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第7 讲 磁场
考点一 磁场的基本性质 安培力
1.磁场的产生与叠加
2.安培力的分析与计算
方向
左手定则
电流间的作用力：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥
大小
直导线
F=BILsin θ，θ=0 时F=0，θ=90°时
F=BIL
导线为曲线时
等效为ac 直线电流
受力分析
根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程
例1 (2024·贵州卷·5)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
答案 C
解析 根据右手螺旋定则可知导线框所在处磁场方向向里，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。
例2 (多选)(2025·河北省名校联考模拟)如图所示为三根平行直导线的截面图，它们的电流大小都相等，
方向均垂直纸面向里。△ABC 为等腰直角三角形，D 为AB 中点，三个电流在D 处产生的磁感应强度大
小均为B0。下列说法中正确的是( )
A.D 点的磁感应强度大小为B0，方向由D 到B
B.C 电流受到A、B 两电流作用力的方向由D 到C
C.若仅将B 处电流反向，D 点的磁感应强度大小为√2B0
D.若仅将B 处电流反向，C 电流受到A、B 两电流作用力的方向为由D 到A
答案 AD
解析 由右手螺旋定则可知A、B、C 三个电流在D 点产生的磁感应强度如图所示
由矢量叠加可知D 点的磁感应强度BD=BC=B0，
方向由D 到B，故A 正确；根据同向电流相互吸引的特点，电流C 受到A、B 的作用力分析如图所示
由题意可知FAC=FBC，所以C 电流受到A、B 两个电流作用力方向为由C 到D，故B 错误；
若仅将B 处电流反向，由右手螺旋定则可知A、B、C 三个电流在D 点产生的磁感应强度如图所示
由矢量叠加可知D 点的磁感应强度BD=√(B A+ BB)
2+ BC
2=√5B0，故C 错误；
若仅将B 处电流反向，根据同向电流相互吸引(反向电流相互排斥)的特点，电流C 受到A、B 的作用力分析
如图所示
由题意可知FAC=FBC
所以C 电流受到A、B 两个电流作用力方向为由D 到A，故D 正确。
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法
基本思路
(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹
(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏
转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联
系
(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是
周期公式和半径公式
基本公式
qvB=mv
2
r ，T=2π r
v
重要结论
r=mv
qB ，T=2π m
qB
圆心的确定
(1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆
心，如图(a)
(2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点两点连
线中垂线的交点为圆心，如图(b)
(3)沿半径方向距入射点距离等于r 的点，如图(c)(当r 已知
或可算)
半径的确定
方法一：由公式求，Bqv=m v
2
r
，得半径r=mv
qB
方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三
角函数等)通过计算来确定
时间的求解
方法一：由圆心角求，t= θ
2π ·T，其中轨迹对应的圆心角
等于速度方向的偏向角
方法二：由弧长求，t= s
v
2.三个重要结论
(1)直线边界：粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1=θ2=θ3)，轨
迹关于入射点和出射点连线的中垂线对称，L=2rsin θ2。
(2)圆形边界：①沿半径方向射入圆形磁场的粒子必沿半径方向射出磁场(速度方向延长线过圆心，如图
乙，两侧关于两圆心连线OO'对称)。
②射入磁场的速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场的方向与半径的夹角也为θ，轨迹关于两圆心连线
OO'对称，如图丙。
(3)磁聚焦与磁发散
若大量相同的带电粒子以相同的速度相互平行进入圆形区域的磁场，且带电粒子运动半径等于磁场圆
半径(R=r)，这群粒子必从同一点离开磁场，即“磁聚焦”；反之，一群相同的粒子从同一点以相同的
速度大小沿不同的方向进入磁场(R=r)，在离开磁场时的速度方向一定相互平行，即“磁发散”。
磁聚焦 磁发散
例3 (2025·重庆卷·14)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磁感应强度大小为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t 时间后关闭磁场，忽略磁场变
化的影响，求t。
答案 (1)3qBh
2m (2)2qBh
m
(3)2π m
3qB
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 点与荧光屏相切，如图
由于K 从水平方向逆时针旋转60°，则θ=30°，根据几何关系有r1+r1sin 30°=3h，故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=m v1
2
r1
解得v1=qBr1
m
=2qBh
m
；
(3)由题意知带正电粒子恰好在M 点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M 点做正电粒子轨
迹的切线，切点为P，如图
由(2)分析可知ON=r1cos 30°=√3h，则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 r
v
=2π m
qB ，对应的圆心角α=120°
所以t=1
3T=1
3·2π m
qB =2π m
3qB 。
例4 (2023·河北卷·14)如图甲，真空中两金属板M、N 平行放置，板间电压U 连续可调，在金属板N
的中心C 处开有一小孔。F、G、H 为正三角形CDE 各边中点，DE 与金属板平行。三角形FGH 区域内
存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M 板的P 点由静止释放
沿CG 方向进入磁场，一段时间后沿∠CED 的角平分线方向从E 点离开。已知正三角形CDE 的边长为
a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
(1)求板间电压U 的大小；
(2)若磁场区域如图乙，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P 点由静止释放，仍能沿
∠CED 的角平分线方向从E 点离开，求粒子从C 点运动到E 点的时间。
答案 (1)q B
2a
2
32m (2)(2√3-3+ π )m
3qB
解析 (1)粒子在电场中加速，由动能定理得
qU=1
2mv2
根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv
2
r
根据几何关系有r=a
4
解得板间电压的大小为U=q B
2a
2
32m
(2)根据题意，作出粒子的运动轨迹，如图所示。
根据几何关系有
r1=
IK
sin30° =
√3
4 a
1
2
=√3
2 a
CK=r1-r1cos 30°=√3
2 a-3
4 a
则IJ=IH=1
2FH-CK=2-√3
2
a
粒子在磁场中的运动时间为t1=2× 30°
360° × 2π m
qB = π m
3qB
又qv1B=mv1
2
r1
粒子在无磁场区域运动的时间为t2=IJ
v1
=(2√3-3)m
3qB
粒子从C 点运动到E 点的时间为t=t1+t2=(2√3-3+ π )m
3qB
。
例5 (2025·河北省沧衡名校联盟期末)如图所示，在xOy 平面内有以O 点为圆心、半径为R 的圆形匀强
磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，在x=2R 处有一垂直于x 坐标轴的足够长
的挡板，一宽度为d(未知)且关于y 轴对称的质子束，以一定的速度平行于y 轴射入圆形磁场，偏转后
所有质子都经过P 点射出磁场，挡板上有质子打到的区域关于x 坐标轴对称，长度为2
3 √3R。已知质子
质量为m、带电荷量为e，忽略质子重力及质子间的相互作用，则质子束的宽度d 为
( )
A.R
B.√3
2 R
C.3
2R
D.√2
2 R
答案 A
解析 根据题意，正对O 点射入的质子经过P 点，可知质子的轨迹半径为R。质子束运动轨迹如图，挡板
上有质子打到的区域关于x 坐标轴对称，长度为2
3 √3R，根据对称性可得ab 长度为√3 R
3
，则tan ∠aPb=
ab
R =√3
3 ，得∠aPb=30°。由几何关系可知cP 为最左侧质子的轨迹半径，由于cP 垂直aP，可得
∠cPO=60°，即从e 点飞入磁场的质子的轨迹圆心c 恰在磁场圆边界上，且轨迹恰过O，可得△OcP、
△eOc 均为等边三角形，则ce=R，所以质子束宽度d=ce=R。故选A。
例6 (多选)(2022·湖北卷·8)在如图所示的平面内，分界线SP 将宽度为L 的矩形区域分成两部分，一部
分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
大小均为B，SP 与磁场左右边界垂直。离子源从S 处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁
场方向垂直且与SP 成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P 点射出，设出射方向与入射方
向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ 角的可能组合为( )
A.1
3kBL，0°
B.1
2kBL，0°
C.kBL，60°
D.2kBL，60°
答案 BC
解析 若离子通过下部分磁场直接到达P 点，如图甲所示，
根据几何关系则有R=L，由qvB=mv
2
R ，可得v=qBL
m =kBL，根据对称性可知出射速度与SP 成30°角向上，
故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。
当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有
R=1
2L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv
2
R ，可得v=qBL
2m =1
2kBL，此时出射方向与入射方向相同，即
出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当离子通过下部分磁场从P 点射出时，需满足v=
qBL
(2n-1)m=
1
2n-1kBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当离子通过上部分磁
场从P 点射出时，需满足v= qBL
2nm= 1
2nkBL(n=1，2，3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故
B、C 正确，A、D 错误。
带电粒子在磁场中运动的多解成因
(1)磁场方向不确定形成多解；
(2)带电粒子电性不确定形成多解；
(3)速度不确定形成多解；
(4)运动的周期性形成多解。
考点三 带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题
1.解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用“动态圆”思想寻找临界
点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好
圆心，建立几何关系。
2.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。
3.常见的动态圆
示意图
适用条件
应用方法
放缩圆
(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)
粒子的入射点位置相同，
速度方向一定，速度大小
不同
以入射点P 为定点，将半径
放缩作轨迹圆，粒子恰好不
射出磁场的临界状态是粒子
运动轨迹与磁场边界相切
旋转圆
(轨迹圆的圆心在以入射点P 为圆心、
半径R=m v0
qB 的圆上)
粒子的入射点位置相同，
速度大小一定，速度方向
不同
将一半径为R=mv0
qB 的圆以
入射点为圆心进行旋转，从
而探索出临界条件
平移圆
(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)
粒子的入射点位置不同，
速度大小、方向均一定
将半径为R=m v0
qB 的圆进行
平移
例7 (2025·陕西宝鸡市二模)如图，直角三角形ACD 区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面
向里的匀强磁场，CD=L，θ=30°。质量为m、电荷量为q 且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面
垂直AD 边射入磁场，若粒子的速度大小为3qBL
10m ，不考虑重力及粒子间的作用，√3=1.732，则粒子经
磁场偏转后能返回到AD 边的粒子数占射入到AD 边总粒子数的百分比为( )
A.40%
B.47.3%
C.52.7%
D.60%
答案 C
解析 粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB=mv
2
r ，可得r=mv
qB =0.3L，当粒子的轨迹与AC 边相切时为粒
子经磁场偏转后能返回到AD 边的右侧临界点，设此时入射点为E，则AE=
r
sin30° -r=0.3L，当粒子的轨迹
与CD 边相切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD 边的左侧临界点，设此时入射点为F，则DF=
r
sin 60° +r=
2√3
3
r+r≈0.646 4L，则粒子经磁场偏转后能返回到AD 边的入射点的长度为EF=AD-AE-DF=1.053 6L，所以，
粒子经磁场偏转后能返回到AD 边的粒子数占射入到AD 边总粒子数的百分比为EF
AD
×100%=52.68%≈52.7%。
例8 (多选)(2025·甘肃卷·10)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R0。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q
m，a 粒子的速度大小为va=qB R0
m
，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( )
A.外圆半径等于2R0
B.a 粒子返回A 点所用的最短时间为(3 π +2)m
qB
C.b、c 粒子返回A 点所用的最短时间之比为√2
√2+2
D.c 粒子的速度大小为√2
2 va
答案 BD
解析 由题意，作出a 粒子运动轨迹如图(a)所示，a 粒子恰好到达磁场外边界后返回且运动的圆周正好与
磁场外边界相切，然后沿内圆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va=qB R0
m
，可得Ra=R0，设外圆半径等于R'，由几何关系得∠AO'B=90°，则R'=R0+√2R0，A 错误；a
粒子做匀速圆周运动的周期T=2π R0
va
=2π m
qB ，在磁场中运动的时间t1=540°
360° ·T=3 π m
qB ，匀速直线运动的时
间t2=2 R0
va
=2m
qB ，故a 粒子返回A 点所用的最短时间为tmin=t1+t2=(3 π +2)m
qB
，B 正确；由题意，作出b、c
粒子运动轨迹图，分别如图(b)、(c)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q
m，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；由几何关系得2Rc=R'-R0=√2R0，洛伦兹力提供向心力有
qvcB=m vc
2
Rc
，联立解得vc=√2
2 va，D 正确。
例9 (2025·安徽卷·7)如图，在竖直平面内的Oxy 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Oxy 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qBd
m 。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2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为√3d
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π m
6qB
答案 C
解析 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m v
2
R ，可得R=mv
qB =d，故A 错误；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s 上min=d；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，s 上max=√3d，故上表面接收到粒
子的区域长度为s 上=√3d-d，故B 错误；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；由图可
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tmin= 60°
360° × 2π m
qB = π m
3qB ，故D 错误。
熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间，非常实用的二级结论有：(1)
等时圆规律；(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；(3)不同质量和电荷量的同种带电粒子
由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论；
(5)平行通电导线同向相吸，异向相斥；(6)带电平行板电容器与电源断开，改变极板间距离不影响极板
间匀强电场的电场强度等。
示例 (多选)(2025·河南新乡、驻马店市模拟)嫦娥七号计划于2026 年发射，由于月球上没有空气，某
同学提议在旗帜上固定导线，通过电磁场的相互作用使旗帜飘扬起来。现在给光滑水平面上的旗帜等
间距地固定a、b、c 三根相同长直导线、并通入大小相等、方向如图所示的电流，则旗帜能够保持平
展的是( )
答案 AB
解析 通有同向电流的导线相互吸引，通有异向电流的导线相互排斥，且电流相同时，两导线间的距离越
大，作用力越小，因此A、B 正确，C、D 错误。
专题强化练
[分值：55 分]
[1~6 题，每题4 分，7~9 题，每题6 分]
[保分基础练]
1.(2025·福建卷·3)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等、方向相反的电流。导
线周围存在M、O、N 三点，M 与O 关于L1对称，O 与N 关于L2对称且OM=ON，初始时，M 点的磁感应
强度大小为B1，O 点的磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N 点的磁感应强度大小
为( )
A.B2-1
2B1
B.1
2B2-B1
C.B2-B1
D.1
3(B1-2B2)
答案 B
解析 根据安培定则，两直导线在O 点处产生的磁感应强度方向相同，大小相等，则单个直导线在O 点处
产生的磁感应强度大小为B0=B2
2 ，根据对称性，可知两导线在N 点产生的磁感应强度大小与M 点一样，为
B1；L2在N 点产生的磁感应强度大小为B0=B2
2 ，由于L2在N 点产生的磁感应强度大于L1在N 点产生的磁
感应强度，且方向相反，将L2撤去，N 点的磁感应强度大小为B2
2 -B1。故选B。
2.(2025·宁夏石嘴山市一模)有一边长为l 的正三角形导线框 abc 悬挂在弹簧测力计下面，线框中通有 cbac
方向的恒定电流I，直线MN 是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于△abc 所在平面向里。平衡时，弹簧测
力计的读数为F；若将导线框上提，让导线框上部分露出磁场，其他条件都不改变，再次平衡时，磁场边
界线MN 刚好过 ab 和 ac 边的中点，这种情况下，弹簧测力计的读数为3F，则匀强磁场的磁感应强度大
小为( )
A. F
Il
B.2 F
Il
C.3 F
Il
D.4 F
Il
答案 D
解析 导线框全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，则F=mg，直线MN 刚好过ab 和ac 边的
中点时，导线框受到安培力的有效长度为l
2，受到竖直向下的安培力，大小为F 安=BI l
2，对导线框，由平
衡条件得3F=mg+F 安，联立解得B=4 F
Il 。
3.(多选)(2025·广东省调研)将离子注入竖直放置的硅片，其原理如图，甲、乙两离子，在N 处先后无初速
度“飘入”加速电场，经过加速电场加速后，从P 点沿半径方向进入垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，
经磁场偏转后，甲离子垂直注入硅片，乙离子与竖直方向成60°夹角斜向上注入硅片，不计离子重力及空
气阻力。则甲、乙两离子( )
A.均为正电荷
B.比荷相同
C.注入前瞬间的速率之比为√3∶1
D.在磁场中运动的时间之比为√3∶1
答案 AC
解析 由左手定则可知，离子带正电，选项A 正确；经电场加速有qU=1
2mv2，在磁场中有qvB=mv
2
r ，可
知q
m= 2U
B
2r
2，两离子在磁场中运动的半径不同，则比荷不同，选项B 错误；设圆形磁场的半径为R，则甲
离子的运动半径为r1=R，乙离子的运动半径为r2=Rtan 60°=√3R，
根据v=qBr
m =2U
Br ，可知注入前瞬间的甲、乙两离子速率之比为v1∶v2=r2∶r1=√3∶1，选项C 正确；
根据t=
θ
360°
2π r
v
，可知t1
t2
=θ1
θ2
·r1
r2
·v2
v1
=90°
60° · 1
√3· 1
√3=1
2，选项D 错误。
4.(2025·广东广州市检测)如图，abcd-a'b'c'd'为上表面水平的正方体区域，整个正方体空间内存在竖直向上
的匀强磁场。abcd 表面的正中央有一小孔P。粒子源S 发射了两个速度大小相同、比荷不同的粒子M、
N(重力不计)，从小孔P 垂直于abcd 表面射入后，M 打在bc 边上，N 打在b'c'边上，则粒子M、N 的比荷之
比为( )
A.2∶1
B.1∶2
C.5∶1
D.1∶5
答案 C
解析 根据题意，画出粒子的运动轨迹，从上往下看，如图所示，设正方体的棱长为L，由几何关系有rM=
1
4 L，r N
2=L2+(r N - L
2 )
2，解得rN=5
4 L，由牛顿第二定律有qvB=mv
2
r ，可得q
m= v
Br ，由于粒子源S 发射了两
个速度大小相同的粒子进入同一磁场中，设粒子M、N 的比荷分别为kM和kN，则粒子M、N 的比荷之比为
k M
k N
= r N
r M
=5
1，故选C。
5.(2025·河北省部分高中模拟)如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小
为B1，P 点为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P 点射入磁场区域，速度方向沿
位于纸面内的各个方向。这些粒子射出磁场区域的位置均处于磁场边界的位置的某一段弧上，这段圆弧的
弧长是磁场边界圆周长的1
6。若只将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为磁场边界圆周长的1
3，
不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则
B2
B1
等于( )
A.√3
B.√3
3
C.1
2
D.2
1
答案 B
解析 当磁感应强度为B2时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，
即∠POM=120°，如图所示，设圆形磁场区域半径为R，所以粒子做圆周运动的半径r2= mv
q B2
=Rsin 60°=√3
2
R，同理可知，r1= mv
q B1
=Rsin 30°= R
2 ，解得B2
B1
=√3
3 ，故B 正确。
6.(多选)(2025·江西景德镇市二检)某空间存在磁感应强度大小为B0的正方形匀强磁场区域ABCD，磁场方
向垂直纸面(图中未画出)，电荷量为+q 的粒子(不计重力)从B 点沿BC 方向以速度v 射入磁场，粒子从AD
边上的E 点离开磁场。已知正方形区域边长为d，BE=2√3
3
d，下列说法正确的是( )
A.正方形区域磁场方向垂直纸面向里
B.粒子的质量为2B0qd
3 v
C.粒子在磁场中运动的时间为4 π d
9 v
D.若粒子射入磁场的速度大于1.5v(方向不变)，则粒子一定从CD 边射出
答案 BCD
解析 由左手定则，正方形区域磁场方向垂直纸面向外，选项A 错误；由几何关系可知AE=√3
3 d，(d-r)2+(
√3
3 d)2=r2，解得r=2
3d，根据qvB0=mv
2
r ，粒子的质量为m=2B0qd
3 v
，选项B 正确；由几何关系可知粒子在
磁场中转过的角度为120°，则运动时间为t=120°
360° ·2π r
v
=4 π d
9 v ，选项C 正确；若粒子从D 点射出，则运动
半径为d，则速度v'=q B0d
m
=1.5v，若粒子射入磁场的速度大于1.5v(方向不变)，则粒子运动半径变大，则
一定从CD 边射出，选项D 正确。
[争分提能练]
7.(多选)(2024·安徽淮北市二模)在电子技术中，科研人员经常通过在适当的区域施加磁场控制带电粒子的
运动。如图所示，正方形abcd 边长为L，一束相同的带正电粒子以相同的速度v 垂直ab 边射入，如果在
abcd 的某区域内存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场，最终所有粒子均从c 点射出，不
计粒子重力及粒子间相互作用，则( )
A.磁场方向垂直纸面向里
B.粒子的比荷为v
BL
C.磁场区域的最小面积为π L
2
4
D.粒子在磁场中运动的最长时间为π L
2v
答案 BD
解析 由题意可知，粒子向下偏转，由左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故A 错误；画出粒子轨迹，
如图，可知为磁聚焦模型，故运动半径r=L，再由qvB=mv
2
r ，得q
m= v
BL，故B 正确；由图知，磁场区域最
小面积为“叶”形面积S=2(π L
2
4 - L
2
2 )=(π -2)L
2
2
，故C 错误；粒子最大圆心角为π
2 ，则最长时间为t=
π
2 L
v
=
π L
2v ，故D 正确。
8.(多选)(2025·河南郑州市一模)如图，有一垂直纸面向里的圆形匀强磁场，线段PQ 和线段MN 是圆的两条
直径，夹角为60°。两个相同带电粒子甲、乙以不同的初速度，沿垂直于MN 方向从P 点射入磁场，之后
甲粒子从Q 点飞出磁场，乙粒子从N 点飞出磁场。不计粒子重力，则( )
A.粒子甲在磁场中运动的时间长
B.粒子甲在磁场中运动的速度大
C.粒子乙在磁场中运动的加速度大
D.甲、乙粒子在磁场中运动的路程相等
答案 BD
解析 两粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，设磁场圆的半径为R，甲粒子的轨迹半径为r1，
乙粒子的轨迹半径为r2，根据几何关系可得r1=2R，r2=R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv
2
r =ma，所以
v=qBr
m ，a=qvB
m ，所以甲粒子速度大，加速度大，故B 正确，C 错误；甲粒子的圆心角等于60°，乙粒子
的圆心角等于120°，根据t= θ
2π T，T=2π m
qB ，可知，甲粒子的运动时间较短，故A 错误；由以上分析可知，
甲粒子运动速度是乙粒子运动速度的2 倍，而甲粒子的运动时间是乙粒子运动时间的一半，根据l=vt，可
知，两粒子运动的路程相等，故D 正确。
9.(多选)(2025·四川卷·10)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。不计粒子重力，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
答案 AD
解析 根据题意，画出粒子运动轨迹，如图所示，由图可知，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区第一次偏转的圆心角为α，由几何关系有cos α=
r2
r1+r2
=4
5 ，可得α=37°，设粒子在磁场Ⅰ区
转过圆心角为β，由几何关系知β=254°，故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=254°
360° T Ⅰ=254°
360° × 2π m
q B1
，粒子在
Ⅱ区运动的时间为t2=2×37°
360° T Ⅱ= 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=254°
360° ×2πr1，l2= 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。
10.(13 分)(2025·湖北卷·14)如图所示，两平行虚线MN、PQ 间无磁场。MN 左侧区域和PQ 右侧区域内均有
垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从
MN 左侧O 点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN 向上。已知O 点到MN 的距离为3mv0
2qB ，粒子能
回到O 点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
(1)(2 分)粒子在MN 左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)(5 分)粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距；
(3)(6 分)粒子的运动周期。
答案 (1)mv0
qB (2)√3m v0
2qB (3)(5 π +3√3)m
3qB
解析 (1)粒子在MN 左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B=m v0
2
R
解得R=mv0
qB
(2)粒子从O 点射出后的部分运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得cos θ=O1 D
R
又O1D=OD-R=mv0
2qB
解得θ=60°
粒子在MN 和PQ 之间做匀速直线运动，从PQ 边界上的E 点第一次进入右侧磁场区域做半径为R'的匀速
圆周运动，从PQ 边界上的F 点第二次经过PQ 边界，在右侧磁场中，有qv0×2B=m v0
2
R'
解得R'=mv0
2qB
由几何关系知粒子在PQ 右侧磁场中的轨迹对应圆心角为2θ=120°，则粒子第一次和第二次经过PQ 时位置
的间距x=2R'sin 60°=√3R'=√3m v0
2qB
(3)要使粒子能回到O 点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，轨迹如图乙所示。
由图乙可知粒子在MN 左侧磁场中的轨迹对应的圆心角为240°，运动的时间t1=2
3T1=2
3 × 2π m
qB =4 π m
3qB
粒子在PQ 右侧磁场中的轨迹对应的圆心角为120°，运动的时间t2=1
3T2=1
3 × 2π m
2qB = π m
3qB
设粒子从MN 到PQ 过程中运动的距离为l，由几何关系知Rsin 60°=R'sin 60°+lcos 60°
解得l=√3m v0
2qB
则粒子在MN 和PQ 之间运动的时间t3=2l
v0
=√3m
qB
综上可知，粒子的运动周期为T=t1+t2+t3=5 π m
3qB +√3m
qB =(5 π +3√3)m
3qB
。
