能够到达水平板上，两个临界点轨迹分别与水平板相切、轨迹恰好经过水平板两端点，如图所示，根据几何关系可知Rmin＝，Rmax＝，解得v0min＝或v0max＝，则有＜v0＜，故选C。
2.BD　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，为把这束负离子约束在OP之下的区域，应满足B＞B1，方向垂直纸面向里或B＞B2，方向垂直纸面向外，选项B、D正确，A、C错误。
3.BC　若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m　　，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时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＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此时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＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C正确，A、D错误。
4.AC　为使粒子不能经过bc边，则粒子可以从ab边或cd边射出磁场，其临界点为b、c，其运动轨迹如图所示，当粒子恰好过b点时，其做圆周运动的圆心在O1点，根据几何关系可知r1＝ab＝l，则为使粒子从ab边出磁场，其运动半径应小于r1，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得v＝＜；
当粒子恰好过c点时，其做圆周运动的圆心在O2点，根据几何关系可知r2＝ac＝ab＝l，则为使粒子从cd边射出磁场，其运动半径应大于r2，根据牛顿第二定律可知qBv＝m　　，解得v＝＞，故选A、C。
5.C　根据正电子运动的轨迹可知，正电子不可能从M点射出磁场，选项A错误；负电子从D点离开磁场时，其运动轨迹如图所示，由几何关系有＋＝r2，解得r＝L，由洛伦兹力提供向心力有evB＝m，可得负电子的速度大小为v＝＝，选项B错误；当正电子运动的轨迹与MN相切时从MN射出的时间最长，如图所示，由几何关系可知圆心角为120°，则最长时间tmax＝×＝，选项C正确；正电子从C、M之间射出时用时最长，则在磁场中运动的最长时间为tmax'＝＝，选项D错误。
6.C　如图所示，质子从O点竖直向上进入磁场时轨迹应恰好与AC边相切，由几何关系可知r＝L，质子恰好不从BC边离开时的运动轨迹为与BC边相切的半圆，故AB边长的最小值为＝L＋2r＝（＋2）r＝L，所以直角△ABC的面积的最小值为Smin＝·＝＝L2，故选C。
7.AC　粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知d＝＋r，解得粒子运动半径r＝，粒子在磁场运动的轨迹对应的圆心角α＝120°，粒子从点O到P的时间为t＝×＋＝，A正确，B错误；磁场区域的直径等于粒子圆周运动的弦长时，半径最小，有Rmin＝＝，C正确，D错误。
8.AD　带电粒子从C点射出磁场，其运动轨迹如图甲所示，由几何关系得sin 30°＝，解得r1＝2R；
带电粒子从D点射出磁场，其运动轨迹如图乙所示，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＝m，解得从A点射出的粒子的比荷满足≤≤，故A、D正确，B、C错误。
9.（1）×10－2 s　（2）12 m2
解析：（1）粒子在圆形磁场区域，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，解得r＝2 m＝R
周期T＝＝2π×10－2 s
圆形磁场中，连接入射点、磁场圆心、轨迹圆心及出射点构成菱形，转过圆心角为θ1＝120°
粒子从O点进入第四象限，速度与x轴正向夹角为60°，在方形磁场中转过角度θ2＝240°，所以在两磁场中运动时间为t1＝T＝2π×10－2 s
设粒子从P点进入矩形磁场，从Q点离开矩形磁场，由几何关系可知OP＝QO＝rtan 60°
粒子做匀速直线运动时间t2＝＝2×10－2 s
全程时间t＝t1＋t2＝×10－2 s。
（2）根据题意分析，做出几何图形，由几何关系得，矩形磁场区域的最小面积S＝2r·r
解得S＝12 m2。
10.（1）　（2），（n＝0，1，2，3…）
解析：（1）根据牛顿第二定律qvB＝m
得r＝
粒子运动轨迹如图
OP长度为＝r＝。
（2）粒子从O点离开一定是从区域Ⅰ与ON相切离开磁场区域，故ri＝，粒子在区域Ⅱ运动的轨道半径r1＝＝
根据几何关系有（ri＋r1）n＋ri＝，（n＝0，1，2，3，…）
即（ ·＋·）n＋·＝
又＝
解得vi＝，（n＝0，1，2，3…）。
1 / 1素养提升14　带电粒子在匀强磁场中运动的多解和临界问题
1.会分析带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题。 2.会分析带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题。
提升点一　带电粒子在磁场中运动的多解问题
带电粒子在磁场中运动产生多解的四种情况
类型 分析 图例
电性 不确定 带电粒子以速度v垂直进入磁场，电性未确定时运动轨迹不同而形成多解
磁场方向 不确定 某一带电粒子（已知电性）以速度v垂直进入已知磁感应强度大小的磁场中，因磁场方向不确定而形成多解
临界状态 不唯一 带电粒子在飞越极板间磁场，要求不落在极板上时，可能直接穿过去，也可能从入射界面反向飞出
运动的 往复性 带电粒子在不同场构成的空间运动时，往往具有往复性，不同空间情境中会因倍数关系而形成多解
（2026·江苏扬州期中）如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q的同种粒子（重力不计，粒子间的相互作用不计），所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是（　　）
A. B.
C. D.
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
〔多选〕（2026·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
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
D.带电粒子在磁场中运动时间可能为
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
处理多解问题的解题技巧 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）。 3.若为周期性的多解问题，注意寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
提升点二　带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
　　解决带电粒子在匀强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：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：小于半个周期的情况下，弦长越短，运动时间越短，因此找到最短弦长，就可确定最短时间。
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。
如图所示，在xOy平面的第一、四象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子，磁场的磁感应强度大小为、方向垂直于平面xOy向里，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁场中运动的最长时间为（　　）
A. B.
C. D.
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2026·湖北武汉模拟）如图所示，平面直角坐标系xOy内有一圆形有界磁场Ⅰ和一矩形有界磁场Ⅱ（未画出）。磁场Ⅰ圆心坐标为，半径为2d，磁场Ⅱ位于y轴左侧。磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直纸面向外，磁感应强度的大小分别为2B、B，有界区域边界上均有磁场。位于坐标原点的粒子源（大小忽略不计）可以向y轴右侧任意方向发射质量均为m、电荷量均为q、速率均为v0＝的同种带正电粒子，这些粒子的出射点都位于x轴下方的一段圆弧OP（P为圆弧上离O点最远的点，未画出）上。若从P点出射的带电粒子依次经过真空区域、磁场Ⅱ、真空区域后恰好能回到O点，且该粒子先后两次经过y轴的速度方向与y轴的负方向的夹角相同。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）P点的坐标；
（2）从P点射出的粒子在矩形磁场区域中运动的时间；
（3）矩形磁场区域的最小面积。
尝试解答
素养提升14　带电粒子在匀强磁场中运动的多解和临界问题
提升点一
【例1】　C　粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图所示
所有粒子对应的圆心角均为120°，由几何关系可知2nRcos 30°＝L（n＝1，2，3…），根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，解得v＝＝，当n＝1时，可得v＝，故选C。
【例2】　CD　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＝L，由牛顿第二定律得qv1B＝m，解得v1＝，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时，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，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＝，解得r2＝L，根据牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，根据动量定理得I＝2mv2＝，故A错误，C正确。
提升点二
【例3】　C　粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m，解得r＝2R，如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于sin α＝，要使圆心角α最大，FE应最长，经分析可知，当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm＝，解得αm＝，所以tm＝·，解得tm＝，故选C。
【例4】　（1）　（2）　（3）12d2
解析：（1）粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场Ⅰ中，根据洛伦兹力提供向心力，有2Bqv0＝m
解得R1＝d，
由题意知OP＝2d，OP与x轴正方向的夹角为θ＝60°
根据几何关系有xP＝2dcos θ，yP＝－2dsin θ
解得xP＝d，yP＝－d
即P点坐标为。
（2）粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv0＝m，解得R2＝2d
由题意知粒子在磁场Ⅱ转过的角度为α＝240°＝，t＝，解得t＝。
（3）设最小矩形的长为l1，宽为l2，由几何关系知
l1＝2R2，l2＝R2
矩形的最小面积Smin＝l1l2
联立解得Smin＝12d2。
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素养提升14　
带电粒子在匀强磁场中运动的多解和临界问题
目标要求
1. 会分析带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题。
2. 会分析带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题。
目 录
CONTENTS
提升点一　带电粒子在磁场中运动的多解问题
提升点二　带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
课时跟踪检测
提升点一　
带电粒子在磁场中运动的多解问题
带电粒子在磁场中运动产生多解的四种情况
类型 分析 图例
电性不确定 带电粒子以速度v垂直进入磁场，电性未确定时运动轨迹不同而形成多解
磁场方向不确定 某一带电粒子（已知电性）以速度v垂直进入已知磁感应强度大小的磁场中，因磁场方向不确定而形成多解
类型 分析 图例
临界状态不 唯一 带电粒子在飞越极板间磁场，要求不落在极板上时，可能直接穿过去，也可能从入射界面反向飞出
运动的往复性 带电粒子在不同场构成的空间运动时，往往具有往复性，不同空间情境中会因倍数关系而形成多解
（2026·江苏扬州期中）如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN
的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强
磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水
平向右发射不同速率、质量为m、电荷量为q的同种粒子（重力不
计，粒子间的相互作用不计），所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝
L，则粒子的速度可能是（　C　）
C
A. B.
C. D.
解析：粒子可能在两个磁场间做多次运动，画出粒子可能的轨迹，如图
所示
所有粒子对应的圆心角均为120°，由几何关系可知2nRcos 30°＝L（n＝1，2，3…），根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，解得v＝＝，当n＝1时，可得v＝，故选C。
〔多选〕（2026·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（　CD　）
CD
A. 带电粒子一定带负电荷
B. 带电粒子的速度最小值为
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
D. 带电粒子在磁场中运动时间可能为
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＝L，由牛顿第二定律
得qv1B＝m，解得v1＝，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时，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝
，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＝，解得r2＝L，根据牛顿第二定律得qv2B＝m，解得v2＝，根据动量定理得I＝2mv2＝，故A错误，C正确。
处理多解问题的解题技巧
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）。
3. 若为周期性的多解问题，注意寻找通项式，若是出现几种解的可能性，
注意每种解出现的条件。
提升点二　
带电粒子在磁场中运动的临界极值问题
　　解决带电粒子在匀强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：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：小于半个周期的情况下，弦长越短，运动时间越短，因此找
到最短弦长，就可确定最短时间。
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。
如图所示，在xOy平面的第一、四象限内有一圆心为O、半径为R的半
圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为
m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子，磁场的磁感应强度大小为
、方向垂直于平面xOy向里，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到
的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁
场中运动的最长时间为（　C　）
C
A. B.
C. D.
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝m，
解得r＝2R，如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹对应
的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于
sin α＝，要使圆心角α最大，FE应最长，经分析可知，
当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时，
粒子在磁场中运动的时间最长，有sin αm＝，解得αm＝，所以tm＝·，解得tm＝，故选C。
（2026·湖北武汉模拟）如图所示，平面直角坐标系
xOy内有一圆形有界磁场Ⅰ和一矩形有界磁场Ⅱ（未画出）。
磁场Ⅰ圆心坐标为，半径为2d，磁场Ⅱ位于y轴左
侧。磁场Ⅰ、Ⅱ的方向均垂直纸面向外，磁感应强度的大小
分别为2B、B，有界区域边界上均有磁场。位于坐标原点
的粒子源（大小忽略不计）可以向y轴右侧任意方向发射质量均为m、电荷量均为q、速率均为v0＝的同种带正电粒子，这些粒子的出射点都位于x轴下方的一段圆弧OP（P为圆弧上离O点最远的点，未画出）上。若从P点出射的带电粒子依次经过真空区域、磁场Ⅱ、真空区域后恰好能回到O点，且该粒子先后两次经过y轴的速度方向与y轴的负方向的夹角相同。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
（1）P点的坐标；
答案： 　
解析： 粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场Ⅰ中，根据洛伦兹力提供向
心力，有2Bqv0＝m
解得R1＝d，
由题意知OP＝2d，OP与x轴正方向的夹角为θ＝60°
根据几何关系有xP＝2dcos θ，yP＝－2dsin θ
解得xP＝d，yP＝－d
即P点坐标为。
（2）从P点射出的粒子在矩形磁场区域中运动的时间；
答案：　
解析：粒子在磁场Ⅱ中，根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv0＝m，解得R2
＝2d
由题意知粒子在磁场Ⅱ转过的角度为α＝240°＝，t＝，解得t＝。
（3）矩形磁场区域的最小面积。
答案：12d2
解析：设最小矩形的长为l1，宽为l2，由几何关系知
l1＝2R2，l2＝R2
矩形的最小面积Smin＝l1l2
联立解得Smin＝12d2。
课时跟踪检测
1. （2026·山东青岛期末）长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、
磁感应强度大小为B的匀强磁场，从距水平板中心正上方的P点处以水平
向右的速度v0发射一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子能打在水平板
上，速度v0应满足（　　）
A. v0＞ B. v0＜
C. ＜v0＜ D. v0＞或v0＜
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解析：　电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心
力，则有ev0B＝m，解得R＝，根据分析，当半径很小或
者半径很大时，电子均不能够到达水平板上，两个临界点轨迹
分别与水平板相切、轨迹恰好经过水平板两端点，如图所示，
根据几何关系可知Rmin＝，Rmax＝，解得v0min＝或v0max＝，则有＜v0＜，故选C。
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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
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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，为把这束负离子约束在OP之下的区域，应满足B＞B1，方向垂直纸面向里或B＞B2，方向垂直纸面向外，选项B、D正确，A、C错误。
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3. 〔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P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. kBL，0° B. kBL，0°
C. kBL，60° D. 2kBL，60°
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解析：若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子在两个
磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，
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则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时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＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此时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＝＝kBL（n＝1，2，3，…），此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°，故B、C正确，A、D错误。
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4. 〔多选〕如图所示，等腰梯形abcd区域（包含边界）内存在匀强磁场，
磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，边长ab＝bc＝cd＝ad＝l，一质
量为m、带电荷量为－q（q＞0）的粒子从a点沿着ad方向射入磁场中，粒
子仅在洛伦兹力作用下运动，为使粒子不能经过bc边，粒子的速度可能为
（　　）
A. B.
C. D.
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解析：为使粒子不能经过bc边，则粒子可以从ab边或cd
边射出磁场，其临界点为b、c，其运动轨迹如图所示，
当粒子恰好过b点时，其做圆周运动的圆心在O1点，根
据几何关系可知r1＝ab＝l，则为使粒子从ab边出磁
场，其运动半径应小于r1，根据牛顿第二定律可知qvB＝m，解得v＝＜；当粒子恰好过c点时，其做圆周运动的圆心在O2点，根据几何关系可知r2＝ac＝ab＝l，则为使粒子从cd边射出磁场，其运动半径应大于r2，根据牛顿第二定律可知qBv＝m，解得v＝＞，故选A、C。
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5. 如图所示，直角三角形MNP区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直
纸面向外的匀强磁场。∠M＝30°，NP＝L，C为MP的中点，D为NP的中
点，在C点有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、负电子。
电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子间的相互作用，不计正、负电子
的重力。下列说法正确的是（　　）
A. 可能有正电子从M点射出磁场
B. 负电子从D点离开磁场时的速度大小为
C. 从MN边射出的正电子在磁场中运动的最长时间为
D. 正电子在磁场中运动的最长时间为
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解析：　根据正电子运动的轨迹可知，正电子不可能从M
点射出磁场，选项A错误；负电子从D点离开磁场时，其运
动轨迹如图所示，由几何关系有＋＝r2，解
得r＝L，由洛伦兹力提供向心力有evB＝m，可得负电子的速度大小为v＝＝，选项B错误；当正电子运动的轨迹与MN相切时从MN射出的时间最长，如图所示，由几何关系可知圆心角为120°，则最长时间tmax＝×＝，选项C正确；正电子从C、M之间射出时用时最长，则在磁场中运动的最长时间为tmax'＝＝，选项D错误。
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6. （2026·河北石家庄模拟）如图所示，直角△ABC内（包括边界）存在垂
直纸面向外的匀强磁场，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，在AB边上距离A
点为L的O点有一个质子源，向AB边右侧180°范围内发射速度大小相同、
方向不同的质子，所有质子恰好不能从AC边和BC边离开三角形区域。则
直角△ABC的面积至少为（　　）
A. L2 B. 2L2
C. L2 D. L2
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解析：　如图所示，质子从O点竖直向上进入磁场
时轨迹应恰好与AC边相切，由几何关系可知r＝
L，质子恰好不从BC边离开时的运动轨迹为与BC边
相切的半圆，故AB边长的最小值为＝L＋2r＝
（＋2）r＝L，所以直角△ABC的面积的最小值为Smin＝·＝＝L2，故选C。
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7. 〔多选〕一匀强磁场垂直于xOy平面，分布在一个圆形区域内。一个质
量为m、电荷量为q的带电粒子，某时刻经过原点O，速度大小为v，方向沿
x轴正方向，后来经过y轴上点P时，速度方向与y轴正方向的夹角为30°，
P到O的距离为d，如图所示。若粒子重力忽略不计，点O在磁场中。则粒
子从点O到P的时间t和磁场区域的最小半径Rmin分别为（　　）
A. t＝ B. t＝
C. Rmin＝ D. Rmin＝
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解析：粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知d＝
＋r，解得粒子运动半径r＝，粒子在磁场运动的轨迹对应的
圆心角α＝120°，粒子从点O到P的时间为t＝×＋
＝，A正确，B错误；磁场区域的直径等于粒子圆周运动的弦长时，半径最小，有Rmin＝＝，C正确，D错误。
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8. 〔多选〕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。则从A点射出的粒子的比荷可能是（　　）
A. B. C. D.
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解析：带电粒子从C点射出磁场，其运动轨
迹如图甲所示，由几何关系得sin 30°＝，
解得r1＝2R；带电粒子从D点射出磁场，其
运动轨迹如图乙所示，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＝m，解得从A点射出的粒子的比荷满足≤≤，故A、D正确，B、C错误。
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9. （2026·辽宁大连期中）竖直平面内有半径为R＝2 m的
圆形边界匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B＝2×10－2 T，
磁场方向垂直xOy平面向里。以圆形边界磁场最底端O为
原点建立xOy直角坐标系。一质量m＝4×10－6 kg、电荷
量q＝2×10－2 C的正粒子，由A沿与x轴负方向进入圆形磁场区域，速度大小v＝2×102 m/s，在x＞0的某区域存在一个矩形匀强磁场Ⅱ（图中未画出），磁场感应强度与磁场Ⅰ相同，粒子经过该矩形磁场区域后恰能沿x轴负方向再次通过坐标原点O，不计粒子重力。求：
（1）粒子从A点到第二次经过O点的运动时间；
答案：×10－2 s　
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解析：粒子在圆形磁场区域，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，
解得r＝2 m＝R
周期T＝＝2π×10－2 s
圆形磁场中，连接入射点、磁场圆心、轨迹圆心及出射点构成菱形，转过
圆心角为θ1＝120°
粒子从O点进入第四象限，速度与x轴正向夹角为60°，在方形磁场中转过
角度θ2＝240°，所以在两磁场中运动时间为t1＝T＝2π×10－2 s
设粒子从P点进入矩形磁场，从Q点离开矩形磁场，由几何关系可知OP＝
QO＝rtan 60°
粒子做匀速直线运动时间t2＝＝2×10－2 s
全程时间t＝t1＋t2＝×10－2 s。
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（2）矩形磁场区域的最小面积。
答案：12 m2
解析：根据题意分析，做出几何图形，由几何关系得，矩形磁场区域的最小面积S＝2r·r
解得S＝12 m2。
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10. （2026·陕西安康模拟）如图所示，以OP为分界线
将直角MON分为区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内存在方向垂直纸面
向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅱ内存在
方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，
OP与OM间的夹角为30°。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子从分界线上
的P点以速度v、沿与分界线OP成60°角的方向射入区域Ⅰ，在区域Ⅰ偏转后
直接从O点离开磁场区域，不计粒子的重力。
（1）求O、P之间的距离；
答案：　
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解析：根据牛顿第二定律qvB＝m
得r＝
粒子运动轨迹如图
OP长度为＝r＝。
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（2）若粒子从P点射入的速度方向不变，大小可以改变，要使粒子仍从O
点离开磁场区域，求粒子射入时速度大小的可能值。
答案：，（n＝0，1，2，3…）
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解析：粒子从O点离开一定是从区域Ⅰ与ON相切离开磁场区域，故ri＝，
粒子在区域Ⅱ运动的轨道半径r1＝＝
根据几何关系有（ri＋r1）n＋ri＝，（n＝0，1，2，3，…）
即（ ·＋·）n＋·＝
又＝
解得vi＝，（n＝0，1，2，3…）。
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