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微专题10 磁场的性质及带电粒子在磁场
中的运动
磁场的性质及磁场对电流的作用
[例1] (2025·湖北卷)如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，放置
一通电圆线圈，圆心为O 点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M 和
N 两点，它们到O 点的距离相等。已知M 点的总磁感应强度大小为0，则N 点
的总磁感应强度大小为( )
A．0 B．B C．2B D．3B
A [根据右手螺旋定则可知线圈在M、N 两点产生的磁感应强度大小相等、方
向相同，由于M 点的总磁感应强度大小为零，则匀强磁场的磁感应强度与线圈
在M 点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，则线圈在N 点产生的磁感应强
度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即N 点的总磁感应强度大小
为0，A 正确。]
[例2] (2024·贵州卷)如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固
定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、
右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2，且I1>I2，则当导线框中
通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向( )
A．竖直向上
B．竖直向下
C．水平向左
D．水平向右
C [根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于I1>I2，可知左侧的
磁感应强度大，同一竖直方向上的磁感应强度相等，故导线框水平方向导线所
受的安培力相互抵消，根据左手定则结合F＝BIL 可知左半边竖直方向的导线
所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力，
故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。]
规律方法：
1．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场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度
的大小和方向。
(3)应用平行四边形定则进行合成。
2．用准“两个定则”
(1)对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)。
(2)对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。
3．熟悉“两个等效模型”
(1)变曲为直：图甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等
效为ac 直线电流。
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图
乙所示。
[针对训练1] (2025·江苏南京·二模)如图，金属棒MN 两端由等长的轻质细
线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M 向N 的电流，平衡时
两悬线与竖直方向的夹角均为θ，仅改变下列某一个条件，能使θ 变大的情形
是( )
A．棒中的电流变大 B．两悬线等长变短
C．金属棒质量变大
D．磁感应强度变小
A [对棒分析可知tan θ＝F
mg＝BIL
mg ，则要使θ 变大，可以使棒中的电流I 变大，
减小棒的质量m，增大磁感应强度B；两悬线等长变短不影响θ 大小。故选
A。]
[针对训练2] (2025·河北张家口·三模)电磁炮是利用磁场对通电导体的作用
使炮弹加速，其原理如图所示，间距为L、倾角为θ 的两根光滑导轨平行放置，
导轨底端通过开关S 接有电动势为E、内阻可忽略的电源，导轨间存在垂直于
导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。装有炮弹的导体棒
ab(简称为弹体)垂直放置在导轨上，弹体的总质量为m、电阻为R、长度也为
L，导体棒与导轨接触良好。闭合开关后，当弹体在导轨上恰好匀速运动时射出，
射出点距地面的高度为h。不计空气阻力和导轨电阻，已知重力加速度为g。求：
(1)弹体射出时的速度大小；
(2)弹体飞行过程中离地面的最大高度。
[解析] (1)弹体在导轨上恰好匀速运动时射出，此时对导体棒ab 进行受力分析
得mg sin θ＝BIL
解得I＝mgsinθ
BL
根据欧姆定律I＝E
R －BLv
R
两式联立，解得v＝E
BL－mgRsinθ
B
2 L
2
。
(2)弹体飞出后做斜抛运动vy＝v sin θ
能上升的最大高度
Δh＝v y
2
2g＝(
E
BL - mgR sinθ
B
2 L
2 )
2
(sinθ)
2
2g
则弹体离地面的最大高度H＝h＋Δh＝h＋
(EBL-mgRsinθ)
2(sinθ)
2
2g B
4 L
4
。
[答案] (1) E
BL－mgR sinθ
B
2 L
2
(2)h＋
(EBL-mgRsinθ)
2(sinθ)
2
2g B
4 L
4
带电粒子在磁场中的运动
[例3] (2025·四川卷)(多选)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sin 37°＝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
D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148
AD [由图结合几何知识可知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O 点，故A 正确；由洛伦
兹力提供向心力qvB＝mv
2
r ，可得r＝mv
qB ，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为
r1
r2
＝B2
B1
＝1
4 ，故B 错误；设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cos
α ＝
r2
r1+r2
＝4
5 ，可得α ＝37° ，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1 ＝
360° -2(90° -37°)
360°
T＝254°
360° ×2π m
q B1
，粒子在Ⅱ区运动的时间为t2＝2×37°
360° T＝
74°
360°×2π m
q B2 ，联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为
t1
t2
＝127
148，故D 正确；
粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为l1＝360° -2(90° -37°)
360°
×2πr1＝254°
360°
×2πr1，l2＝2×37°
360° ×2πr2＝74°
360°×2πr2，故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为
l1
l2
＝127
148，故C 错误。故选AD。]
规律方法：
[针对训练] (2025·重庆卷)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出
的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如图所示，水平放置的荧光屏上方有
沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M 均为荧
光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O 点正上方，
仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同
时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为q
m。已知OK＝3h，
OM＝3√3h，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K 水平发射的粒子在O 点产生光点，求粒子的速度大小。
(2)若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N
点产生光点，求粒子的速度大小。
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M 点产生光点，可在粒子发射时间t 后
关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。
[解析] (1)由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O 点产生光点，其运
动半径r＝3h
2
运动过程中由洛伦兹力提供的向心力有qvB＝m v
2
r
联立解得v＝qBr
m ＝3qBh
2m 。
(2)若K 从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N
点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N 点相切，如图
甲
由于K 从水平方向逆时针旋转60°，则θ＝30°，根据几何关系可知此时粒子做
匀速圆周运动的半径为r1＝2h
根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B＝mv1
2
r1
解得v1＝qBr1
m ＝2qBh
m
。
(3)由题意带正电粒子恰好在M 点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向
M，过M 点作正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图乙
根据前面解析可知ON＝√3h，所以NM＝2√3h
由于O′N＝r1＝2h，且O′N⊥NM
根据几何关系可知∠NO′M＝∠PO′M＝60°，而∠KO′N＝120°
所以α＝120°
粒子在磁场中运动的周期T＝2π m
qB ，对应的圆心角α＝120°
所以t＝1
3T＝1
3·2π m
qB ＝2π m
3qB 。
[答案] (1)3qBh
2m (2)2qBh
m
(3)2π m
3qB
带电粒子在磁场中运动的动态圆模型
[例4] (2025·重庆·模拟预测)(多选)如图所示，在ab 边界的右侧和bc 边界的
上方有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。bc 足够长，ab 距离
为d，且ab⊥bc，O、a、b、c 共面。在O 点有一粒子源，O 点到ab、bc 的距离
均为d。打开粒子源发射装置，能够沿纸面向各个方向均匀发射质量为m、电
荷量为q 的带正电粒子，速率v＝qBd
m 。不计粒子所受重力及粒子间的相互作用
力，则下列说法正确的是( )
A．从ab 边射出磁场的粒子数占总粒子数的1
6
B．从bc 边射出磁场的粒子数占总粒子数的5
12
C．到达bc 边的粒子在磁场中运动的最短时间为π m
6qB
D．能够打在ab 和bc 边上的所有粒子在磁场中运动最长路径与最短路径之比为
9∶2
AD [根据qvB＝m v
2
r 可得粒子在磁场中运动轨迹半径r＝d，如图甲所示，当
初速度方向与Oa 夹角为30°，粒子恰好经过a 点，当初速度方向与Oa 夹角满
足30°≤α≤90°，粒子到达ab 边，所以从ab 边射出磁场的粒子数为总数的1
6，
故A 正确；
如图乙所示，初速度方向与Oa 夹角满足90°≤α≤270°时，粒子从bc 边射出磁
场，占粒子总数的1
2，故B 错误；
如图丙所示，当射入点O 与bc 边上的射出点的连线与bc 边垂直时，此粒子在
磁场中运动时间最短，运动时间t＝T
6 ＝π m
3qB，故C 错误；
如图丁所示，当转过圆心角为270°时路径最长，转过圆心角为60°时路径最短，
所以能够打在ab 和bc 边上的所有粒子在磁场中运动最长路径与最短路径之比
为9∶2，故D 正确。
故选AD。]
规律方法：
模型1 定圆旋转模型
旋转
圆
适用条件
粒子的入射点位置相同，速度大小一定，半径一
定，速度方向不同
应用方法(以负粒
子为例)
将半径为r＝mv0
qB 的圆绕入射点进行旋转，从而找
出临界条件
旋转圆的圆心在以入射点P 为圆心、半径r＝m v0
qB
的圆上
模型3 定圆平移模型
平
移
圆
适用条件
粒子的入射点位置不同但在同一直线上，速度大小、方
向均一定
应用方法(以
负粒子为例)
轨迹圆的半径相同，将半径为r＝mv0
qB 的圆沿入射点所
在的直线进行平移，从而找到临界条件
轨迹圆的所有圆心在一条直线上
模型4 磁聚焦与磁发散模型
磁
聚
焦
与
磁
发
散
成立条件：
磁场区域圆
的半径等于
轨迹圆的半
径r＝mv
qB
带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆的半
径与磁场区域圆的半径相等，则粒子从磁场边界上同一
点射出，该点切线与入射速度方向平行
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果
轨迹圆的半径与磁场区域圆的半径相等，则粒子出射方
向与入射点的切线方向平行
[针对训练1] (2025·新课标卷)如图，正方形abcd 内有方向垂直于纸面的匀强
磁场，电子在纸面内从顶点a 以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应
强度的大小不同时，电子可分别从ab 边的中点、b 点和c 点射出，在磁场中运
动的时间分别为t1、t2和t3，则( )
A．t1<t2＝t3
B．t1<t2<t3
C．t1＝t2>t3
D．t1>t2>t3
A [由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t＝
s
v0
，设正方形abcd 的边长为l，则s1＝π· l
4，s2＝π· l
2，s3＝π
2 ·l，则有t1 <
t2 ＝ t3，故选A。]
[针对训练2] (2025·全国·模拟预测)(多选)如图所示，空间中有一个底角均
为60°的梯形，上底与腰长相等为L，梯形处于磁感应强度大小为B、垂直于纸
面向外的匀强磁场中，现c 点存在一个粒子源，可以源源不断射出速度方向沿
cd，大小可变的电子，电子的比荷为k，为使电子能从ab 边射出，速度大小可
能为( )
A．√3kBL
2
B．3√3kBL
4
C．5√3kBL
6
D．4√3kBL
3
BC [能够从ab 边射出的电子，半径最小为从b 点射出，如图甲所示
由几何关系可知r1＝
L
cos30°＝2√3
3 L
半径最大为从a 点射出，如图乙所示
由几何关系可知r2＝√3L，由牛顿第二定律有qvB＝mv
2
r ，解得r＝mv
qB ＝v
kB，
则有2√3
3 L≤v
kB ≤√3L，为使粒子从ab 边射出磁场区域，粒子的速度范围为
2√3kBL
3
≤v≤√3kBL，故选BC。]
[针对训练3] (2021·湖南卷节选)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制
备的关键技术之一，带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为＋q)以初速度
v 垂直进入磁场，不计带电粒子所受重力及带电粒子之间的相互作用。对处在
xOy 平面内的粒子，求解以下问题。
(1)如图，宽度为2r1的带电粒子流沿x 轴正方向射入圆心为A(0，r1)、半径为r1
的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场
磁感应强度B1的大小；
(2)如图，虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C(0，－r2)。在虚线
框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O 点的带电粒子流经过该区
域后宽度变为2r2，并沿x 轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向，
以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。
[解析] (1)粒子垂直于y 轴进入圆形磁场，在坐标原点O 汇聚，满足磁聚焦的
条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径r1，粒子在磁场中运动，
洛伦兹力提供向心力，
有qvB1＝mv
2
r1
解得B1＝mv
qr1。
(2)粒子从O 点进入下方虚线区域，然后平行x 轴飞出，为磁发散的过程，即粒
子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所
示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为r2，根据qvB＝mv
2
r 可知磁感应强度为B2＝mv
qr2
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为S2＝π r2
2。
[答案] (1) mv
qr1 (2) mv
qr2 垂直于纸面向里 π r2
2
