文档内容
第 20 讲 磁场
题型一 磁场的描述
题型二 安培力
题型三 洛伦兹力
题型四 洛伦兹力与现代科技
课标要求 命题预测 重难点
1.1.理解磁场的性质及磁感
应强度的概念，会求解磁
感应强度叠加的问题。
生活实践类：生活和科技、地
（1）学会分析处理带电粒子在匀强磁场中的
2.掌握左手定则，会判断 磁场、电磁炮、回旋加速器、
圆周运动问题，能够确定粒子运动的圆心、半
安培力的方向，并会计算 质谱仪、速度选择器、磁流体
径、运动时间。
安培力的大小。 发电机、霍尔元件等
（2）理解电场与磁场叠加场的科技应用实例
的原理。
3.掌握洛伦兹力的大小和
学习探究类：通电导线在安培
（3）会灵活应用运动学公式及推论解题。
方向的判断方法。
力作用下的平衡与加速问题，
带电粒子在磁场、组合场、叠
4.会分析洛伦兹力作用下
加场及立体空间中的运动
带电体的运动。
5.理解质谱仪、回旋加速
器的工作原理。
题型一 磁场的描述
【典型例题剖析】
【例1】 如图所示，直导线AB、通电螺线管E、电磁体D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，小磁针N极(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )
A．a B．b C．c D．d
【答案】 C
【详解】 根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时 N极的指向为磁场的方向可
知C正确。
【高考考点对接】
1．磁场与磁感应强度
(1)磁场的基本性质
磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用。
(2)磁感应强度
①物理意义：描述磁场的强弱和方向。
②定义式：B＝(通电导线垂直于磁场的情况下)。
③方向：小磁针静止时N极所指的方向。
④单位：特斯拉，简称特，符号为T。
(3)匀强磁场
磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。
(4)地磁场
①地磁的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示。
②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度的大小相等，且方向水平向北。
③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量。
2．磁感线的特点
(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱。
(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从 N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N
极。
(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。
3．几种常见的磁场
(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)
(2)电流的磁场
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
安培定则
立体图
横截面图
从上往下看 从左往右看 从左往右看
纵截面图
【解题能力提升】
磁场叠加问题的解题思路
1．确定磁场场源，如通电导线。
2．定位空间中需求解磁感应强度的点，利用安培定则判定各个场源在这一点产生的磁感应强度的大小和
方向，如图所示为M、N在c点产生的磁感应强度B 、B 。
M N
3．应用平行四边形定则求合磁场感应强度，如图中的B为合磁感应强度。【跟踪变式训练】
【变式1-1】 (2023·山东济南市期末)如图所示，直角三角形abc，∠a＝90°，∠b＝30°，ac边长为l，
两根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b两顶点处。a点处导线中的电流大小为I，方向垂直纸面向
外，b点处导线中的电流大小为4I，方向垂直纸面向里。已知长直通电导线在其周围空间某点产生的磁
感应强度大小B＝k，其中I表示电流大小，r表示该点到导线的垂直距离，k为常量。则顶点c处的磁
感应强度大小为( )
A．k B.k C.k D．2k
【答案】 C
【详解】 a点处导线在c处产生的磁感应强度大小为B ＝k，b点处导线在c处产生的磁感应强度大小
a
为B ＝k＝，即B ＝2B ，B 、B 方向如图所示，夹角为120°，由几何关系知，合磁感应强度方向垂直
b b a a b
B 向上，则B＝B＝k，故选C。
a c a
【变式1-2】 把螺线管与电源连接，发现小磁针N极向螺线管偏转，静止时所指方向如图所示。下列
说法正确的是( )
A．螺线管左端接电源正极
B．若将小磁针移到螺线管内部，小磁针N极所指方向不变
C．若将小磁针移到螺线管左端，小磁针N极将转过180°
D．若将小磁针移到螺线管正上方，小磁针N极所指方向不变
【答案】 B
【详解】 小磁针静止时N极指向为其所在处的磁场方向，由题图知螺线管电流在螺线管中轴线上的
磁场方向是向左的，由右手螺旋定则可知螺线管中电流方向是逆时针方向(从左侧看)，则螺线管右端接
电源正极，故A错误；螺线管内部磁场方向向左，所以将小磁针移到螺线管内部，小磁针N极所指方
向不变，故B正确；若将小磁针移到螺线管左端，仍处于向左的磁场中，小磁针N极所指方向不变，
故C错误；螺线管正上方磁场向右，若将小磁针移到螺线管正上方，小磁针 N极所指方向向右，故D
错误。【变式1-3】 (2021·广东卷·5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定
着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流 I ，四根平行直导线均通入电流I ，I≫I ，
1 2 1 2
电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是( )
【答案】 C
【详解】 因I≫I ，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用力；根据两通电直导线间的安培力
1 2
作用满足“同向电流相互吸引，反向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到中心长直导
线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到中心长直导线排斥的安培力，形成凸形，
故变形后的形状如C所示，故选C。
题型二 安培力
【典型例题剖析】
【例2】 如图所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁
场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源
内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受
到的安培力大小为( )
A. B. C. D.
【答案】 A
【详解】 S闭合后，ab棒与余下线框并联，设电源电动势为E，则两并联支路的电流大小均为I＝，
ab棒受到安培力的大小为F ＝BIL，余下线框在磁场中的等效长度也为L，受到的安培力大小为F
ab 其他
＝BIL，线框受到的安培力大小F＝F ＋F ＝2BIL，若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小
ab 其他
F′＝F ＝BIL＝，故选A。
其他
【高考考点对接】1．安培力：通电导线在磁场中受的力称为安培力。
2．安培力的大小
(1)当B、I垂直时，F＝IlB。
(2)若B与I夹角为θ，将B沿垂直于I和平行于I的方向正交分解，取垂直分量，可得F＝IlBsin_θ。
注意：θ是磁感应强度的方向与导线的夹角。当θ＝0或180°，即磁感应强度的方向与导线平行时，F＝
0。
(3)公式的适用条件：一般只适用于匀强磁场。
(4)l是指有效长度。
弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端指
向末端，如图所示。
3．安培力的方向
左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心
垂直进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
4．同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。
【解题能力提升】
判断安培力作用下导体的运动情况的五种方法
电流元法 分割为电流元―――――→安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向
特殊位置法 在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法
根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向
两平行直线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流
结论法 互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的
趋势
转换研究对 先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所
象法 受电流磁场的作用力【跟踪变式训练】
【变式2-1】 (2022·江苏卷·3)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电
流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【答案】 C
【详解】 根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向
斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸
面向里，故C正确，A、B、D错误。
【变式2-2】 如图所示，宽为L＝0.5 m的光滑导轨与水平面成θ＝37°角，质量为m＝0.1 kg、长也为
L＝0.5 m的金属杆ab水平放置在导轨上，电源电动势E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω，金属杆电阻为R ＝1
1
Ω，导轨电阻不计。金属杆与导轨垂直且接触良好。空间存在着竖直向上的匀强磁场(图中未画出)，当
电阻箱的电阻调为R ＝0.9 Ω时，金属杆恰好能静止。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
2
＝0.8。
(1)求磁感应强度B的大小；
(2)保持其他条件不变，当电阻箱的电阻调为R′＝0.5 Ω时，闭合开关S，同时由静止释放金属杆，求此
2
时金属杆的加速度。
【答案】 (1)1.2 T (2)1.2 m/s2，方向沿导轨向上
【详解】 (1)对金属杆受力分析如图，
由安培力公式和平衡条件可得mgsin θ＝BILcos θ
由闭合电路欧姆定律得I＝
解得B＝1.2 T
(2)由牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律有
BI′Lcos θ－mgsin θ＝ma，I′＝
解得a＝1.2 m/s2，方向沿导轨向上。
【变式2-3】 (2023·北京卷·19)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电
磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固
定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从
一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可
视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B＝ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒
由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由 I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中
金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a∶a；
1 2
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
【答案】 (1)kI2L (2)1∶4 (3)
【详解】 (1)由题意可知，第一级区域中磁感应强度大小为B＝kI
1
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
F＝BIL＝kI2L
1
(2)根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a＝＝
1
第二级区域中磁感应强度大小为B＝2kI
2
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
F′＝B·2IL＝4kI2L
2
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
a＝＝
2
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a∶a＝1∶4
1 2
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs＋F′s＝mv2－0
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v＝。题型三 洛伦兹力
【典型例题剖析】
【例3】 (2022·广东卷·7)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布
有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直 Oyz
平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的
是( )
【答案】 A
【详解】 由题意知当质子垂直Oyz平面进入磁场后先在MN左侧运动，刚进入时根据左手定则可知受
到y轴正方向的洛伦兹力，做匀速圆周运动，即质子会向y轴正方向偏移，y轴坐标增大，在MN右侧
磁场方向反向，由对称性可知，A可能正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受
到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故C、D错误。
【高考考点对接】
1．洛伦兹力的定义
磁场对运动电荷的作用力。
2．洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，F＝0；
(2)v⊥B时，F＝qvB；
(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ。
3．洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v决定的平面。(注意B和v不一定垂直)
4．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
注意：洛伦兹力的分力可能对运动电荷做功。
5．洛伦兹力与静电力的比较洛伦兹力 静电力
v≠0且v不与B平行
产生条件 (说明：运动电荷在磁场中不一 电荷处在电场中
定受洛伦兹力作用)
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
力方向与场方向的关系 F⊥B(且F⊥v) F∥E
做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功
【解题能力提升】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动。
2．带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与
磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。
(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝。
(2)轨迹半径：r＝。
(3)周期：T＝＝，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关。
(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝T。
(5)动能：E＝mv2＝＝。
k
3．粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法
(1)圆心的确定方法
①若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。
②若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图
乙。
③若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据 r＝计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的
位置为圆心，如图丙。
(2)半径的计算方法
方法一 由R＝求得。
方法二 连半径构出三角形，由数学方法解三角形或勾股定理求得。
如图甲，由R＝或R2＝L2＋(R－d)2求得常用到的几何关系
①粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，如图乙，φ＝α。
②弦切角等于弦所对应圆心角一半，如图乙，θ＝α。
(3)时间的计算方法
方法一 利用圆心角θ、周期T求得t＝T。
方法二 利用弧长l、线速度v求得t＝。
【跟踪变式训练】
【变式3-1】 (2023·辽宁大连市模拟)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。直径略小于绝缘管直径的带正电小球自 a
端以速度v 向b端运动过程中，下列说法正确的是( )
0
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，洛伦兹力方向始终竖直向上
【答案】 C
【详解】 根据安培定则可知，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；当运动到ab中点时，磁感线
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，中点到b端洛伦兹力竖直向上，
B、D错误，C正确。
【变式3-2】 (2022·北京卷·7)正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。
下列说法正确的是( )
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
【答案】 A
【详解】 根据题图可知，轨迹1和3对应的粒子转动方向一致，则轨迹1和3对应的粒子为电子，轨
迹2对应的粒子为正电子，电子带负电荷且顺时针转动，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，
A正确，D错误；粒子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子
速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知
qvB＝m，解得粒子运动的半径为r＝，根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒
子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
【变式3-3】 (多选)(2020·天津卷·7)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁
感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ
＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量
为m，重力不计。则( )
A．粒子带负电荷
B．粒子速度大小为
C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a
D．N与O点相距(＋1)a
【答案】 AD
【详解】 由题意可知，粒子在磁场中沿顺时针做圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故 A
正确；粒子的运动轨迹如图所示，O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R＝a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，
则v＝，故B错误；由图可知，ON＝a＋a＝(＋1)a，故D正确。
题型四 洛伦兹力与现代科技
【典型例题剖析】
【例4】 (多选)(2023·河南开封市三模)质谱仪是科学研究和工业生产中的重要工具，如图所示是一种
质谱仪的工作原理示意图。质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S 飘入电势差为U 的
1 1
加速电场，其初速度几乎为0，接着经过小孔S 进入速度选择器中，沿着直线经过小孔S 垂直进入磁
2 3
感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片 CD上。已知速度选择器的板间距为 d，板间电压为
2
U 且板间存在磁感应强度为B 的匀强磁场，粒子打在底片上的亮点距小孔S 的距离为D。不计粒子重
2 1 3
力及粒子间相互作用。则该带电粒子的比荷可以表示为( )
A. B.
C. D.
【答案】 CD
【详解】 粒子在电场中加速，由动能定理可得Uq＝
1
mv2，解得v＝，粒子进入速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件可得＝Bqv，联立可得＝，粒子
1
在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，有Bqv＝m＝m，与＝Bqv联立可得＝，与v＝联立可
2 1
得＝，故选C、D。
【高考考点对接】
一、质谱仪
1．作用
测量带电粒子的质量和分离同位素。
2．原理(如图所示)(1)加速电场：qU＝mv2；
(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；
由以上式子可得r＝，m＝，＝。
二、回旋加速器
1．构造
如图所示，D、D 是半圆金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
1 2
2．原理
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙就被加速一次。
3．最大动能
由qv B＝、E ＝mv 2得E ＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无
m km m km
关。
4．运动时间的计算
(1)粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能 qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运
动的总时间t＝T＝·＝。
1
(2)粒子在各狭缝中的运动连在一起为匀加速直线运动，运动时间为t＝＝。(缝隙宽度为d)
2
(3)粒子运动的总时间t＝t＋t＝＋。
1 2
【解题能力提升】
带电粒子在科技中的四种应用
1．速度选择器
(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直。(如图)(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡，即qvB＝qE，v＝。
(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。
(4)速度选择器具有单向性，改变粒子的入射速度方向，不能实现速度选择功能。
2．磁流体发电机
(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，
产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。
(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B板是发电机的正极。
(3)发电机的电动势：当发电机外电路断路时，正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的
最大电势差为U，则q＝qvB，得U＝Bdv，则电动势E＝U＝Bdv。
(4)内阻r：若等离子体的电阻率为ρ，则发电机的内阻r＝ρ。
3．电磁流量计
(1)流量(Q)：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积。
(2)导电液体的流速(v)的计算
如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的
自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a、b间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦
兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由q＝qvB，可得v＝。
(3)流量的表达式：Q＝Sv＝·＝。
(4)电势高低的判断：根据左手定则可得φ>φ。
a b
4．霍尔元件
(1)定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导
体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。
(2)电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面 A′
的电势高；若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低。
(3)霍尔电压：当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝＝k，k＝称为霍尔系数。
【跟踪变式训练】
【变式4-1】(多选)(2023·河北石家庄市三模)如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存
放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示：其核心部分是两个 D形盒，粒子源O置于D形
盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒
子质量变化。现用该回旋加速器对H、He粒子分别进行加速，下列说法正确的是( )
A．两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
B．两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
C．两种粒子离开出口处的动能相等
D．两种粒子离开出口处的动能不相等
【答案】 AD
【详解】 粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有qv B＝m，最
max
大动能为E ＝mv 2，在电场中加速一次，在磁场中旋转半周，令加速的次数为 n，则有E ＝
kmax max kmax
nqU，解得n＝，则粒子运动的时间t＝n，其中T＝，解得t＝，可知，两种粒子在回旋加速器中运动的
时间相等，A正确，B错误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述解得E ＝，H粒子的质量数为
kmax
2，电荷数为1，He粒子的质量数为4，电荷数为2，可知He粒子离开出口处的动能为H粒子的两倍，
即两种粒子离开出口处的动能不相等，C错误，D正确。
【变式4-2】 (2023·北京市一模)工业上常用电磁流量计来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量Q(单位时
间内流过管道横截面的液体体积)，原理如图甲所示，在非磁性材料做成的圆管处加一磁感应强度大小
为B的匀强磁场，当导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点间的电势差U，就可计算出
管中液体的流量。为了测量某工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一个电磁
流量计，如图乙所示，已知排污管和电磁流量计处的管道直径分别为 20 cm和10 cm。当流经电磁流量
计的液体速度为10 m/s时，其流量约为280 m3/h，若某段时间内通过电磁流量计的流量为 70 m3/h，则
在这段时间内( )A．M点的电势一定低于N点的电势
B．通过排污管的污水流量约为140 m3/h
C．排污管内污水的速度约为2.5 m/s
D．电势差U与磁感应强度B之比约为0.25 m2/s
【答案】 D
【详解】 根据左手定则可知，进入磁场区域时正电荷会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电
势一定高于N点的电势，故A错误；某段时间内通过电磁流量计的流量为70 m3/h，通过排污管的污水
流量也是70 m3/h，流量计半径为r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半径R＝10 cm＝0.1 m，由Q＝πr2v ＝
1
πR2v 可知，流经电磁流量计的液体速度为v ＝2.5 m/s，排污管内污水的速度为v ＝0.625 m/s，故B、C
2 1 2
错误；流量计内污水的速度约为v ＝2.5 m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有q＝qvB，可知＝
1 1
vd＝0.25 m2/s，故D正确。
1 1
【变式4-3】 (2023·浙江1月选考·8)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流 I的螺
绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝kI，
1
通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝kI′。调节电阻R，当
2
电流表示数为I 时，元件输出霍尔电压U 为零，则待测电流I′的方向和大小分别为( )
0 H
A．a→b，I B．a→b，I
0 0
C．b→a，I D．b→a，I
0 0
【答案】 D
【详解】 根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压 U
H
为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流 I′的方向应该是
b→a；元件输出霍尔电压U 为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有kI ＝kI′，解得I′＝I ，故
H 1 0 2 0
选D。
1．(2023·江苏卷·2)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已
知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为( )A．0 B．BIl C．2BIl D.BIl
【答案】 C
【详解】 因bc段与磁场方向平行，则不受安培力作用；ab段与磁场方向垂直，则所受安培力大小为
F ＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故选C。
ab
2．(2021·全国甲卷·16)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直
线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限
长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为
d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B
【答案】 B
【详解】 两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，
由安培定则可知，两直导线在M点处的磁感应强度方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M点
处的磁感应强度大小为零；两直导线在N点处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N点处的磁感应
强度大小为2B，综上分析B正确。
3．(2023·广东广州市模拟)一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体
的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O、
1
O 连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通入图示(A到B、D到C)方向的电流。下列说法中正确的
2
是( )A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C．通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D．通电瞬间线段OO 间存在磁感应强度为零的位置
1 2
【答案】 B
【详解】 CD导体棒电流产生的磁场分布，如图所示，
可知CD导体棒电流在B端产生的磁场有垂直AB棒向上的分量，根据左手定则可知B端受到垂直于纸
面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端产生的磁场有垂直AB棒向下的分量，根据左
手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视看导体棒AB将要顺时针转动，
B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段OO 间产生
1 2
的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段OO 间不存在磁感应强度为零的位置，D错误。
1 2
4．(多选)(2022·辽宁卷·8)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域
有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从 P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通
过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，
忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是( )
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】 AD
【详解】 由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子，A正确；粒子2
向上偏转，根据左手定则可知，粒子2应该带正电，不可能为电子，B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中由洛伦兹力提供向心
力，有qvB＝m，解得r＝，可知若增大粒子的入射速度，则粒子2做圆周运动的半径增大，粒子2可能
打在探测器上的Q点，D正确。
5．如图所示，竖直放置的光滑绝缘斜面处于方向垂直竖直平面(纸面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁
场中，一带电荷量为q(q>0)的滑块自a点由静止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑块恰好对斜
面无压力。关于滑块自a点运动到b点的过程，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用
B．滑块在b点受到的洛伦兹力大小为qB
C．洛伦兹力做正功
D．滑块的机械能增大
【答案】 B
【详解】 滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦兹力作用，故A错误；滑块自a点运动到b
点的过程中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒，有 mgh＝mv2，得v＝，故滑块在b
点受到的洛伦兹力大小为F＝qBv＝qB，故B正确，C、D错误。
6．(2023·安徽合肥市模拟)如图，长直导线水平固定放置，通有向右的恒定电流，绝缘细线一端系于直导
线上的O点，另一端系一个带电小球，细线拉直，第一次让小球在A点由静止释放，让小球绕O点沿
圆1在竖直面内做圆周运动；第二次让小球在B点由静止释放，让小球绕O点沿圆2在竖直面内做圆
周运动。圆1与直导线在同一竖直面内，圆2与直导线垂直，A、B两点高度相同，不计空气阻力，不
计细线的重力，则两次小球运动到最低点C时( )
A．速度大小相等，线的拉力相等
B．速度大小不等，线的拉力相等
C．速度大小相等，线的拉力不等
D．速度大小不等，线的拉力不等
【答案】 C
【详解】 由于洛伦兹力不做功，只有重力做功，所以两次小球运动到最低点C时，根据动能定理可
知，合外力做功相同，所以两次在最低点时速度大小相等；在圆 1中小球在最低点时速度方向与磁场
方向相互垂直，根据左手定则，如果小球带正电，则在圆 1中小球在最低点线的拉力大小满足F ＋
T1Bqv－mg＝m，在圆2中小球在最低点速度方向与磁场方向相互平行，所受洛伦兹力为0，则在圆2中
小球在最低点线的拉力大小满足F －mg＝m，则两次小球运动到最低点C时，线的拉力不等，同理可
T2
知，若小球带负电，在C点线的拉力也不等，所以C正确，A、B、D错误。
7．(2023·广东卷·5)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0．5 m，磁感应强度大小为1．12 T，质子加
速后获得的最大动能为1．5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率
约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10－19 J)( )
A．3．6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5．4×107 m/s D．2.4×108 m/s
【答案】 C
【详解】 洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，质子加速后获得的最大动能为E ＝mv2，解得最大速率约
k
为v＝5.4×107 m/s，故选C。
8．(2021·福建卷·2)一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方
向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子(H)以速度v 自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做
0
匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力
的影响)( )
A．以速度射入的正电子(e)
B．以速度v 射入的电子(e)
0
C．以速度2v 射入的氘核(H)
0
D．以速度4v 射入的α粒子(He)
0
【答案】 B
【详解】 根据题述，质子(H)以速度v 自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子
0
所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE＝evB。因此满足速度v＝＝v 的粒子才能够做匀速直线运动，所
0 0
以选项B正确。
9．(多选)(2023·天津市期末)调查组在某化工厂的排污管末端安装了流量计，其原理可以简化为如图所示模
型：污水内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器左侧流入，右侧流出，流量值Q等于单位
时间通过横截面的液体体积。空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，下列说法正确
的是( )
A．若污水中正离子较多，则a侧电势比b侧电势高B．若污水中负离子较多，则a侧电势比b侧电势低
C．污水中离子浓度越高，流量显示仪器的示数越大
D．只需要再测出a、b两点电压就能够推算污水的流量值Q
【答案】 AD
【详解】 由左手定则可知，污水中正离子受到洛伦兹力作用偏向 a侧，负离子受到洛伦兹力作用偏
向b侧，所以a侧电势比b侧电势高，与污水中正负离子的数量无关，选项 A正确，B错误；显示仪器
显示污水流量为Q＝vS＝，又q＝qvB，解得Q＝，可见只需要再测出a、b两点电压就能够推算污水的
流量值Q，选项D正确；由Q＝可知，流量显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，选项C错误。
10．(2023·河北沧州市期末)自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车车轮的运动速率。如图甲所
示，一块磁体安装在前轮上，轮子每转一圈，磁体就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。
如图乙所示，电源输出电压为U ，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U(前表面
1 2
的电势低于后表面的电势)。下列说法中错误的是( )
A．图乙中霍尔元件的载流子带负电
B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即获得车速大小
C．若传感器的电源输出电压U 变大，则U 变大
1 2
D．若自行车的车速越大，则U 越大
2
【答案】 D
【详解】 由题意可知，前表面的电势低于后表面的电势，结合左手定则可知，霍尔元件的电流I是
由负电荷定向移动形成的，故A正确，不符合题意；根据单位时间内的脉冲数可求得车轮转动的周期，
从而求得车轮运动的角速度，最后由线速度公式 v＝rω，结合车轮半径，即可求得车速大小，故B正
确，不符合题意；根据题意，由平衡条件有qvB＝q，可得U ＝vdB，由电流的微观定义式I＝nqSv，n
2
是单位体积内的导电粒子数，q是单个导电粒子所带的电荷量，S是导体的横截面积，v是导电粒子运
动的速率，整理得v＝，联立解得U ＝，可知U 与车速大小无关，故D错误，符合题意；由公式U
2 2 2
＝，若传感器的电源输出电压U 变大，那么电流I变大，则U 变大，故C正确，不符合题意。
1 2
11．(2023·江苏常州市模拟)如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22先后从容器A下方的狭缝S 飘
1
入(初速度为零)电场区，经电场加速后通过狭缝S 、S 垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向
2 3
垂直纸面向里，离子经磁场偏转后轨迹发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子重力及离子间
的相互作用，则( )A．静电力对每个氖20和氖22做的功不相等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【答案】 D
【详解】 根据静电力做功公式W＝qU，且氖20和氖22的电荷量相等，加速电场电压相同，所以做
的功相等，故A错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝mv2，由于氖20的质量小于氖22的质量
所以氖20的速度大于氖22的速度，故B错误；在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝m，
解得R＝，根据动能和动量的关系有mv＝，q、B和E 相同，氖22的质量大，综上可判断，氖22在
k
磁场中运动的半径较大，故C错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝mv2，在磁场中，根据洛伦
兹力提供向心力，可得qvB＝m，联立可得R＝ ，对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运
动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若加速电压发生波动，则氖
20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电
压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就会重叠，故D正确。
