1
8.磁场 带电粒子在磁场中的运动
选择题:1~6 题每小题3 分,8~9 题每小题3 分,共24 分
基础巩固练
1.(2024 贵州卷)如图所示,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
2.(2025 湖南长沙一模)在水平光滑绝缘桌面上,放置一个半径为R 的超导导线环,其中通
过的电流为I。穿过导线环有一个方向垂直于桌面向下的匀强磁场,导线环全部位于磁
场中,磁感应强度为B,则导线环各截面间的拉力为( )
A.BIR
B.0.5BIR
C.0
D.πBIR
3.(2025 福建宁德三模)如图所示,MN 表示一块非常薄的金属板,带电粒子(不计重力)在匀
强磁场中运动并穿过薄金属板,虚线表示其运动轨迹,粒子电荷量不变,由图可知粒子(
)
2
A.带正电荷
B.沿a→b→c→d→e 方向运动
C.穿过金属板后,轨迹半径变小
D.穿过金属板后,所受洛伦兹力变大
4.(2024 广西卷)Oxy 坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方
向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为+q 的粒子,以初速度v 从O 点沿x 轴正向开始
运动,粒子过y 轴时速度方向与y 轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P 点至
O 点的距离为( )
A.mv
qB
B.3mv
2qB
C.(1+√2) mv
qB
D.(1+ √2
2 )
mv
qB
5.(2025 贵州黔南三模)如图所示,在平面直角坐标系中,正三角形的三个顶点上放置着三
根垂直于坐标平面的无限长直导线P、Q、R,导线中的电流大小相等,P 和R 中的电流方
向垂直于纸面向里,Q 中的电流方向垂直于纸面向外。已知无限长直导线在某点形成的
磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,R 在O 点产生的磁感应强度大小为B0。下
列说法正确的是( )
3
A.P 受到的安培力的方向竖直向上
B.R 受到的安培力的方向水平向右
C.O 点磁感应强度大小为√13B0
D.P、R 在Q 点产生的磁感应强度方向竖直向下
6.(多选)(2025 山西临汾二模)如图所示,匀强磁场垂直于xOy 平面(纸面)向外,磁场的左边
界为y 轴,右边界与x 轴垂直,交x 轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁场的磁感应强度
为B1,第Ⅳ象限内的磁场的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷
量为+q 的粒子从原点O 以速度v 进入第Ⅰ象限内的磁场的磁场,方向与x 轴成30°角,粒
子从P 点离开磁场区域,不计粒子重力,则第Ⅰ象限内的磁场的磁感应强度B1的大小可
能是( )
A. mv
4 qL
B. mv
2qL
C.mv
qL
D.2mv
qL
7.(6 分)(2025 北京卷)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分,它可以利用带电粒子在
磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B 的匀
强磁场中的运动,且不计粒子间相互作用。
4
(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直,推导出粒子的运动周期T 与质量
m 的关系。
(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q,粒子1 的速度方向与磁场方向垂直,粒子2 的速度
方向与磁场方向平行,在相同的时间内,粒子1 在半径为R 的圆周上转过的圆心角为θ,粒
子2 运动的距离为d,求:
a.粒子1 与粒子2 的速度大小之比v1∶v2;
b.粒子2 的动量大小p2。
综合提升练
8.(2025 北京朝阳二模)在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场,磁场方向垂直于
纸面向里。一段轻质软导线的P 端固定,M 端可以自由移动。当导线中通过电流为I 时,
在M 端施加沿导线的水平恒力F,软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线,通过点P
沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q 的粒子,发现粒子在磁场中的轨迹半
径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B,不计粒子的重力。下列说
法正确的是( )
A.粒子带正电
B.若导线长度减小,仍保持圆弧半径不变,需减小恒力F
C.粒子的动量大小为qF
I
D.粒子的轨迹半径为F
2BI
5
9.(2025 江西萍乡二模)中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克
实验装置(EAST),这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”
实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动,如图所
示。磁场方向水平向右,磁感应强度大小为B,甲粒子速度方向与磁场方向垂直,乙粒子速
度方向与磁场方向平行,丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ,所有粒子的质量均为
m,电荷量均为+q,且粒子的初速度方向在纸面内,不计粒子重力和粒子间的相互作用,则
从图示位置开始计时,经历2π m
qB
的时间后( )
A.甲、乙两粒子均回到图示位置
B.甲、丙两粒子均回到图示位置
C.乙、丙两粒子位置改变了2π mv
qB
D.丙粒子位置改变了2π mv cosθ
qB
10.(8 分)(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。
6
(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t 时间后关闭磁场,
忽略磁场变化的影响,求t。
11.(10 分)(2025 山西晋中模拟)如图甲所示,正方形区域ABCD 内部有一垂直于纸面向里
的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.1 T,M、N 分别为AD、BC 边中点。现在从M 点平行
AB 方向,以某一初速度v0射入一个质量为m、电荷量为q 的带负电粒子,发现该粒子刚
好从B 点离开磁场区域,已知磁场区域的边长L=0.4 m,该粒子的比荷q
m
=2×107 C/kg,不
计粒子重力。
(1)求该粒子射入磁场时的速度大小v0。
(2)若取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度按图乙的方式变化,t=0 时刻,粒子同
样从M 点平行AB 射入,发现粒子恰好能从N 点离开,已知T0=5π×10-7 s,求该粒子射入磁
场的速度v0可能的取值以及粒子运动的时间。
7
培优拔高练
12.(12 分)(2025 河北沧州一模)用磁场实现对微观粒子的控制在高能物理、材料科学、
核磁共振、微流控芯片等领域有着广泛的应用。如图为一种能够实现用磁场控制微观
粒子的装置内部磁场分布图,x 轴上方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度
大小B1=√2
2
B;x 轴下方存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小B2=B。在
坐标原点O 处有一粒子源,可以
同时发射速度大小为v0、方向分别沿y 轴正、负方向的两个带电粒子P、Q。已知带电
粒子质量均为m,电荷量均为+q,粒子相遇时两者的运动互不影响,不计粒子重力及粒子
间的相互作用。
(1)若P、Q 两粒子同时经过H(x0,0)点,求该情况下B 的最小值。
(2)若B=B0,且在xOy 坐标系内的磁场为矩形磁场,为使两粒子发射后能够在磁场中相遇
n 次,求矩形磁场的最小面积。
(3)两粒子发射后的运动轨迹会有很多交点,若B=B0,且两粒子发射时间不同,为使两粒子
能相遇在横坐标最小的轨迹交点处,求两粒子发射的时间差Δt。
8
参考答案
1.C 解析 由于I1>I2,可知左侧的磁场强度大,根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方
向向里,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,根据左手定则并结合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。
2.A 解析 把导线环分成两半,取其中的一半作为研究对象,两端截面所受拉力均为FT,
设整个半环受到的安培力为F,受力分析如图所示,根据安培力的计算公式可得F=BI·2R,
所以FT=1
2
F=BIR,故选A。
3.C 解析 带电粒子穿过金属板后速度减小,根据牛顿第二定律qvB=mv
2
r
可得r=mv
qB
,可
知轨迹半径应减小,粒子运动方向是e→d→c→b→a,粒子所受的洛伦兹力均指向圆心,在
e 点洛伦兹力向右,由左手定则可知,粒子应带负电,A、B 错误,C 正确;穿过金属板后速度
减小,根据F 洛=qvB 可知,洛伦兹力减小,D 错误。
4.C 解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力。由Bqv=mv
2
R
,得R=mv
Bq
,根据题意,画出粒子运动轨迹,如图所示,由几何关系得lPO=(1+√2)R=(1+
√2) mv
qB
,选项C 正确。
9
5.C 解析 三根长直导线中的电流大小相等,根据安培定则可得,在P、R、Q、O 四处的
磁感应强度方向如图所示,根据左手定则可知,P、R 导线所受安培力方向如图所示,A、
B、D 错误;已知R 在O 点产生的磁感应强度大小为B0,无限长直导线在某点形成的磁感
应强度大小与该点到导线的距离成反比,P、Q 在O 点产生的磁感应强度大小均为B1,由
lRO
lPO
= B1
B0
得B1=√3B0,则O 点的磁感应强度为B=√B0
2+(2B1)
2=√13B0,C 正确。
6.CD 解析 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v
2
r
可得r=mv
qB
,则粒子在第Ⅰ象限的磁
场内运动的半径为r1= mv
q B1
,在第Ⅳ象限的磁场内运动的半径为r2= mv
q B2
= r1
2 ,粒子可能的
运动轨迹如图所示,设粒子最后从P 点离开时在第Ⅰ象限磁场内运动n 次,在第Ⅳ象限磁
场内运动n-1 次,根据几何关系有2n×r1cos 60°-2(n-1)×r2cos 60°=L,解得B1=(
n+1
2 )
mv
qL
(n=1,2,3,…),当B1= mv
4 qL
时,n 不为整数,A 错误;当B1= mv
2qL
时,n=0,不符合取值范围,B 错误;
当B1=mv
qL
时,n=1,C 正确;当B1=2mv
qL
时,n=3,D 正确。
10
7.答案 (1)T= 2π
q0 B·m
(2)a.θR∶d b.qBd
θ
解析 (1)粒子速度方向与磁场垂直,所以该粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力
可知
q0vB=mv
2
R
解得轨道半径R= mv
q0 B
圆周运动的周期T=2π R
v
= 2π m
q0 B
联立,有T= 2π
q0 B·m。
(2)a.由题意知粒子1 做圆周运动,线速度v1=ωR=θ
t
R
粒子2 做匀速直线运动,速度v2=d
t
所以速度之比v1
v2
=
θR
t
d
t
= θR
d
即v1∶v2=θR∶d。
b.对粒子1,由洛伦兹力提供向心力有qv1B=mv1
2
R
可得m=qBR
v1
粒子2 的动量p2=mv2
结合上述可知p2=qBR
v1
·v2=qBR·d
θR
= qBd
θ
。
11
8.C 解析 根据左手定则可知,粒子带负电,A 错误;设PM 弦长为L,弦切角为α,则圆心角
为2α,圆弧导线受到的安培力等效为直导线受到的安培力,L=2Rsin α,2Fsin α=BIL,解得
F=BIR,恒力F 与导线长度无关,若导线长度减小,仍保持圆弧半径不变,恒力F 不变,B 错
误;根据牛顿第二定律得qvB=mv
2
R
,解得粒子的动量大小为mv=qF
I
,C 正确;根据F=BIR,
解得粒子的轨迹半径为R= F
BI
,D 错误。
9.D 解析 甲粒子受到洛伦兹力大小为F 甲=qvB,根据左手定则可知方向垂直于纸面向
里,在磁场中做匀速圆周运动,经过一个周期后回到图示位置;乙粒子速度与磁场平行,不
受洛伦兹力,所以乙粒子做匀速直线运动,经过一个周期不能回到图示位置;丙粒子速度
与磁场方向成θ 角,分解丙粒子的速度,会得到平行于磁场和垂直于磁场的两分速度,在
垂直于磁场的方向做匀速圆周运动,在平行于磁场方向做匀速直线运动,所以经过一个周
期后也不能回到图示位置,A、B 错误。乙粒子做匀速直线运动,一个周期运动的位移为
x 乙=2π mv
qB
,将丙粒子速度分解为沿磁场方向速度v1=vcos θ 和垂直于磁场方向速度
v2=vsin θ,丙粒子在磁场中以速度v2做匀速圆周运动,周期T=2π m
qB
,所以丙粒子一个周期
内会回到图示平面,水平方向经过的位移为x 丙=v1T=2π mv cosθ
qB
,C 错误,D 正确。
10.答案 (1)3qBh
2m
(2)2qBh
m
(3)2π m
3qB
解析 (1)由题意可知粒子水平发射后在磁场中做匀速圆周运动,要在O 点产生光点,其运
动半径r=3
2
h
由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv
2
r
12
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 点与ON 直线相切,如图甲所示
甲
由几何关系得r1sin θ+r1=3h,又θ=30°,则此时粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h
由洛伦兹力提供向心力有qv1B=mv1
2
r1
解得v1=qBr1
m
= 2qBh
m
(3)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,如图乙所示
乙
由几何关系得ON=r1cos θ,MN=OM-ON
又O'N=r1=2h,且O'N⊥NM
则∠NO'M=∠PO'M=60°
又∠KO'N=120°
所以α=120°
粒子在磁场中运动的周期T=2π r1
v1
= 2π m
qB ,对应的圆心角α=120°
13
所以t=1
3
T=1
3 · 2π m
qB = 2π m
3qB
。
11.答案 (1)1×106 m/s
(2)2√2×10
5
n
m/s(n=1,2,3,…) 5nπ×10-7 s(n=1,2,3,…)
解析 (1)粒子的运动轨迹如图(a)所示,设粒子做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系得
r2=L2+(r - L
2)
2
(a)
解得r=0.5 m
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m v0
2
r
解得v0=1×106 m/s。
(2)粒子做圆周运动的周期T=2π r
v0
= 2π m
qB
周期与v0和r 无关
得T=π×10-6 s
因为T0=5π×10-7 s,粒子的轨迹如图(b)所示
(b)
设粒子做匀速圆周运动的半径为r1,由几何关系得
n·4r1sin 45°=L(n=1,2,3,…)
14
由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv0
2
r1
解得v0=√2qBL
4 mn = 2√2×10
5
n
m/s(n=1,2,3,…)
粒子运动时间t= θ
2π
T=θm
qB
由周期性可知粒子转过的角度为
θ=n×4×π
4
=nπ(n=1,2,3,…)
解得t=n π m
qB
(n=1,2,3,…)
代入数据得t=5nπ×10-7 s(n=1,2,3,…)。
12.答案 (1)2(√2-1)m v0
q x0
(2)(2n+4+4√2) m
2v0
2
q
2B0
2
(3)(1+ √2
2 )
π m
q B0
解析 (1)由洛伦兹力提供向心力,有B1qv0=mv0
2
R1
解得R1=√2m v0
qB
同理,有B2qv0=mv0
2
R2
解得R2=mv0
qB
若B 最小,说明H 点是P、Q 粒子在x 轴上第一次相遇的点,P、Q 粒子同时从O 点出发,
运动轨迹如图甲所示
15
甲
可知x0=2(R1-R2)
解得B 的最小值为Bmin=2(√2-1)m v0
q x0
。
(2)当B=B0时,由洛伦兹力提供向心力,有B1qv0=m v0
2
R1'
解得R1'=√2m v0
q B0
同理,有B2qv0=m v0
2
R2'
解得R2'=m v0
q B0
P、Q 两粒子同时发射后,每经过一个周期在x 轴上相遇一次,P 粒子每个周期内轨迹与x
轴的交点向正方向移动d=2(R1'-R2')
n 个周期向正方向移动d 总=2n(R1'-R2')
所以磁场右边界的x 轴坐标为x1=d 总+2R2'=2n(R1'-R2')+2R2'
磁场的左边界x 轴坐标为x2=-2R2'
磁场沿x 轴方向宽度为Δx=2n(R1'-R2')+4R2'
磁场沿y 轴方向宽度为Δy=R1'+R2'
所加矩形磁场的最小面积S=Δx·Δy=(2n+4+4√2) m
2v0
2
q
2B0
2。
(3)横坐标最小的轨迹交点如图乙中所示的G 点,O1O2之间距离与AO 之间距离相等,易
知O1O2=2R2'
可得α=45°
16
结合T=2π R
v
可得T1=2√2π m
q B0
,T2=2π m
q B0
P 粒子运动至G 点转过圆心角为45°,所用时间t1=T 1
8
Q 粒子运动至G 点,在x 轴下方转过圆心角为180°,在x 轴上方转过圆心角为135°,所用
时间t2=T 2
2 + 3T 1
8
两粒子从O 点出发的时间之差Δt=t2-t1=(1+ √2
2 )
π m
q B0
。
乙
