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专题13 磁场
4 大考点概览
考点01 磁现象与磁场
考点02 安培力
考点03 带电粒子在磁场中的运动
考点04 带电粒子在组合场或复合场中的运动
1．（2026·四川广安·一模）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（CS线圈）可以
驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。当CS线圈通以
如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（ ）
A．顺时针
B．逆时针
C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针
【答案】A
【解析】由图（b）可知开始阶段流过CS 线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS 线圈产生的磁
场下端为N 极，上端为S 极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律可知产生的感
应电场方向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）为顺时针；同理在以后阶段
通过CS 线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时
针。
故选A。
2．（2026·四川字节教育·一模）对磁场、磁感线、磁感应强度、磁通量概念的理解，下列说法正确的是（
）
A．物理学上认为磁场是存在于磁体或通电导体周围的一种特殊物质，而实际上并不存在
B．磁感线是不相交、不闭合、假想的曲线，不是真实存在的
C．由B = F
IL可知，若一小段通电导线在某处受到的磁场力F 为零，则该处的磁感应强度一定为零
考点1
磁现象与磁场
D．若通过某个面的磁通量为零，则该处的磁感应强度不一定为零
【答案】D
【解析】A．物理学上认为磁场是存在于磁体或通电导体周围的一种特殊物质，是实际存在的，故A 错
误；
B．磁感线是不相交、闭合、假想的曲线，不是真实存在的，故B 错误；
C．B = F
IL是磁感应强度的定义式，磁感应强度只由磁场自身决定，若一小段通电导线在某处受到的磁
场力F 为零，可能是电流方向与磁场方向垂直，该处的磁感应强度不一定为零，故C 错误；
D．若通过某个面的磁通量为零，可能是磁场方向与该面平行，该处的磁感应强度不一定为零，故D 正
确。
故选D。
2．（2025·四川成都·一模）《大国重器Ⅲ》节目介绍了GIL 输电系统的三相共箱技术，如图甲所示，三根
超高压输电线缆平行且间距相等。截面图如图乙所示，截面圆心构成正三角形，上方两根输电线缆
A、B 圆心连线水平，某时刻A 输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、B 输电线缆中电流方向垂直于纸
面向里、电流大小均为I，下方C 输电线缆中电流方向垂直于纸面向外、电流大小为2 I，如图乙所示，
下列说法正确的是（ ）
A．A、B 输电线缆相互吸引
B．正三角形中心O 处磁感应强度方向水平向左
C．A 输电线缆所受安培力方向斜向左下方，与水平方向的夹角为60°
D．C 输电线缆所受安培力方向平行输电线缆A、B 圆心连线向左
【答案】D
【解析】A．由于A、B 输电线缆通入的电流方向相反，两线缆相互排斥，故A 错误；
B．由右手螺旋定则和平行四边形定则可知，A、B 输电线缆在O 处的合磁感应强度方向竖直向上，C
输电线缆在O 处的磁感应强度方向水平向左，所以O 处合磁感应强度方向应斜向左上方，故B 错误；
C．B 输电线缆对A 输电线缆的作用力沿AB 水平向左，C 输电线缆对A 输电线缆的作用力沿AC 斜向
右下，且大小为B 输电线缆对A 输电线缆作用力的2 倍，如图所示
由图可知，F ACcosθ =2 F ABcos60° = F AB，即C 输电线缆对A 输电线缆的作用力在水平方向的分力
与B 输电线缆对A 输电线缆的作用力大小相等、方向相反，所以A 输电线缆受到的合力即为C 输电线
缆对A 输电线缆的作用力在竖直方向的分力，其与水平方向的夹角为90°，故C 错误；
D．A 输电线缆对C 输电线缆的作用力沿AC 斜向左上，B 输电线缆对C 输电线缆的作用力沿BC 斜向
左下，两个力大小相等且与输电线缆A、B 圆心连线夹角相等，所以C 输电线缆受到的合力平行输电线
缆A、B 圆心连线向左，故D 正确。
故选D。
3．（2026·四川内江·一模）如图所示，倾角为α的光滑斜面置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小
为B1，一质量为m、长为L的导体棒，通以垂直纸面向外、电流大小为I的电流时，放在斜面上恰好能
保持静止。如果将磁场方向变为垂直斜面向上，磁感应强度大小变为B2，其他物理量保持不变，导体
棒还能静止在斜面上。已知重力加速度为g，则（ ）
A．B1= mg
IL
B．B1= mgsinα
IL
C．B2= mgsinα
IL
D．B2= mgtanα
IL
【答案】C
【解析】AB．磁场竖直向上时，对导体棒受力分析如图甲所示
考点2
安培力
支持力和安培力的合力竖直向上，大小等于重力大小。则
B1 IL=mg tan α
解得
B1= mg tan α
I 1 L
故AB 错误；
C D．磁场方向垂直斜面向上时，对导体棒受力分析如图乙所示
支持力和安培力的合力竖直向上，大小等于重力大小。则
B2 IL=mgsin α
得
B2= mgsin α
IL
故C 正确，D 错误。
故选C。
4．（2026·四川广安·一模）如图，同种材料制成的粗细均匀、边长为L 的正方形金属导线框ABCD，处于
磁感应强度大小为B、方向垂直导线框向里的匀强磁场中。A、B 两端与电源连接，通过AB 的电流为
I，则（ ）
A．AB 边和CD 边所受安培力方向相反
B．AB 边和CD 边所受安培力方向相同
C． AB 边和CD 边所受安培力大小之比为3:1
D．导线框ABCD 所受安培力的合力为0
【答案】BC
【解析】AB．由图可知，AB 边电流方向由A 流向B，CD 边电流方向由D 流向C，根据左手定则可知，
所受安培力方向均竖直向上，故A 错误，B 正确；
C．根据电路的连接方式可知，AB 边与AD、DC、CB 三边并联，电压相等，所以电流之比等于电阻反
比，所以流过AD、DC、CB 边的电流为I
3，根据安培力的计算公式F = BIL可知，AB 边和CD 边所受
安培力大小之比等于电流之比，即为3:1，故C 正确；
D．导线框ABCD 所受安培力的合力为
，故D 错误。
故选BC。
5．（2026·四川广安·一模）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为
l 的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U 的电源和开关S 组成，由此构成的回
路总电阻为R1；第二级由固定在动子上间距也为l 的导电“⊂”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞
机组成，由此构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回
路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。接通开关S，动子从静
止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时（可视为已匀速），立
即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二
级回路中产生磁通量Φ；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，
飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始
终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。
(1)求动子在接通S 瞬间受力的大小；
(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm；
(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；
(4)判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。
【答案】(1)F = BUl
R1
(2)vm=
BUl
B
2l
2+k R1
(3)W = kU xm
Bl
+
M U
2
k R1+ B
2l
2
(4)电流方向为顺时针（俯视），v =
BUl
B
2l
2+k R1
+ BΦl
m R2
【解析】（1）接通S 瞬间，动子速度v =0，此时回路中没有感应电动势，电源电压为U，回路总电阻
为R1，根据欧姆定律可知回路电流为
动子所受的力为安培力，大小为F = B I 1l = BUl
R1
（2）当动子达到最大速度vm时动子切割磁感线产生的电动势为E2= Bl vm
此时回路中的电流为I 2= U - Bl vm
R1
依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有B I 2l = f =k vm
解得最大速度为vm=
BUl
B
2l
2+k R1
（3）在第一级弹射过程中,取一段极短的时间Δt，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有
装备，由动量定理有B I 3l⋅Δt -kv ⋅Δt = M ⋅Δv
等式两侧求和得∑
❑
❑
B I 3l⋅Δt -∑
❑
❑
kv ⋅Δt =∑
❑
❑
M ⋅Δv
其中q =∑
❑
❑
I 3⋅Δt
依题意有xm=∑
❑
❑
v ⋅Δt，∑
❑
❑
Δv = vm-0
解得流过电源的电荷量
解得第一级弹射过程电源输出总能量W =qU = kU xm+UM vm
Bl
代入上问结果得W = kU xm
Bl
+
M U
2
k R1+ B
2l
2
（4）由于对飞机实施第二次加速，由左手定则可知超导线圈断开后，第二级回路中的感应电流方向为
顺时针（俯视），由右手螺旋定则可知超导线圈断开后，第二级回路中感应电流的磁场方向为竖直向
下，由楞次定律可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下，再由右手螺旋定则可判断超
导线圈中电流方向为顺时针（俯视）。
设飞机起飞时的速度大小为v，对飞机根据动量定理有B I 4l⋅Δt 4=mv -m vm
超导线圈磁场快速消失的过程中，在第二级回路中产生的感应电动势E4= ΔΦ
Δt 4
= Φ
Δt 4
感应电流为I 4= E4
R2
=
Φ
R2 Δt 4
解得v = vm+ BΦl
m R2
代入前面结果可得v =
BUl
B
2l
2+k R1
+ BΦl
m R2
6．（2026·四川攀枝花·一模）如图所示，直线边界MN上下两边均有垂直纸面向里的匀强磁场，现有一带
电粒子从MN上的P点以垂直MN向上的初速度进入匀强磁场B1。若当粒子从P点出发后第五次穿过
MN时，粒子刚好回到P点，粒子重力不计，则MN上下两边磁场的磁感应强度的大小之比
B1
B2
为（
）
考点3
带电粒子在磁场中的运动
A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3
【答案】C
【解析】设粒子带正电，如图所示
设粒子在MN上下两边磁场运动的半径分别为r1、r2，根据几何关系有2r2=3r1
根据洛伦兹力提供向心力有qv B1=m v
2
r1
，
联立可得
B1
B2
= 3
2
故选C。
7．（2026·四川广安·一模）如图，圆心为O半径为
的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量
为m电荷量为q的带正电粒子，以速度v从A点正对圆心射入磁场，从B点射出磁场，∠AOB =120°，
则磁感应强度大小为（ ）
A．mv
qR
B．mv
3qR C．
D．
❑√3mv
3qR
【答案】D
【解析】由几何关系可知，粒子圆周运动轨道半径r = R tan 120°
2
= ❑√3 R
由Bqv =m v
2
r
联立得磁感应强度大小为B =
❑√3mv
3qR
故选D。
8．（2026·四川字节教育·一模）如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），Oa、
Ob、Oc、Od 是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，它们之间的相互作用和重力不
计，a、b、d 三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是
（ ）
A．沿径迹Oc 运动的电子在磁场中运动时间最短
B．沿径迹Oc、Od 运动的电子均为负电子
C．沿径迹Oa、Ob 运动的速率比值为
D．沿径迹Ob、Od 运动的时间之比为4：3
【答案】BD
【解析】A．由于正电子和负电子的电荷量大小q 和质量m 均相等，电子在磁场中做匀速圆周运动，则
有
qvB =m v
2
R ，T = 2πR
v
解得T = 2πm
qB
设偏转角为θ，则t = θ
2π T
周期相等，由题图可判断沿径迹Oc 运动的电子偏转角最大，对应圆心角也最大，所以沿径迹Oc 运动
的电子在磁场中运动时间最长，A 错误；
B．由左手定则可判断沿径迹Oc、Od 运动的电子均带负电，为负电子，B 正确；
C．设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得，沿径迹Oa、Ob 运动的电子轨迹半径分别为
ra=r、rb= ❑√3r
根据qBv =m v
2
r 可得，
va
vb
= ra
rb
=
❑√3
3
C 错误；
D．由上述分析可知，电子在磁场中的运动时间之比等于偏转角之比
tb
td
= θb
θd
= 60°
45° = 4
3
D 正确。
故选BD
9．（2026·四川攀枝花·一模）如图所示，在xOy 平面内的第一、二象限内存在范围足够大的匀强磁场，磁
场方向垂直xOy 平面向里，坐标原点O 处存在一粒子源向xOy 平面的第二象限内均匀发射同种带电粒
子，发射粒子的速度大小均为v0，沿x 轴负方向发射的粒子恰好经过第一象限内的P 点。已知粒子质量
为m，电荷量为-q（q>0），P 点的坐标为（
，3L），不计粒子重力，忽略粒子之间的相互作用，
求：
(1)磁感应强度的大小B；
(2)磁场中有带电粒子经过区域的面积S；
(3)除沿x 轴负方向发射的粒子外，恰好打到P 点的粒子发射时的速度与x 轴负方向的夹角θ 及发射后运
动到P 点所经历的时间t。
【答案】(1)m v0
2qL
(2)4πL2
(3)60°，4 πL
3 v0
【解析】（1）作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得r sin α = ❑√3 L，r cosα +r =3 L
解得α =60°，r =2 L
根据洛伦兹力提供向心力q v0 B =m v0
2
r
联立解得B = mv0
2qL
（2）根据题意，作出带电粒子经过的区域如图所示
区域的面积为S = 1
4 π(2r )
2= 4 π L
2
（3）作出粒子的运动轨迹，如图所示
根据几何关系可得θ = β + γ，tan β =
❑√3 L
3 L =
❑√3
3 ，OP =2r cos γ，O P
2=(❑√3 L)
2+(3 L)
2
联立解得θ =60°，γ =30°
粒子运动到P 点所经历的时间为t = 180° -2γ
360°
T = 1
3 ⋅2πr
v0
= 4 πL
3 v0
10．（2025·四川绵阳·一模）图甲为判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，I0的方向如图所示，该检测
电流在铁芯中产生磁场，磁感应强度与检测电流I0成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（如图乙所
示，其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过右侧电压表示数的变化来判断I0的大小
是否发生变化，下列说法正确的是（ ）
A．M 端应与电压表的“－”接线柱相连
B．要提高检测灵敏度可适当减少高度d 的大小
C．如果仅将工作电流反向，电压表的“＋”、“－”接线柱连线位置无需改动
D．当霍尔元件尺寸给定，工作电流I 不变时，电压表示数变大，说明检测电流I 0变大
【答案】BD
【解析】A．图甲中检测电流I 0通过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔
元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂直纸面向外的磁场力而偏转到
外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势低，内侧面电势高，所以应该是M 端与电压表的“+”接线柱相连，
A 错误；
B．当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有
qvB =q U
b
I =nqbdv
可得
U = BI
ned
要提高检测灵敏度，工作电流I 恒定时、可以减小d 的方法，B 正确；
C．如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，电子
受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N 端与电
压表的“+”接线柱相连，C 错误；
D．由
qvB =q U
b
可知
U = vBb
当霍尔元件尺寸给定即b 不变，工作电流I 不变即v 不变，电压表示数U 变大，说明霍尔元件所处的磁
场磁感应强度增大，由题意可知B∝I 0，说明检测电流I 0变大，故D 正确。
故选BD。
11．（2025·四川巴中·一模）在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是
O
' (0,4 d)点为圆心，半径为R =5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M (-3d ,0)、N (3d ,0)两点，磁场下
边界是以坐标原点O 为圆心，半径为r =3d的一段圆弧。现有一束带负电的粒子沿x轴负方向以速度v0
射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B = m v0
4 dq ，带电粒子质量为m，电荷
量大小为q，不计粒子重力。下列说法中正确的是（ ）
A．正对O
'点入射的粒子离开磁场后不会过O 点
B．若粒子速度变为2v0，正对O
'点入射的粒子离开磁场后一定过O 点
C．粒子在磁场区域运动的最长时间为143 πd
45 v0
D．所有入射粒子都一定过O 点
【答案】CD
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据
qvB = m v0
2
R0
可知粒子在磁场中的轨道半径
R0= 4 d
正对O
'的粒子，圆心恰好在x 轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图，根据勾股定理可知，进入无
磁场区域后，速度方向恰好指向O 点，A 错误；
B．若粒子速度变为2v0，粒子在磁场中的轨道半径
R1=8d
正对O
'点入射的粒子离开磁场后，由上图可知，一定不过O 点，B 错误；
D．由于所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为
4d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d 形状，O
'平移到O 点位置，即所有粒子进入磁
场后做圆周运动的圆心到O 点距离均为5d，如图，利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子
速度方向都指向O 点，因此所有粒子都过O 点，D 正确；
C．由D 选项可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如图
该粒子在磁场中旋转了143o，因此运动的时间
t = 143
o
360
o ⋅2π ⋅4 d
v0
= 143 πd
45 v0
C 正确。
故选CD。
12．（2026·四川眉山·一模）如图所示，直角坐标系xOy中第二象限存在两长为L、间距为d 的平行金属板，
板间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小可调，第一、四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，
磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为+q的粒子紧贴上极板以初速度v0射入电场，调节电场强
度可让粒子从极板右侧射入磁场后从y 轴负半轴射出，下列说法正确的是（ ）
A．若该粒子从两极板正中央射入磁场，则电场强度
B．若该粒子从两极板正中央射入磁场，则速度
C．该粒子在磁场中运动的轨迹半径最大值为
D．该粒子在磁场中运动的轨迹半径最大时，圆心与y 轴距离为
【答案】AD
【解析】A．粒子在电场中做类平抛运动，水平位移为L，竖直位移为d
2 ，则有
L= v0t，
考点4
带电粒子在组合场或复合场中的运动
联立可得
，故A 正确；
B．粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向分速度为
，则速度
，故B 错误；
C．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
R
得R = mv
qB
设粒子射入磁场方向与竖直方向夹角为θ，则v = v0
sinθ
可知当粒子由极板下边缘射入磁场时半径最大，此时竖直分速度
速度为
半径为
，故C 错误；
D．设粒子射入磁场方向与竖直方向夹角为θ，则x = R cosθ
又R = mv
qB ，v = v0
sinθ
得
又
则
，故D 正确。
故选AD。
13．（2026·四川眉山·一模）如图所示，在xOy 直角坐标系内，与x 轴相切的半径为0.10m的圆形区域内
分布有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B =2×10
-4T，圆形区域外的第一象限内分布有沿 x 轴
正方向的匀强电场，电场强度E =2×10
-2 N /C。在坐标原点O 处有一离子源，可向 x 轴上方各个方
向发射速度大小v =1×10
3m/ s的负离子，离子比荷q
m =5×10
7C/kg，不计离子重力。求：
(1)沿y 轴正方向发射的离子第一次在磁场中的运动时间；
(2)沿与x 轴正方向成45°角发射的离子，第三次经过y 轴的位置坐标；
(3)若将电场区和磁场区重叠，且电场和磁场的范围均扩大到足够大，沿y 轴正方向发射的离子在运动
过程中，运动轨迹的x 坐标与其运动时间t 的关系式。
【答案】(1)π
2 ×10
-4 s
(2)(0，1.2m)
(3)x =[0.09-0.09cos(10
4t)]m
【解析】（1）离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可得Bqv =m v
2
r
解得r =0.10m
周期为T = 2πr
v
=2π ×10
-4 s
沿y 轴正方向发射的离子在磁场中的运动轨迹如下
可知离子偏转90°，在磁场中的运动时间为t1= 90°
360° T = π
2 ×10
- 4 s
（2）沿与x 轴正方向成45°角发射的离子从O 点进入磁场，偏转45°后从A 点射出磁场，在电场中做往
复的直线运动，回到射出点A 时速度大小相等，方向相反，进入磁场后偏转135°后从磁场射出，进入
电场后做类斜抛运动。运动轨迹如下
离子在电场中运动的加速度为a= Eq
m =1×10
6m/ s
2
离子第二次从y 轴上0.20m处离开磁场时，速度方向与y 轴正方向夹角45°，第二次在电场中运动的时
间为t2= 2v sin 45
∘
a
= ❑√2×10
-3 s
离子第二次在电场中沿y 轴正方向运动的位移为y2= v cos 45
∘×t2=1m
故离子第三次经过y 轴的位置为y3=0.2+ y2=1.2m
离子第三次经过y 轴的位置坐标为（0，1.2m）。
（3）将速度v 分解为沿y 轴正向的速度v1=100m/ s和沿y 轴正向的速度v2=900m/ s
由于Bq v1= Eq，所以v1方向做匀速直线运动；v2方向受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，则有
Bq v2=m v2
2
r2
解得r2=0.09m
角速度ω= 2π
T =10
4rad / s
运动轨迹的x 坐标与其运动时间t 的关系式为x =r2-r2cos(ωt )=[0.09-0.09cos(10
4t)]m
14．（2026·四川字节教育·一模）电子枪是显像设备的核心元件，由其阴极发射电子并经电场加速，可使
出射的电子束获得速度。某兴趣小组为定量研究磁偏转对运动的带电粒子轨迹的影响，设计了如下问
题情境：如图所示，可上下平移的电子枪能向右发射质量为m、电荷量大小为
的电子。电子枪内部的
加速电压可调，从阴极发射的电子初速度可视为0。电子枪右侧有半径为
的圆形匀强磁场区域Ⅰ，其
内部的磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向里。圆形磁场边界最右端切线的右侧，有足够大的匀
强磁场区域Ⅱ，磁感应强度大小为B2（可调，未知）、方向垂直于纸面向外。不计粒子重力和粒子间
的相互作用。现进行一些连续操作，试求解相关问题。
(1)将电子枪正对区域Ⅰ的圆心发射电子，调节加速电压，使电子通过圆形磁场后速度偏转90
∘，求此时
的加速电压U；
(2)之后将电子枪向上移动一段距离，调节加速电压为
，使电子在圆形磁场中的运动时间最长，求电
子枪上移的距离d；
(3)在第（2）问的条件下，电子在区域Ⅱ中形成偏转轨迹b。在第（1）问的条件下，撤去区域Ⅰ的磁场，
粒子进入区域Ⅱ，形成偏转轨迹a。为保证轨迹a和轨迹b不相交，求区域Ⅱ中磁感应强度B2的最小值。
（结果可用根式表示）
【答案】(1)U = e B1
2 R
2
2m
(2)d = R
2
(3)
❑√6(❑√3+1)
2
B1
【解析】（1）电子被加速电压加速过程有eU = 1
2 mv
2 ①
电子在圆形磁场中匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
②
联立得U = e B1
2 R
2
2m
（2）加速电压变为
，即加速电压变为原来的4 倍，由①②可知，电子进入圆形磁场的速度变为原来
的2 倍，电子在圆形磁场中匀速圆周运动的半径变为原来的2 倍，即2 R，欲使电子在圆形磁场中的运
动时间最长，则须使电子在圆形磁场中运动的弦长等于圆形磁场的直径，即2 R，电子在圆形磁场中的
运动轨迹如图所示
由几何关系可知d = Rcos60° = R
2
（3）设电子在第（2）问的条件下射入区域Ⅱ的射入点距圆形磁场与右端虚线的切点的距离为d1，则
根据几何关系有
d1
tan 60° +
R
2
cos30° = R
求得d1=(❑√3-1) R
轨迹a、b 的半径之比为1:2，若偏转轨迹a、b 恰好不相交，即两轨迹相切，则其轨迹如图所示
根据余弦定理有cos60° = (Ra+d1)
2+ Rb
2-(Ra+ Rb)
2
2(Ra+d1)Rb
联立解得Ra=
❑√6(❑√3-1)
6
R ③
又ev B2=m v
2
Ra
④
联立②③④，得B2=
❑√6(❑√3+1)
2
B1
故区域Ⅱ中磁感应强度B2的最小值为
❑√6(❑√3+1)
2
B1。
15．（2026·四川雅安·一模）现代物理通常用电场和磁场来研究粒子运动规律。如图所示，在xOy 坐标系
所在的平面内，第一象限内有沿x 轴负方向的匀强电场，第二、三象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁
场。在C 点沿y 轴正方向以初速度v0发射质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子，粒子依次经过y 轴上
的D、O、F 点（F 点图中未画出）。已知C 点坐标为（L，0），D 点坐标为（0，2L）。粒子重力不计，
求：
(1)匀强电场场强的大小；
(2)匀强磁场磁感应强度的大小；
(3)粒子从C 点运动到F 点的时间。
【答案】(1)E = mv0
2
2qL
(2)B = m v0
qL
(3)t = 6 L
v0
+ 3 πL
2v0
【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，则有v0t1=2 L
沿电场方向做匀变速直线运动，则有1
2 at1
2= L
其中，在电场中，根据牛顿第二定律有qE =ma
联立解得E = mv0
2
2qL
（2）设粒子入射到磁场速度大小为v，与y 轴夹角为θ，则有v
2= v0
2+(at )
2，tanθ = at
v0
解得v = ❑√2v0，θ = 45°
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
，则2 L=2r sin❑θ
解得r = ❑√2 L
根据洛伦兹力提供向心力，故有qvB =m v
2
r
解得B = m v0
qL
（3）粒子在电场中由C 点运动到D 点的时间为t1= 2 L
v0
粒子在磁场中运动周期为T = 2πr
v
= 2πL
v0
由图可知，粒子转过的圆心角为α =2（180° -θ ）=270°
粒子在磁场中由D 点运动到O 点的时间为t2=
α
360° T = 3 πL
2v0
粒子在O 点时，x 轴方向的分速度大小与D 点的x 轴方向的分速度大小相等，方向相反；y 轴方向的分
速度大小与C 点的y 轴方向的分速度相同，所以粒子再次在电场中由O 点运动到F 点的过程，在沿y
轴方向做匀速直线运动，沿x 轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知，粒子由O 点运动到F
点的时间为t3=2t1= 4 L
v0
所以，粒子从C 点运动到F 点的时间为t =t1+t2+t3= 6 L
v0
+ 3 πL
2v0
16．（2025·四川绵阳·一模）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，
一带电荷量为q、质量为m 的带正电小球从磁场中某点P 由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的
运动可分解为竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v 的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v 的匀
速直线运动，P、Q 为相邻等高点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）
A．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为πm
qB
B．小球运动到最低点时的速度为mg
qB
C．PQ 间距为2π m
2 g
q
2B
2
D．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为m
2 g
2q
2B
2
【答案】AC
【解析】A．因小球初速度为零，分解为一个水平向右的速度v和一个水平向左的速度v，所以小球做
匀速圆周运动的起始点应为圆周的最高点，小球从释放到第一次经过最低点所需时间为匀速圆周运动
周期的1
2，即
t = 1
2 T = 1
2 × 2πm
qB = πm
qB
故A 正确；
B．小球因匀速直线运动的速度而受到的洛伦兹力恰好与重力等大反向，所以
qvB =mg
得
v = mg
qB
小球运动到最低点时匀速圆周运动的速度与匀速直线运动的速度方向相同，矢量和为2v，即2mg
qB ，故
B 错误；
C．小球由P 点运动到Q 点相当于圆周运动了一周，所用时间为
T = 2πm
qB
所以，PQ 间距为
x = vT = mg
qB ⋅2πm
qB = 2π m
2 g
q
2B
2
故C 正确；
D．小球做匀速圆周运动的半径
满足
vT =2πR
求得
R = m
2 g
q
2B
2
小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为
h=2 R = 2m
2 g
q
2B
2
故D 错误。
故选AC。
