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第45 讲 带电粒子在匀强磁场中运动
目录
01 课标达标练
题型01 带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识
题型02 带电粒子在非匀强磁场中的运动
题型03 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 带电粒子在匀强磁场中运动的基础知识
1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）如图所示，矩形
为某匀强磁场的边界，磁场方向垂直纸面
向里，磁感应强度大小为
。
、
边长分别为
和
，
点处有一粒子源，沿
方向发射带正
电粒子。观测发现：粒子只从
边向外射出磁场。已知粒子的质量为
、电荷量为
，忽略电荷间相
互作用和粒子受到的重力，则发射粒子的速度大小可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABC
1
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【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
可得
当从
点射出时，半径最小，根据几何关系有
当从
点射出时，半径最大，根据结合关系有
解得
可得
，
即
故选ABC。
2．（2024·内蒙古包头·模拟预测）如图，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定
一内壁光滑的绝缘轨道。管道横截面半径为a，长度为l。带电粒子束持续以速度v 沿轴线进入管道，在
磁力作用下垂直打到管壁，发生多次弹性碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n，粒子
电荷量为
，不计重力及粒子相互作用，则下列说法不正确的是（ ）
A．粒子运动半径为a
B．粒子质量为
C．管道内等效电流为
D．粒子对管道平均作用力为
【答案】C
【详解】AB．带电粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，根据几何关系可知粒子在磁场中运动的轨道半
径为
由洛伦兹力提供向心力有
2
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解得粒子质量为
故AB 正确，不满足题意要求；
C．根据电流的定义式，管道内的等效电流为
故C 错误，满足题意要求；
D．根据牛顿第三定律可知，粒子束对管道的平均作用力大小等于安培力，即
故D 正确，不满足题意要求。
故选C。
3．（2024·辽宁大连·三模）如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I 象限内，磁感应强度为
B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O 点沿着与y
轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A 点时，粒子速度沿x 轴正方向，下列判断正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子由O 到A 经历的时间为
C．若已知A 到x 轴的距离为d，则粒子速度大小为
D．离开第I 象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为30°
【答案】C
【详解】A．根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示
3
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根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A 错误；
B．粒子由O 运动到A 时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为
θ=60°
则粒子由O 到A 运动的时间为
故B 错误；
C．根据图中几何关系有：
解得：
根据
得：
故C 正确；
D．根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，故D 错误。
故选C。
3．（2023·辽宁沈阳·三模）如图所示，在平面直角坐标系
的第Ⅳ象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁
场，一质量为
、电荷量为
的带正电粒子，以20m/s 的速度从y 轴上的P 点沿与y 轴负
方向成45°角的方向进入磁场。已知
，不计粒子所受重力，若粒子恰好未进入x 轴上
方区域，则磁场的磁感应强度的大小为（ ）
4
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A．0.3T
B．0.05T
C．3T
D．5T
【答案】D
【详解】如图所示
设粒子做圆周运动的半径为，根据几何关系得
解得
在磁场中洛伦兹力提供向心力
得
代入数据得
故选D。
4．（2025·吉林松原·模拟预测）如图所示，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大
小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2 和匀强电场（图中均未画出），磁场2 的磁
感应强度大小是磁场1 的二倍。已知电子电荷量为e、质量为m，若电子恰好可以在圆环平面内沿顺时
针方向做半径为R、速率为v 的匀速圆周运动。则以下说法错误的是（ ）
5
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A．电场方向垂直圆环平面向里
B．电子运动周期为
C．匀强磁场2 的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
【答案】D
【详解】A．根据左手定则可知电子在磁场1 中受到的洛伦兹力
的方向垂直圆环平面向里，由于电子在
垂直圆环平面上受力平衡，即电子所受电场力与电子在磁场1 中受到的洛伦兹力
等大反向，故电场力方
向垂直圆环平面向外，则电场方向垂直圆环平面向里，故A 正确；
B．电子在圆环平面内沿顺时针方向做半径为R、速率为v 的匀速圆周运动，则电子运动周期为
故B 正确；
C．电子受到磁场2 的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力，有
解得
故C 正确；
D．磁场1 的磁感应强度大小
电子在垂直圆环平面上受力平衡，则有
解得
故D 错误。
故选D。
5．（2023·吉林·二模）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，
6
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，
，一束
粒子，在纸面内从a 点垂直于ab 射入磁场，这些粒子具有各种速率。
不计粒子之间的相互作用。已知
粒子的质量为3m，电荷量为2q。在磁场中运动时间最长的粒子，其
运动速率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设粒子的运动轨迹过bcde 上的某一点g，O 为粒子做圆周运动轨迹的圆心，当
最大时，粒
子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知当c 点与g 点重合时，粒子运动时间
最长，如图所示
设运动半径为R，则有
解得
已知
粒子的质量为3m，电荷量为2q，其在磁场中做匀速圆周运动，有
解得
故选D。
7
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02 带电粒子在非匀强磁场中的运动
6.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N 两小孔中，O 为M、N 连线的中点，连
线上的a、b 两点关于O 点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的
磁场的磁感应强度B =k I
r （式中k 是常数、I 是导线中的电流、r 为点到导线的距离）。一带负电的小球
以初速度v0从a 点出发沿M、N 连线运动到b 点，运动中小球一直未离开桌面。小球从a 点运动到b 点
的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球做匀加速直线运动
B．小球做匀减速直线运动
C．小球对桌面的压力一直在减小
D．小球对桌面的压力一直在增大
【答案】C
【详解】CD．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B =k I
r
根据安培定则，结合磁感应强度的叠加原理可知，直线MON 上靠近M 处的磁场方向垂直于MN 向里，靠
近N 处的磁场方向垂直于MN 向外，磁场大小先减小，过O 点后反向增大，根据左手定则可知，带负电的
小球受到的洛伦兹力方向开始时竖直向下，大小逐渐减小，过O 点后洛伦兹力的方向向上，大小逐渐增
大，小球在竖直方向受力平衡，则桌面对小球的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，小球对桌面的
压力一直在减小，故C 正确，D 错误；
AB．结合上述可知，由于桌面光滑，小球仅在竖直方向上受到重力、洛伦兹力与支持力作用，在沿速度方
向不受外力作用，小球所受外力的合力为0，则小球将做匀速直线运动，故AB 错误。
故选C。
7.如图所示，纸面内固定的两平行长直导线ab、cd中通有大小相同、方向相反的电流，位于纸面内两导线
间P处（靠近ab）的粒子源沿平行于ab方向发射一速度为v0的带正电粒子。已知通有电流为I的长直导
8
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线，在距离导线为r处产生的磁场的磁感应强度为B =k I
r ，k为常量。不计粒子重力，图中虚线到ab、
cd的距离相等。则粒子在导线间的运动轨迹可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据安培定则可知，两导线中的电流在导线间任一点产生的磁场方向均相同，设两导线间的距离
为d，距离ab导线为x处磁场的磁感应强度
B =kI(
1
x +
1
d −x)=
kld
x (d −x)
当x = d
2 时，B最小，带电粒子在磁场中运动过程中，速度大小不变，由qvB =m v
2
r ，解得轨迹的曲率半径
r = mv
qB
即在虚线附近曲率半径较大，靠近导线处曲率半径较小，可能正确的是C。
故选C。
8.如图所示，四根通有恒定电流的长直导线垂直xOy平面放置，四根长直导线与xOy平面的交点组成边长
为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，其中导线1、3 中电流大小为I，导线
2、4 中电流大小为2 I。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到通电长直导
线的距离成反比，即B = kI
r 、下列说法正确的是（ ）
A．长直导线1、4 之间的相互作用力为吸引力
9
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B．一垂直于纸面并从O点射入的粒子，将做圆周运动
C．导线4 受到的导线1、2、3 的作用力的合力方向指向O点
D．仅将导线2 中的电流反向，则导线2 和4 连线上各点磁感应强度方向均相同
【答案】D
【详解】A．当通有同向电流时，通电导线之间表现为吸引力，当通有反向电流时，通电导线之间表现为
斥力，A 错误；
B．由右手螺旋定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，因此过O点垂直于纸面射入的粒子，将做
匀速直线运动，B 错误；
C．长直导线1 在长直导线4 处产生的磁感应强度大小为
B1= kI
2a
方向水平向左，导线3 在长直导线4 处产生的磁感应强度大小也为B1，方向竖直向上，长直导线2 在长直
导线4 处产生的磁感应强度大小为
B2= k ⋅2 I
2√2a = √2kI
2a
方向垂直导线2、4 的连线指向右下方，所以三根导线在4 处的合场强为零，导线4 不受安培力，C 错误；
D．根据右手螺旋定则以及磁场叠加原理可知，导线1、3 在导线2、4 的连线上除O点的磁感应强度为零
外，其他位置合磁感应强度均垂直于导线2、4 的连线指向斜向左上方。仅将导线2 中的电流反向，导线
2、4 在导线2、4 的连线上的磁感应强度方向均垂直于导线2、4 的连线指向斜向左上方。磁场叠加原理可
知，四根导线在导线2、4 的连线上的磁感应强度方向均垂直于导线2、4 的连线指向斜向左上方。D 正
确。
故选D。
9.如图，水平导线中有电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，则电子将
（ ）
A．沿路径a 运动，轨迹是圆
B．沿路径a 运动，轨迹半径越来越大
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C．沿路径a 运动，轨迹半径越来越小
D．沿路径b 运动，轨迹半径越来越小
【答案】B
【详解】由安培定则得电子所在导线下方的磁场垂直纸面向外，据左手定则判断出电子所受的洛伦兹力向
下，即沿路径a 运动，且向下运动的过程中因离导线变远，磁感应强度B 变小，由
qvB =m v
2
r
解得
r = mv
qB
知半径r 变大。
故选B。
03 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
10．（2024·北京海淀·一模）如图所示，真空区域内有宽度为d、 磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直
纸面向里，MN、PQ 是磁场的边界。质量为m、电荷量为q 的带正电的粒子（不计重力），沿着与MN
夹角θ 为30°的方向以某一速度射入磁场中，粒子恰好未能从PQ 边界射出磁场。下列说法不正确的是（
）
A．可求出粒子在磁场中运动的半径
B．可求出粒子在磁场中运动的加速度大小
C．若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
D．若仅增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短
【答案】C
【详解】AB．根据题意可以分析粒子到达PQ 边界时速度方向与边界线相切，如图所示
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则根据几何关系可知
在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
则加速度为
故AB 正确；
CD．根据
若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的半径减小，可知粒子运动轨迹的圆心角不变，时间不变，若仅
增大磁感应强度，粒子运动轨迹的圆心角不变，粒子在磁场中运动的时间变短，故C 错误，D 正确；
本题选择错误选项；
故选C。
11．（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，有界匀强磁场边界线SP MN
∥
，速率不同的同种带电粒子从S
点沿SP 方向同时射入磁场。其中穿过a 点的粒子速度v₁ 与MN 垂直；穿过 b 点的粒子速度v₂ 与MN 成
60°角，设粒子从S 运动到a、b 所需时间分别为t₁ 和t₂，则t₁：t₂ 为（重力不计）（ ）
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A．1： 3
B．4： 3
C．1： 1
D．3： 2
【答案】D
【详解】粒子在磁场中运动的由洛伦兹力提供向心力，得
周期的公式为
由此可知，粒子的运动时间与粒子的速度大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹
可知，通过a 点的粒子的偏转角为90°，通过b 点的粒子的偏转角为60°，所以通过a 点的粒子的运动的时
间为
，通过b 点的粒子的运动的时间为
，所以从S 到a、b 所需时间为3:2。
故选D。
12．（2023·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，在直角三角形
区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感
应强度为B。一个电子从A 点沿
边进入磁场，从
边离开磁场，速度方向偏转了
。已知
，
，元电荷为e，电子的质量为m，不计重力，则电子的速率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】电子从
边离开磁场，速度方向偏转了
，作出轨迹如图所示
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根据几何关系有
解得
根据
解得
故选C。
13．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，带电粒子仅在磁场力作用下绕磁感线做螺旋运动，则带电粒子
从P 点向Q 点运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．粒子的动能越来越大，旋转半径越来越小
B．粒子的动能越来越大，旋转半径越来越大
C．粒子的动能不变，旋转半径越来越小
D．粒子的动能不变，旋转半径越来越大
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【答案】C
【详解】AB．洛伦兹力不做功，因此粒子的动能不变，故AB 错误；
CD．根据公式
解得
随着磁感应强度大小
增大，不变，故旋转半径
会减小，故C 正确，D 错误。
故选C。
14．（2025·北京海淀·一模）如图所示，MN 右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量
为m、电荷量为q 的两个电性不同的粒子，均以与MN 夹角为
、大小为v 的速度垂直磁场射入。不计
重力及粒子间的相互作用。则两粒子（ ）
A．在磁场中运动轨迹的半径不同
B．在磁场中运动的时间不同
C．射出磁场时的速度方向不同
D．射出位置到射入位置的距离不同
【答案】B
【详解】AC．由
可得
故两粒子在磁场中运动轨迹的半径相同。如图所示正电荷粒子的运动轨迹为大圆弧，负电荷粒子的运动轨
迹为小圆弧
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射出磁场时的速度方向相同，故AC 错误；
B．粒子在磁场中运动周期
若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间
若粒子带正电荷，在磁场中运动的时间
故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B 正确；
D．由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离相同，大小等于
故D 错误。
故选B。
15．（2025·北京丰台·一模）地磁场可以阻挡能量很高的太阳风粒子到达地球表面。地球北极附近的磁场
如图所示，某带电粒子从弱磁场区向强磁场区前进时做螺旋线运动，不计粒子的重力和一切阻力，下列
说法正确的是（ ）
A．该粒子带负电
B．从弱磁场区到强磁场区的过程中粒子的速率逐渐减小
C．粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变
D．粒子有可能从强磁场区域返回到弱磁场区域
【答案】D
【详解】A．由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A 错误；
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B．因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，故B 错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力
带电粒子每旋转一周的时间为
可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，带电粒子每旋转一周沿
轴线方向运动的距离为
故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C 错误；
D．若粒子的速度方向与磁场方向不垂直，则一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺线
运动，故D 正确。
故选D。
16．（2024·四川·模拟预测）如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P 点以
与x 轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y 轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量
为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A．该匀强磁场的磁感应强度
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的轨道半径
D．带电粒子在磁场中运动的时间
【答案】C
【详解】粒子恰好垂直于
轴射出磁场，作两速度的垂线交点为圆心
，轨迹如图所示
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C．根据几何关系可得
所以
故C 正确；
AB．在磁场中由洛伦兹力提供向心力，即
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
因轨迹圆的半径
可求出，但磁感应强度
未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故AB 错误；
D．带电粒子圆周的圆心角为
，而周期为
则带电粒子在磁场中运动的时间为
因为磁感应强度
未知，则运动时间无法求出，故D 错误。
故选C。
17．（2025·安徽·模拟预测）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小
为
的匀强磁场，质量为
带正电的粒子静止在磁场中，该粒子在
点分裂成粒子
和
，
、
在磁场
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中的径迹是两个内切圆，相同时间内的径迹长度之比
；半径之比
，不计重力及粒子
间的相互作用力，则（ ）
A．粒子
和
所带电性可能均为正电荷
B．粒子
、
的质量之比
C．在相等的时间内
、
两粒子速度的变化量大小相等
D．在相等的时间内
、
两粒子洛伦兹力冲量大小相等
【答案】D
【详解】AB．由于
、
粒子的轨迹为内切圆，两电荷一定为异种电荷，根据动量守恒可知，分裂后两粒
子动量等大反向
由
所以
得到
，故A、B 错误；
C．由于
则周期相等，相等的时间速度的偏转角相等，速度大小不同故速度的变化量大小不等，故C 错误；
D．相等的时间内
、
两粒子受洛伦兹力的冲量等于各自动量的变化量，根据两粒子动量守恒，所以两粒
子的动量变化量大小相等，故D 正确。
故选D。
18．（2025·安徽蚌埠·三模）水平的xOy 平面处在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，一质量
为m、电荷量为q 的带正电粒子在xOy 平面内运动，其速度沿x 轴和y 轴的分量分别为
、
，二者的
变化关系图像是以O 为圆心、半径为a 的圆（如图所示），不计粒子所受重力，则下列说法正确的是（
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）
A．粒子做匀速直线运动
B．粒子做匀速圆周运动，半径为
C．粒子做匀速圆周运动，加速度大小为
D．粒子做匀速圆周运动，周期为
【答案】B
【详解】A．由题意可知，带电粒子在磁场中运动的速度满足
说明带电粒子的速度大小恒为a，由于洛伦兹力始终垂直于速度方向，故粒子做匀速圆周运动，故A 错误；
B．由洛伦兹力提供向心力
其中
则粒子做匀速圆周运动的半径为
故B 正确；
C．粒子做匀速圆周运动的加速度大小为
故C 错误；
D．粒子做匀速圆周运动的周期
其中
，
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联立可得，周期为
故D 错误。
故选B。
1．（2025·安徽·高考真题）如图，在竖直平面内的
直角坐标系中，x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x 轴放置足够长的探测薄板MN，MN 到
x 轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O 的粒子源，沿
平面向x 轴上方各个方向均匀
发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为
。不计粒子的重力、
空气阻力及粒子间的相互作用，则（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为
C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
【答案】C
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有
，可得
，故A 错误；
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B．当粒子沿x 轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知
；当粒子恰能通过N 点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y 轴最远，如图轨迹2，根据几
何关系可知，
，故上表面接收到粒子的区域长度为
，故B 错误；
C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N 点；当粒子沿y 轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒
子离y 轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y 轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故
C 正确；
D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N 点时转过的圆心角最小，用时最短，有
，
故D 错误。
故选C。
2．（多选）（2025·甘肃·高考真题）2025 年5 月1 日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导
托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示
意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为
。
在内圆上A 点有a、b、c 三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c 带
正电且比荷均为
，a 粒子的速度大小为
，方向沿同心圆的径向；b 和c 粒子速度方向相反且
与a 粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（ ）
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A．外圆半径等于
B．a 粒子返回A 点所用的最短时间为
C．b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为
D．c 粒子的速度大小为
【答案】BD
【详解】由题意，作出
粒子运动轨迹图，如图所示
a 粒子恰好到达磁场外边界后返回，a 粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然
后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A 点，
根据a 粒子的速度大小为
可得
设外圆半径等于
,由几何关系得
则
A 错误；
B．由A 项分析，a 粒子返回A 点所用的最短时间为第一次回到A 点的时间
a 粒子做匀速圆周运动的周期
在磁场中运动的时间
匀速直线运动的时间
故a 粒子返回A 点所用的最短时间为
B 正确；
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C．由题意，作出
粒子运动轨迹图，如图所示
因为b、c 粒子返回A 点都是运动一个圆周，根据b、c 带正电且比荷均为
，所以两粒子做圆周运动周期
相同，故所用的最短时间之比为1:1，C 错误；
D．由几何关系得
洛伦兹力提供向心力有
联立解得
D 正确。
故选BD。
3．（多选）（2025·四川·高考真题）如图所示，I 区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ
区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I 区边界重合；正方形与圆形中心同为O
点。I 区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4 1∶。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a 点沿正方形某一条边的
中垂线方向进入磁场，一段时间后从a 点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（ ）
A．在I 区的轨迹圆心不在O 点
B．在I 区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1 2∶
C．在I 区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127 37
∶
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D．在I 区和Ⅱ区的运动时间之比为127 148
∶
【答案】AD
【详解】A．由图可知
在I 区的轨迹圆心不在O 点，故A 正确；
B．由洛伦兹力提供向心力
可得
故在I 区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为
故B 错误；
D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系
可得
故粒子在I 区运动的时间为
粒子在Ⅱ区运动的时间为
联立可得在I 区和Ⅱ区的运动时间之上比为
故D 正确；
C．粒子在I 区和Ⅱ区的轨迹长度分别为
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故在I 区和Ⅱ区的轨迹长度之比为
故C 错误。
故选AD。
4．（多选）（2025·河北·高考真题）如图，真空中两个足够大的平行金属板
水平固定，间距为
板接地。M 板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M 板O 点处正上方P 点有一粒子源，
可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与
的夹角
时，
粒子恰好垂直穿过M 板Q 点处的小孔。已知
，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被
吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的
相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．若间距d 增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C．粒子打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为
D．粒子打到M 板下表面的位置与Q 点的最小距离为
【答案】BCD
【详解】A．根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A 错误；
B．随着粒子不断打到N 极板上，N 极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒
子恰能到达N 极板时满足
，
解得
即d 越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B 正确；
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C．因粒子发射方向与OP 夹角为60°时恰能垂直穿过M 板Q 点的小孔，则由几何关系
解得r=2L
可得
可得粒子从磁场上方，直接打在打到M 板上表面的位置与O 点的最大距离为
当N 极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q 点射入极板，会返回再从在Q 点射出，后继续做圆周运动，这
时打M 板在板上表面的位置
则粒子打在M 板上表面的位置的最大距离为
，选项C 正确；
D．因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ 长度时，粒子仍可从Q 点进入两板之间，
由几何关系可知此时粒子从P 点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M 板夹角为α=30°，则在两板
间运动时间
其中
打到M 板下表面距离Q 点的最小距离
解得
选项D 正确。
故选BCD。
5．（多选）（2025·河南·高考真题）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技
术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d 分别固
定在镜头右、上两侧，c、d 中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机
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可实时检测手机框架的微小加速度a 的大小和方向，依此自动调节c、d 中通入的电流
和
的大小和方
向（无抖动时
和
均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（ ）
A．若
沿顺时针方向，
，则表明a 的方向向右
B．若
沿顺时针方向，
，则表明a 的方向向下
C．若a 的方向沿左偏上
，则
沿顺时针方向，
沿逆时针方向且
D．若a 的方向沿右偏上
，则
沿顺时针方向，
沿顺时针方向且
【答案】BC
【详解】A．
顺时针而
，则线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速
度状态，A 错误；
B．
顺时针而
，则
线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，B
正确；
C．若
的方向左偏上
，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，
线圈需要受到向右的安培力
、线圈
需要受到向下的安培力
，且
，故可知
顺时针
逆时针，
由
可知
，C 正确；
D．若
的方向右偏上
，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要
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使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向左的安培力
、线圈
需要受到向下的安培力
，且
，可知
逆时针
逆时针，且
，D 错误。
故选BC。
6．（2024·辽宁·高考真题）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ
区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够
宽，各区边界均垂直于x 轴，O 为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m 的粒
子。如图，甲、乙平行于x 轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为
和
。甲到P 点时，乙刚
好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O 点时，乙恰好到P 点。已知Ⅲ区存在沿＋x 方向的
匀强电场，电场强度大小
。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产
生的磁场。
（1）求磁感应强度的大小B；
（2）求Ⅲ区宽度d；
（3）Ⅳ区x 轴上的电场方向沿x 轴，电场强度E 随时间t、位置坐标x 的变化关系为
，其中常系
数
，
已知、k 未知，取甲经过O 点时
。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的
电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F 与Δx 间的关系式（不要求写出Δx 的取值范围）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对乙粒子，如图所示
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由洛伦兹力提供向心力
由几何关系
联立解得，磁感应强度的大小为
（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P 点到O 点，由运动学公式
由牛顿第二定律
联立可得Ⅲ区宽度为
（3）甲粒子经过O 点时的速度为
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则
可得
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设乙粒子经过Ⅲ区的时间为
，乙粒子在Ⅳ区运动时间为
，则上式中
对乙可得
整理可得
对甲可得
则
化简可得乙追上甲前F 与Δx 间的关系式为
7．（2025·云南·高考真题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，
区域存在垂
直
平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为
（未知）。第一象限内存在边长为
的正方形磁
屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直
平面向里，其磁感应强度大小为
（未知），但满足
。某质量为m、电荷量为
的带电粒子通过速度选择器后，在
平
面内垂直y 轴射入
区域，经磁场偏转后刚好从ON 中点垂直ON 射入磁屏蔽区域。速度选择器两极
板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小
已知，不考虑该粒子的重力。
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(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求
以及y 轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率
，若在Q 处检测到该粒子，则
是多少？
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故
其中
则该粒子通过速度选择器的速率为
（2）粒子在
区域内做匀速圆周运动，从ON 的中点垂直ON 射入磁屏蔽区域，由几何关系可知
由洛伦兹力提供给向心力
联立可得
由于
，根据洛伦兹力提供给向心力
解得
当
时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示
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根据洛伦兹力提供向心力
可得
故粒子打在y 轴3L 处，综上所述y 轴上可能检测到该粒子的范围为
。
（3）若在Q 处检测到该粒子，如图
由几何关系可知
解得
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由洛伦兹力提供向心力
联立解得
其中
根据磁屏蔽效率
可得若在Q 处检测到该粒子，则
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