带电粒子在有界匀强磁场中的运动 高频考点梳理 专题练 2026届高考物理复习备考

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带电粒子在有界匀强磁场中的运动 高频考点梳理
专题练 2026届高考物理复习备考
一、单选题
1．如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，在竖直线右侧足够大的区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量相同、电荷量分别为和的带电粒子，从O点以相同的初速度v先后射入磁场，已知初速度的方向与成角，两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，下列说法正确的是（　　）

A．两粒子在磁场中的运动时间相等
B．两粒子回到竖直线时的速度相同
C．若只增大粒子的入射速度的大小，粒子在磁场中运动的时间变长
D．从射入磁场到射出磁场的过程中，两粒子所受的洛伦兹力的冲量不相同
3．如图所示，虚线上方存在垂直纸面的匀强磁场（具体方向未知），磁感应强度大小为B，一比荷为k的带负电粒子由虚线上的M点垂直磁场射入，经过一段时间该粒子经过N点（图中未画出），速度方向与虚线平行向右，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是（　　）
A．磁场的方向垂直纸面向外
B．粒子由M运动到N的时间为
C．如果N点到虚线的距离为L，则粒子在磁场中圆周运动半径为2L
D．如果N点到虚线的距离为L，则粒子射入磁场的速度大小为kBL
4．如图所示，纸面内有直角坐标系xOy。匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为1T。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m/s的带正电粒子。若在与距y轴距离为12cm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C/kg，则下列感光棒PQ上的各点中，该粒子不可能打中是（　　）
A．（12cm，9cm） B．（12cm，10cm） C．（12cm，-9cm） D．（12cm，-10cm）
5．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（　　）
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
6．如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，、、、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成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是（　　）
A．沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最短 B．沿径迹、运动的粒子均为正电子
C．沿径迹、运动的粒子速率比值为 D．沿径迹、运动的时间之比为9：8
二、多选题
7．一匀强磁场垂直于平面，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，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分别为（ ）
A． B．
C． D．
8．如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为（　　）
A． B．
C． D．
9．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（　　）
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
10．速度均为的和的混合粒子流沿着与直径ab夹角为（角未知）的方向垂直进入圆柱形匀强磁场区域，一个粒子的出射方向恰与直径ab平行向右射出，另一个粒子刚好从直径的另一点b点出射。已知元电荷e，的质量为3m，的质量为4m，不计粒子的重力，该区域的磁感应强度为B，求：（　　）
A．出射方向恰与直径ab平行的粒子为
B．的速度偏转角是速度偏转角的2倍
C．
D．磁场圆的半径为
11．如图，在平面直角坐标系的第一象限内，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、电量为q的相同粒子从y轴上的点，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。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（　　）
A．粒子一定带正电
B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为
三、解答题
12．如图所示，宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。绝缘长薄板MN置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反．磁场左边界上O处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为＋q、速度为v的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变。
（1）要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度v满足的条件；
（2）若v＝，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值t。

13．如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率为υ的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内．在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用．
（1）求离子的比荷；
（2）若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
（3）假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布．当θ=370，磁感应强度在B0 ≤B≤ 3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系（不计离子在磁场中运动的时间）
14．如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源，沿纸面向各个方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)求带电粒子在磁场中的最大偏转角。
15．利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。

参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C B D C AC AC AD BCD
题号 11
答案 ACD
1．C
【详解】画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点
磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力得：，联立解得
故选C。
2．B
【详解】A．这两个正、负粒子以与成角射入有界匀强磁场后，由左手定则可判断，正粒子沿逆时针方向旋转，负粒子沿顺时针方向旋转，如下图所示

因正、负粒子所带电荷量的绝对值和质量都相同，由
可知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径相同，由几何关系可知负粒子在磁场中转过的角度为，正粒子在磁场中转过的角度
而粒子在磁场中做圆周运动的周期
则两粒子的周期相同，但是轨迹圆弧所对的圆心角不同，因此两粒子在磁场中的运动时间不相等，故A错误；
B．因洛伦兹力不改变速度的大小，结合几何关系分析可知，两粒子射出磁场时速度方向与的夹角都是，因此两粒子回到竖直线时的速度相同，故B正确；
C．由几何关系可知速度增大导致轨迹半径增大，但运动轨迹对应的圆心角不变，周期不变，所以运动时间不变，故C错误；
D．两粒子在磁场中仅受洛伦兹力作用，由动量定理可得
由于以相同的初速度射入磁场，两粒子的初动量相等，离开磁场时速度大小相等、方向相同，两带电粒子的末动量也相等，因此两粒子所受洛伦兹力的冲量相同，故D错误。
故选B。
3．C
【详解】A．根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示
根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B．粒子由M运动到N时速度方向改变了60°角，所以粒子在该段时间内运动轨迹对应的圆心角为
则粒子由M到N运动的时间为
又粒子在磁场中的运动周期为
整理得
故B错误；
CD．如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有
解得
又
代入数据解得
故D错误，C正确。
故选C。
4．B
【详解】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，根据
得
粒子的临界轨迹如图
所以向下可以打到（，），又
根据几何关系得
因为
所以不可能打到（12cm，10cm），故B不可能，符合题意；ACD可能，不符合题意。
故选B。
5．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。
故选D。
6．C
【详解】A．由于正电子和负电子的电量q和质量m均相等，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
可知四种粒子的周期相等，而沿径迹运动的粒子偏转角最大，圆心角也最大，设偏转角为θ，由

可知沿径迹运动的粒子在磁场中运动时间最长，A项错误：
B．由左手定则可判断沿径迹，运动的粒子均带负电，B项错误；
C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹，运动的粒子轨道半径分别为，，根据
可得
C项正确：
D．由前述分析可知，运动时间之比为偏转角之比所以
D项错误。
故选C。
7．AC
【详解】AB．粒子运动轨迹如图所示
由几何关系可知
粒子运动半径和圆心角分别为
，
粒子从点O到P的时间为
A正确，B错误；
CD．磁场区域的直径等于粒子圆周运动的弦长时，磁场面积最小，则
C正确，D错误。
故选AC。
8．AC
【详解】AB．粒子的运动轨迹如图；设正方形边长为L，则从b点飞出的粒子的运动半径为r1=L；从c点飞出的粒子的运动半径也为r2=L；
根据
可得
则
选项A正确，B错误；
CD．根据
可知，两粒子的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据
可得
选项C正确，D错误。
故选AC。
9．AD
【分析】本题主要考查带电粒子在磁场中的运动。
【详解】
AB．要使没有粒子从OC边界射出，沿如图路线运动的粒子不离开磁场，满足
故A正确，B错误；
CD．粒子速度，从OA边界离开磁场时离S最远距离
故C错误，D正确。
故选AD。
10．BCD
【详解】A．作出粒子运动轨迹图如下
由
解得
则
设水平向右射出的粒子半径为 ，从b点射出的粒子半径为，则
解得
则
所以对应的，即出射方向恰与直径ab平行的粒子为，故A错误；
B．由几何分析可知的速度偏转角为，速度偏转角为，故B正确；
C．由A项分析有
解得
故C正确；
D．由A项分析有
解得
故D正确。
故选BCD。
11．ACD
【详解】A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；
BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
洛伦兹力提供向心力
解得粒子入射速率
若，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；
D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可知
解得
D正确。
故选ACD。
12．（1）v＜；（2）
【详解】（1）设粒子在磁场中运动的轨道半径为r1，则有
如图所示，要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足
2r1＜L
解得
v＜

（2）粒子在磁场中圆周运动的周期
设运动的轨道半径为r2，则有
解得
r2＝L
在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，粒子运动轨迹如图，由几何关系可知最小时间
解得
t＝

13．（1）（2）（3）时，；时，；时，有
【详解】（1）洛伦兹力提供向心力，故，
圆周运动的半径R=L，解得
（2）和y轴正方向夹角相同的向左和向右的两个粒子，达到x轴位置相同，当粒子恰好达到收集板最左端时，达到最大，轨迹如图1所示，
根据几何关系可知，解得
（3），全部收集到离子时的最小半径为R，如图2，有，
解得
当时，所有粒子均能打到收集板上，有
，恰好收集不到粒子时的半径为，有，即
当时，设，解得
当时，所有粒子都不能打到收集板上，
14．(1) ； (2)60°
【详解】(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
则
(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，如图所示，
通过“动态圆”可以观察到粒子在磁场中的运动轨迹均为劣弧，弧长越长，弧所对应的圆心角越大，则运动时间越长，当粒子的轨迹弧的弦长等于磁场直径时，粒子运动的时间最长，由几何关系知
即φm＝60°。
15．（1）；（2）（3）60%
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间

（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
解得
则速度在~之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
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