重難點11帶電粒子在磁場中的運動

------------------------h

命題趨勢

考點三年考情分析2025考向預測

洛倫茲力、洛倫茲力的方向

（1）考點預測：洛倫茲力作用下

洛倫茲力公式僅在洛倫茲力作用下的運動

的各種運動。

帶電粒子在勻強磁場中的運動（2023?全國乙卷,5）

（2）考法預測：

重難詮釋

【情境解讀】

帶1.當帶電粒子速度/方向與磁場B方向平行時一?

電

粒勻速直線運動

子

在tnv

2.當帶電粒子速度._r=Q-多解問題

磁

場-%方向與勻強磁場工二辦一

8方向垂直時周三動27rm

中-T=-臨界問題

的qB

運

動3.帶電粒子在r1.直線邊界

L有界勻強磁場-f常用r放縮圓

-2多邊界f方法

L旋轉圓

中的運動L3.弧（圓）形邊界

【高分技巧】

一、洛倫茲力的大小計算、方向判斷

1.洛倫茲力與靜電力的比較

洛倫茲力靜電力

oWO且o不與B平行

產生條件（說明：運動電荷在磁場中不一電荷處在電場中

定受洛倫茲力作用）

大小F=qvB(V-LB)F=qE

力方向與場方向的關系F_LB(且F±v)F//E

做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功

2.洛倫茲力作用下帶電體的運動

帶電體做變速直線運動時，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會發生變化，與接觸面間的彈力隨著

變化（若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發生變化），最后若彈力減小到0,帶電體離開接觸面.

二、洛倫茲力作用下的臨界問題

1.動態放縮法

(1)適用條件：速度方向一定、大小不同

⑵特點：

①粒子源發射速度方向一定、大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運

動的軌跡半徑隨速度大小的變化而變化。

②軌跡圓圓心共線

如圖甲所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度。越大，軌跡半徑也越大，可以發現這些帶電粒子射入磁

場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線CO±o

(3)界定方法

以入射點。為定點，圓心位于直線C。上，將半徑放縮并作出軌跡，從而探索出臨界條件。

2.定圓旋轉法

(1)適用條件：速度大小一定、方向不同

⑵特點：

①粒子源發射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運

2

動的半徑相同，若粒子入射初速度為。0,由卯08=等得圓周運動半徑R=器，半徑R不變。

KQD

②軌跡圓圓心共圓

如圖乙所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點。為圓

心、半徑R=鬻的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上。

(3)界定方法：

將半徑為尺=黑的圓的圓心沿著“軌跡圓心圓”平移，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“定圓旋轉

QD

法”。

3.帶電粒子的會聚

，'B

丙

如圖丙所示，大量的同種帶正電的粒子，速度大小相同，平行入射到圓形磁場區域，如果軌跡圓半徑與磁

場圓半徑相等(R=r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出。

證明：四邊形OAO'8為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，必平行于A。'，可知從A點入射的帶電

粒子必然經過B點。

4.帶電粒子的發散

x

x

-C

丁

如圖丁所示，有界圓形磁場的磁感應強度為8,圓心為0,從P點有大量質量為根、電荷量為q的帶正電粒

子，以大小相等的速度。沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁

場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行。

證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓形磁場圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形,

。小、。2氏03c均平行于P。，即出射速度方向相同。

三、洛倫茲力作用下的多解問題

1.帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題

帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子電性不確定、磁場方向不確定、臨界狀態不確

定、運動的往復性造成帶電粒子在有界勻強磁場中運動的多解問題.

(1)找出多解的原因.

(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況.

2.帶電粒子在磁場中運動的多解問題成因

(1).磁場方向不確定；

(2)帶電粒子電性不確定；

(3)速度不確定；

(4)運動的周期性。

(建議用時：40分鐘)

【考向一：洛倫茲力的大小計算、方向判斷】

1.（2024?陜西省商洛市?二模）（多選）如圖所示，橫截面為正方形而cd的有界勻強磁場，磁場方向垂

直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直）邊界的速度從e點射入該磁場，不計電子受到的重力及其

相互之間的作用力，對于從不同邊界射出的電子，下列說法正確的是（）

XX

XX

XX

A.從d點離開的電子在磁場中運動的半徑最大

B.從ad邊離開的電子在磁場中運動的時間都相等

C.從6c邊離開電子速度越大，偏轉角度越大

D.從cd邊離開的電子速度越大，越靠近c點

【答案】BD

【解析】A.電子在磁場中不同邊界射出的軌跡如圖

-tb

d一乙一L-、c

可知，從d點離開的電子在磁場中運動的半徑不是最大，故A錯誤;

B.電子在磁場中運動的時間

02jcm0m

2TUeBeB

由軌跡圖可知，從4d邊離開的電子速度偏轉角相等，所以運動時間相等，故B正確;

CD.由

可得

mv

1B

可知速度越大半徑越大，所以從Cd邊離開的電子速度越大，越靠近C點；從兒邊離開的電子速度越大，半

徑越大，設入射點到d點的距離為x,則有

r-d?d

cosa=------=1-----

rr

可知，電子速度越大，速度偏轉角越小，故C錯誤，D正確。

故選BD。

2.（2024?青海省海南藏族自治州?二模）如圖所示，空間存在范圍足夠大、垂直xOy平面向里的勻強磁

場（圖中未畫出），一質量為機、帶電荷量為-夕的帶電粒子從坐標原點。沿y軸正方向以速度vo射出，帶電

不計粒子受到的重力及空氣阻力。則勻強磁場的磁感應強度大小為（

?A

MV0

Ox

AmV°mv0^0D

B.

2qhqh2qhqh

【答案】A

【解析】

根據洛倫茲力提供向心力有

機說

結合幾何關系

3川+伊-行=R2

解得

5嘴

故選A。

3.（2024?山西省名校聯考?二模）（多選）如圖所示的裝置能分離各種比荷的帶電粒子，三個初速度均為

零的帶電粒子1、2、3經電壓為U的電場加速后，從頂點A沿AO方向進入一個邊長為a的正六邊形區域內，

正六邊形區域內存在磁感應強度大小為2、方向垂直紙面向里的勻強磁場，已知粒子1剛好從頂點廠射出，

粒子2剛好從頂點E射出，粒子3剛好垂直即從G點（未畫出）射出，粒子重力不計，則下列說法正確的

是（）

FE

—><7*—，]入人、

||/xXx\

I|\xXx,/

\XX/

BC

A.粒子1、2、3的比荷之比為9：4：1

B.G點到E點的距離為（2/—3）a

C.將磁感應強度減半，粒子1在磁場中的運動時間不變

D.將磁感應強度減半，粒子2會從G點射出

【答案】BD

【解析】A.設粒子質量為加，帶電荷量為在加速電場中，根據動能定理

〃12

Uq=—mv

在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力

v2

qvB=m——

r

解得

1\2mU

r———------

q

粒子1、2、3的運動軌跡如圖所示

由幾何關系知

4=a>八=Ka,q=2^/3?

解得

4:4:3=1:3:6

m\rJ

故

匕：左2：攵3=36:4:1

故A錯誤；

B.由幾何關系知

年=瓜。=3a

tan30

G點到E點的距離為

/=弓—O3E=^2yf3—3ja

故B正確;

CD.將磁感應強度減半，三個粒子在磁場的運動半徑都加倍，粒子1從斯之間射出，在磁場中達動的時

間變長，粒子2從G點射出，C錯誤，D正確。

故選BD。

4.（2024?山西省名校聯考?一模）（多選）如圖所示，空間有垂直于坐標系xOy平面向外的勻強磁場。/=0

時，帶電粒子。從。點沿x軸負方向射出；不時刻，。與靜置于y軸上P點的靶粒子6發生正碰，碰后6

結合成粒子c,弓時亥!I，。第一次沿，軸負方向通過x軸上的。點。已知％"2=1：6,不考慮粒子間靜電力

???（）????Q*x

A.〃粒子帶負電B.。和c的電荷量之比為1：2

C.。和c的速率之比為5：2D.a和Z?的質量之比為1：4

【答案】AD

【解析】C.設OP=2r,a、Z?碰撞前后做圓周運動時間為

1丁27r?2廠

%-A=-71—----------

2

44V2

聯立解得

嶺7

故C錯誤;

D.a、發生碰撞，根據動量守恒得

解得

mb4

故D正確；

AB.。粒子做勻速圓周運動，則

,2

qi%B=m—

r

c粒子做勻速圓周運動

（%+%）%B=（-+/）,

解得

1

%=一,%

根據左手定則，可知粒子。帶正電，則粒子6帶負電，粒子c帶正電，。和c的電荷量之比為

d：（5+%）=2：1

故A正確，B錯誤。

故選ADo

5.（2024?山西省太原市?一模）（多選）如圖所示，圓形區域內存在垂直紙面方向的勻強磁場，。為圓心,

AN和CM為圓的兩條直徑，/MCW=60。質量為網、電荷量為小的帶電粒子1沿AO方向從A點射

入。質量為加2、電荷量為火的帶電粒子2從C點射入，兩粒子入射速度相同且都從/點飛離磁場，不考

慮兩帶電粒子的重力及相互作用力。下列說法正確的是（）

A.粒子1與粒子2的比荷之比為2:3B.粒子1與粒子2的出射方向夾角為60

C.粒子1與粒子2的運動半徑之比為2:1D.粒子1與粒子2在磁場內運動的時間之比為2:3

【答案】AB

【解析】如圖所示，做出兩粒子的運動軌跡，設粒子1做圓周運動的圓心為a,半徑為“，設粒子2做圓

周運動的圓心為。2,半徑為弓，圓心磁場的半徑為R。

C.由幾何關系可知

—=tan30

4

得

一=cos30

r2

得

TR

3

粒子1與粒子2的運動半徑之比

5.3

2

故C錯誤；

A.由洛倫茲力提供向心力

v2

qyB=叫——

A

v2

q?vB=m1—

r2

得粒子1與粒子2的比荷之比

ch

/%_r2_2

m2

故A正確;

B.粒子1出射速度反向延長線過磁場區域圓的圓心，粒子2出射速度方向與CM夾角為60，由幾何關系

可知粒子1與粒子2的出射方向夾角為60，故B正確；

D.粒子1與粒子2在磁場內運動的周期分別為

_2兀_Inm.

'q&'2q2B

得

T2~2

由圖可知粒子1在磁場中做圓周運動對應的圓心角

用=60

由圖可知粒子2在磁場中做圓周運動對應的圓心角

%=120

粒子1、粒子2在磁場內運動的時間

L="T[,t2

2乃L7l

粒子1與粒子2在磁場內運動的時間之比

：3

t202T24

故D錯誤。

故選ABo

6.（2024?山西省太原市?三模）（多選）發現正電子的實驗裝置如下圖所示，利用垂直放在勻強磁場中的

云室來記錄宇宙線粒子，在云室中加入一塊厚6mm的鉛板，借以減慢粒子的速度。當宇宙線粒子通過云室

內的磁場時，拍下粒子徑跡的照片。若不考慮粒子的重力，下列選項正確的是（）

b：

??一

I''''J

A.圖中的粒子是由鉛板上方向下方運動的

B.粒子穿過鉛板后，其對應物質波的波長變小

C.若照片為正電子徑跡，磁場的方向垂直紙面向內

D.在圖中加入勻強電場，粒子穿出鉛板前后均可沿直線運動

【答案】AC

【解析】A.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有

V2

qvB=m—

r

整理有

mv

qB

由于正電子穿過鉛板后，其速度變小，即軌跡半徑變小，結合題圖可知，正電子是由上方向下方運動的，

故A項正確；

B.根據

h

p=一

A

由于穿過鉛板后速度減小，粒子的質量不變，所以粒子的動量減小，結合分析可知，粒子的波長變大，故B

項錯誤；

C.若該軌跡為正電子的軌跡，其粒子帶正電，由上向下運動，根據左手定則可知，其磁場方向垂直紙面向

內，故C項正確；

D.加入電場后，若要進入鉛板前做勻速直線運動，有

qE=qvB

由于穿過鉛板后速度減小，則粒子受到的洛倫茲力減小，即合力不為零，所以粒子在穿出鉛板后期不能做

勻速直線運動，故D項錯誤。

故選AC?

7.（2024?陜西省?二模）（多選）如圖所示，水平虛線MN下側存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強

度2的大小可以改變，ST為接收屏，T點位于磁場的邊界，ZS7M=30°o在S點有一粒子發射源，發射

的粒子速度方向垂直速度大小為%,發射的粒子經過一段時間均能達到接收屏上，已知粒子的比荷

為上發射源到的距離為d,忽略粒子間的相互作用以及重力。則下列說法正確的是（）

A.粒子帶正電

B.B可能為&a

kd

C.當B最小時，粒子到接收屏的點到T點的間距為（2-百）d

27td

D.粒子從發射到被接收，粒子的運動時間均為7^

3%

【答案】BC

【解析】A.發射的粒子經過一段時間均能達到接收屏上，根據左手定則，粒子帶負電，故A錯誤;

B.當運動軌跡與相切時，B最小，此時軌道半徑廠=4,根據

需

4洱m=m-

r

洱m

又

m

聯立得

B=幺

min7

k7a

則3可能為79,故B正確;

kd

c.如圖

B

ZS7M=30°

SC=d

則

ST=2d

AABS為等邊三角形

OS=OA=d

ZSAO=30°

SA=y/3d

則

AT=ST-SA=Q-5d

故C正確；

D.周期

T=--=-2兀-m-=—2%

%qBkB

根據幾何關系

zsoA=no°

粒子從發射到被接收，粒子的運動時間均為

―1T-27r

"/一福

2nd

磁感應強度B的大小可以改變，粒子從發射到被接收，粒子的運動時間不是都為故D錯誤。

故選BC。

8.（2024?陜西省渭南市?一模）分別帶正、負電荷的A、B兩個粒子，以相等速率從勻強磁場的直線邊界

上的M、N點分別以60。和30。（與邊界的夾角）入射方向射入磁場，又從N兩點之間的尸點射出，已

知與PN長度之比為2,如圖所示。設邊界上方的磁場范圍足夠大，不計兩帶電粒子相互作用，則

A、B兩粒子的比荷之比為（）

【答案】A

【解析】依題意，兩粒子在磁場中均做勻速圓周運動，部分軌跡如圖

rAsin60°=—^―,rBsin30°=

又

MP

PN~2

根據兩粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力可得

V2V2

qfiyB=m^—,qBvB=—

rArB

聯立，解得

.

相A廠2

4B1

機B

則A、B兩粒子的比荷之比為2:1。

故選Ao

9.(2024?陜西省教育聯盟?一模)如圖所示，在半徑為R的圓形區域內有垂直于尤Oy平面向外的勻強磁

場I,磁感應強度大小為B,圓心。的坐標為(0,R),在第三象限內x=—3尺和y軸之間，有沿y軸負

方向的勻強電場，在第四象限內有垂直于坐標平面向外的勻強磁場H,一個質量為機、電荷量為q的帶正電

粒子從尸(一R,R)點以一定的初速度沿尤軸正向射入磁場I,粒子在磁場I中的速度方向偏轉了60。角

后進入磁場H,經磁場H偏轉，沿與y軸正向成60。角的方向進入電場，此后，粒子在電場中的軌跡剛好與

無軸相切，不計粒子重力，求：

(1)粒子從P點射入磁場時的初速度大小；

(2)磁場H的磁感應強度大小；

(3)粒子出電場的位置到無軸的距離。

［答案］(1)6qBR或)3(6+1*(3)昱R

m212

【解析】【小問1詳解】

粒子的運動軌跡如圖所示

qv0B=m—

ri

根據幾何知識有

tan600=—

R

聯立解得

y/3qBR

vo二

m

【小問2詳解】

粒子在磁場n中，由洛倫茲力提供向心力得

qv0B'=m—

根據幾何知識有

tan600

聯立解得

3(73+1)B

JLJ—

2

【小問3詳解】

設粒子從y軸進入電場的位置坐標為(0,-y),根據幾何關系可得

y=r2cos30°+r2sin30°=/R

根據題意有

(%cos600)2=lay

解得

3y/3q-RB2

a=

8加之

粒子從進入電場到運動到不軸所用的時間為4,則有

y=cos60°

解得

4m

3?q-B---

粒子在電場中運動時間為

3R2m

%sin60°qB

則粒子出電場的位置離x軸的距離為

d=-(t-t)2=-R

2a1]12

【考向二：洛倫茲力作用下的臨界問題】

1.（2024?寧夏中衛市?一模）（多選）如圖所示，磁感應強度為3的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛

線為磁場的部分邊界，其中歷段是半徑為R的四分之一圓弧，ab.de的延長線通過圓弧的圓心，0b長

為R.一束質量為7"、電荷量大小為4的粒子流，在紙面內以不同的速率從。點垂直射入磁場，已知所

有粒子均從圓弧邊界射出,其中M、N是圓弧邊界上的兩點。不計粒子的重力及它們之間的相互作用。則

下列說法中正確的是)

dxxXXX

XXXXX

LxXXXX

cN'、、、xXXX

X

M\XxX

I

b,oIa

A.粒子帶負電

B,從M點射出粒子的速率一定小于從N點射出粒子的速率

C.從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間

2萬加

D.在磁場中運動時間最短的粒子用時為

3qB

【答案】BD

【解析】ABC.由題意，畫出從M、N兩點射出的粒子軌跡圖，如圖所示，由此可知，粒子帶正電；粒子

在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力。可得

d\xxxxx

qvB=m—=m^r

rT~

解得

mv

r=—

qB

.2兀m

1=-----

qB

由圖可知，從M點射出粒子的軌跡半徑小于從N點射出粒子軌跡半徑，則有從M點射出粒子的速率一定小

于從N點射出粒子的速率；由圖可知，從M點射出粒子的軌跡所對圓心角大于從N點射出粒子軌跡所對圓

心角，由

且T

2%

可知，從M點射出粒子在磁場中運動時間一定大于從N點射出粒子所用時間，AC錯誤，B正確；

D.由幾何知識可知，當粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心恰好在。點時，粒子在磁場中運動的圓弧所對

的圓心角最小，此時粒子的運動半徑r=R,由幾何關系可求得此時圓弧所對圓心角族120。，所以粒子在磁

場中運動的最短時間是

12027im271m

2%3qB

D正確。

故選BDo

2.（2024?青海省百所名校?二模）如圖所示，在半徑為R、圓心為。半圓形區域內存在垂直紙面向里、

磁感應強度大小為B的勻強磁場，帶電荷量為一夕、質量為機的粒子（不計所受重力）從O點沿紙面各個

方向射入勻強磁場后，均從OC段射出磁場，下列說法正確的是（）

A.粒子射入磁場時的最大速度為返

m

B.粒子射入磁場時的最大速度為迎

2m

nm

c.粒子在磁場中運動的最長時間為r

qB

7im

D.粒子在磁場中運動的最長時間為「

2qB

【答案】B

【解析】如圖所示

當離子軌跡與半圓形邊界相切時，離子軌跡半徑最大，則有

R

4=萬

由洛倫茲力提供向心力可得

v2

qvmB=m—

可得粒子射入磁場時的最大速度為

_qBq_qBR

m2m

粒子在磁場中運動的最長時間為

1_2兀m

max——qBn

故選B。

3.（2024?山西省晉城市?一模）大型強子對撞機是將質子加速后對撞的高能物理設備，如圖甲所示，對

撞機的主要結構由兩個質子束發射器、兩個半圓環軌道質子加速器和質子對撞區域組成。半圓環軌道中的

電場線是與圓環共圓心的同心圓弧，且到圓心距離相同的位置電場強度大小相等，質子沿圓環軌道中心進

入半圓環軌道后，在磁束縛裝置作用下沿圓環中心加速運動，最終在對撞區域碰撞。已知質子質量

,M=1.6xlO-27kg＞電荷量e=1.6xl（yi9C,半圓環加速軌道中心處到圓心距離R=50m,該處電場強度的大小

￡=^xlO5V/m?發射器發射出的質子初速度忽略不計。計算時取乃2=10,不考慮質子質量的相對論效應。若

某次實驗時將右側加速器和發射器往上平移d=0.2m,平移后對撞區域如圖乙所示，質子進入對撞區域時的

位置的水平距離。=0.4m,入射點分別為A點和B點，其他裝置不變，為了使質子在對撞區域恰好相撞，可

以在對撞區域內加一個垂直紙面向里的勻強磁場。不計質子受到的重力，取sin37o=0.6,COS37—0.8,下列

說法正確的是（）

A.質子在所加磁場中運動的半徑為0.5m

B.所加勻強磁場的磁感應強度大小為8T

537r

C.兩質子在對撞區域的磁場中各運動，------而S時相撞

7.2xlO10

D.若所加勻強磁場為兩個直徑相同、垂直紙面向里的勻強磁場，則每個圓形磁場的最小面積為一m2

160

【答案】C

【解析】A.根據動能定理，電場力做的功等于動能的變化量，有

eE7iR=—mv2

2

解得

v=lxlO8m/s

根據題意作出粒子的軌跡如圖所示，根據幾何關系有

解得

r=0.25m

故A錯誤；

B.根據洛倫茲力提供向心力有

v2

evB-m——

r

解得

B=4T

故B錯誤；

C.每個質子在磁場中運動的時間

_5317ir_53)

一360v-7.2義101°

故C正確；

D.所加圓形磁場的直徑為2R,滿足

解得

R'=—m

20

圓形磁場的最小面積

S=TTR"=—m2

80

4.（2024?山西省太原五中?一模）（多選）如圖，直角三角形。4c區域內有垂直于紙面向外、磁感應強

度大小未知的勻強磁場，NA=30。、OC邊長為L在C點有放射源S,可以向磁場內各個方向發射速率為

W的同種帶正電的粒子，粒子的比荷為K。S發射的粒子有:可以穿過OA邊界，OA含在邊界以內，不計

重力、及粒子之間的相互影響。則（）

O

A.磁感應強度大小-宜

2KL

B.磁感應強度大小?上

KL

c.OA上粒子出射區域長度為L

D.上粒子出射區域長度為人

2

【答案】BC

2

【解析】S發射的粒子有（可以穿過04邊界，根據左手定則可知，當入射角與OC夾角為30°的粒子剛好

從。點射出，根據幾何關系可知，粒子運動半徑為

R=L

根據洛倫茲力提供向心力，則有

2

qv°B="i?

K

解得

B=^

KL

則沿CA方向入射粒子運動最遠，半徑為L從上射出，故。4上粒子出射區域長度為心

故選BC。

5.（2024?陜西安康?三模）如圖所示為空心圓柱形磁場的截面圖，。點為圓心，半徑為R內圓與半徑為

3R外圓之間存在垂直紙面向里的勻強磁場，A為外圓上一點。一粒子源s可持續發射出大小均為丫、質量為

m,電荷量為g的粒子，不計粒子重力，以下說法正確的是（）

A.若粒子源放置在。點向各個方向均勻發射粒子，且所有粒子均不從外圓射出，則磁感應強度最小值為

mv

礪

B.若粒子源放置在。點向各個方向均勻發射粒子，且所有粒子均不從外圓射出，則磁感應強度最小值為

3mv

麗

mv

C.若粒子源放置A點且沿AO連線發射粒子，為使粒子不進入內圓，則磁感應強度的最小值為宣

4qR

「mv

D.若粒子源放置A點且沿AO連線發射粒子，為使粒子不進入內圓，則磁感應強度的最小值為力;

5qR

【答案】C

【解析】AB.若粒子源放置在。點向各個方向均勻發射粒子，且所有粒子均不從外圓射出，軌跡最大半徑

如圖所示

(3氏_5+R2

解得

4

r=-R

13

根據洛倫茲力提供向心力

v2

qvBx=m—

r!

磁感應強度最小值為

c3mv

B.=-----

14qR

故AB錯誤；

CD.若粒子源放置A點且沿A。連線發射粒子，為使粒子不進入內圓，軌跡最大半徑如圖所示

G+R)2=]+(3R)2

解得