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易错09 磁场
易错点1 不会用对称法和磁场的叠加原理求磁场中某点的总磁感应强度。
易错典题
【例1】（2025·湖北·高考真题）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零，则N 点的总磁感应强度大小为（ ）
A．0
B．B
C．2B
D．3B
【错因分析】忽略磁场的叠加，误认为只有匀强磁场错选B；不注意磁感应强度的方向错选C
【答案】A
【详解】由右手螺旋定则及对称性可知，环形电流在N 点产生的磁场，磁感应强度与M 点等大同向。由于
M 点磁感应强度为零，由矢量合成法则可知环境中匀强磁场与M 点磁场等大反向，即匀强磁场与N 点的磁
场等大反向，N 点的磁感应强度为0。
目录
第一部分 易错点剖析
易错典题
避错攻略
举一反三
易错点1 不会用对称法和磁场的叠加原理求磁场中某点的总磁感应强度
易错点2 安培力大小和方向判断错误
易错点3 误认为洛伦兹力不做功，也不能改变电荷的运动状态，洛伦兹力分力也不能做
功
易错点4 混淆磁偏转和电偏转
易错点5 误认为回旋加速器获得的最大动能与加速次数和电压有关
易错点6 不会用“动态圆”分析粒子流射入磁场中问题和带电粒子在磁场中的临界问题
第二部分 易错题闯关
故选A。
避错攻略
【知识链接】
磁场叠加问题的分析思路
(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,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向,如图所示
M、N 在c 点产生的磁场磁感应强度分别为BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中c 点的合磁场磁感应强度为B。
举一反三
【变式1-1】（2025·江苏·高考真题）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是
（ ）
A． a 点的磁感应强度大于b 点
B． b 点的磁感应强度大于c 点
C． c 点的磁感应强度大于a 点
D． a、b、c 点的磁感应强度一样大
【答案】B
【详解】磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知Bb>Ba>Bc。
故选B。
【变式1-2】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在等边三角形的顶点b、c上分别放置垂直纸面的通电直
导线，两导线中电流大小相等、方向垂直纸面向里，关于顶点a处的磁感应强度方向，以下描述正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题意，根据右手螺旋定则，b 电流产生的磁场垂直于ba 偏向右下方，c 电流产生的磁场垂直于
ca 偏向右上方，根据平行四边形定则，则合场强的方向水平向右，与bc 边平行，故选B。
【变式1-3】（2025·福建·高考真题）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 处的磁感应强度大小为B1，O 点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N
点的磁感应强度大小（ ）
A．B2- 1
2 B1
B．B2
2 - B1
C．B2﹣B1
D．B1﹣B2
【答案】B
【详解】根据安培定则，两导线在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，两导线在N 处的磁感应强度大小应该与M 点一样，为B1
根据对称性，L2在N 点处产生的磁感应强度为B0= B2
2
由于L2在N 点处产生的磁感应强度大于L1在N 点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N 点的
磁感应强度为B2
2 - B1。
故选B。
易错点2 安培力大小和方向判断错误
易错典题
【例2】如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面
向里．长度为L 的导体中通有恒定电流，电流大小为I.当导体垂直于磁场方
向放置时，导体受到的安培力大小为BIL.若将导体在纸面内顺时针转为30°
角．导体受到的安培力大小为( )
A. B.BIL C.BIL D.2BIL
【错因分析】不注意通电导体的物理情景，盲目由公式F=BILsinθ 求解。而错选C
【答案】B
【详解】F＝BIL 公式的适用条件是B、I 互相垂直，虽然导体在纸面内顺时针转过30°的角，但B、I 仍然
互相垂直，导体受到的安培力大小为F＝BIL，选项B 正确，其余均错。
避错攻略
【知识链接】
1. 安培力的大小
（1）.安培力公式：F＝ILBsin θ。
（2）两种特殊情况：当I⊥B 时，F＝BIL；当I∥B 时，F＝0。
（3）弯曲通电导线的有效长度
当导线弯曲时，L 是导线两端的有效直线长度(如图所示)。
对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
2.安培力方向的判断
(1)判断方法：左手定则。
(2)方向特点：既垂直于B，也垂直于I，所以安培力一定垂直于B 与I 决定的平面。
3.合安培力的两种分析思路
思路一：先分析通电导线所在处的合磁场的大小和方向，由左手定则判断安培力的方向，由F 合＝IB 合lsin
θ，求合安培力的大小。
思路二：根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，结合力的平行四边形定则，分析合安培力的大小和
方向或某个安培力的大小和方向。
4.判断安培力作用下导体的运动情况的五种方法
电流
元法
分割为电流元
安培力方向→整段导体所
受合力方向→运动方向
特殊
位置法
在特殊位置→安培力方向→运动方向
等效法
环形电流⇌小磁针
条形磁体⇌通电螺线
管⇌多个环形电流}
根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而
判断运动方向
结论法
两平行直导线电流在相互作用中，无转动趋势，
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平
行的直导线电流相互作用时，有转到平行且电流
方向相同的趋势
转换
研究
对象法
先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由
牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力
举一反三
【变式2-1】2024·贵州·高考真题）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I 1、I 2，且I 1> I 2，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
【详解】根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于I 1> I 2，可知左侧的磁场强度大，同一竖
直方向上的磁场强度相等，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。
【变式2-2】（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，为三根材料、粗细均相同的金属棒PO、QO、
MN，其中PO、QO 固定，MN 长为L，且搭在PO、QO 上，构成的三角形MON 为等边三角形。在三角形
的内部（包括边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，金属棒MN 与PO、QO 的交点处分别接在输出电压恒
定的直流电源上，三根金属棒整体所受安培力为F，把金属棒MN 向下平移x 距离，则三根金属棒整体所
受安培力为（ ）
A．x
L F
B．F
C．xF
D．L
L+ x F
【答案】B
【详解】电源输出电压为U，金属棒单位长度电阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，MN间的总电阻为
RMN = Lr ⋅2 Lr
Lr +2 Lr = 2 Lr
3
MN 间的总电流为I 总= U
RMN
= 3U
2 Lr
设流过金属棒MN 的电流为I 1，流过MON 的电流为I 2，则三根金属棒整体所受安培力大小为
F安= B I 1 L+ B I 2 L= BL( I 1+ I 2)= BL I 总= BL⋅3U
2 Lr = B⋅3U
2r
可知三根金属棒整体所受安培力大小与长度无关，所以把金属棒MN 向下平移x 距离，则三根金属棒整体
所受安培力仍为F。
故选B。
【变式2-3】】（2022·浙江·高考真题）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导
线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L 不变，改变电流I 的大小，然后保持电流I 不变，
改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F 分别与I 和L 的关系图象，则正确的是（ ）
A．
B．
V
0
A
θ
qvB
f
V
mg
C．
D．
【答案】B
【详解】根据
F = BIL
可知先保持导线通电部分的长度L 不变，改变电流I 的大小，则F—I 图象是过原点的直线。同理保持电流
I 不变，改变通过电部分的长度L，则F-L 图象是过原点的直线。
故选B。
易错点3 误认为洛伦兹力不做功，也不能改变电荷的运动状态，洛伦兹力分
力也不能做功
易错典题
【例3】如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度V0抛出，
落到在地面
上的A 点，若加一垂直纸面向里的匀强磁场，则小球的落点（ ）
A．仍在A 点 B．在A 点左侧
C．在A 点右侧 D．无法确定
【错因分析】错解的原因是洛伦兹力不做功，不改变小球的运动状态，故仍落
在
A 点。事实上洛伦兹力虽不做功，俣可以改变小球的运动状态，可以改变速度的方
向，
【答案】B
【详解】小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球此时受到了斜
向上的洛伦
兹力的作用，小球在竖直方向的加速度
g
＜
m
qvB
mg
a y
cos
，故小球平抛的
时间将增加，
落点应在A 点的右侧．所以选项C 正确．
避错攻略
【知识链接】
1．洛伦兹力大小
(1)v∥B 时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B 时，洛伦兹力F＝q v B 。(θ＝90°)
(3)v＝0 时，洛伦兹力F＝。
2．洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。
(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。
3.洛伦兹力与电场力
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0 且v 不与B 平行
电荷处在电场中
大小
F＝qvB(v⊥B)
F＝qE
方向
F⊥B 且F⊥v
正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功，可能做负功，也可能不做功
举一反三
【变式3-1】】（2025·江西·高考真题）（多选）如图所示，一细金属导体棒PQ在匀强磁场中沿纸面由
静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（ ）
A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用
B．棒运动时，P 端比Q 端电势低
C．棒加速运动时，棒中电场强度变大
D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止
【答案】CD
【详解】A．由左手定则可知，电子沿棒运动时受到水平方向的洛伦兹力作用，A 错误；
B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P 端比Q 端电势高，B 错误；
C．PQ 两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度E = U
L = Bv，则棒加速运动时，棒中电场强度变大，C 正确；
D．棒保持匀速运动时，PQ 两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，D 正确。
故选CD。
【变式3-2】（2023·海南·高考真题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，
关于小球运动和受力说法正确的是（ ）
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC 错误；
D．洛仑兹力永不做功，D 错误。
故选A。
【变式3-3】（多选）如图所示，粗糙木板MN 竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0 时，
一个质量为m、电荷量为q 的带正电物块沿MN 以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t 图像可能
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【详解】A．设初速度为v0，则
FN＝Bqv0
若满足
mg＝Ff＝μFN
即
mg＝μBqv0
物块向下做匀速运动，故A 正确；
BD．若mg>μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由
a= mg- μBqv
m
可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，故D 正确，
B 错误；
C．若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由
a= μBqv -mg
m
可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，故C 正确。
故选ACD。
.易错点4 混淆磁偏转和电偏转
易错典题
【例4】电子以与磁场垂直的速度v 从P 处沿PQ 方向进入长为d、宽为h 的匀强磁场区域，从N 点射出，
如图所示，若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则 ( )
A．电子在磁场中运动的时间为
d
v
B．电子在磁场中运动的时间在于为
d
v
C.．电子竖直方向的的位移为
h= Bev
2m ( d
v )2
D
．电子的水平位移
d=√
2mvh
eB
−h2
【错解】 电子进入磁场后，水平方向上做匀速直线运动，所以有d=vt ，故电子在磁场中运动的时间为
d
v ，选项 A 正确；竖直方向上做初速度为零的匀加速进线运动，加速度
a= Bev
m
，所以有
h=1
2 at 2
=
Bev
2m ( d
v )2
，故移过项C 正确。
【错因分析】 造成上述错解的原因是把磁偏转当成了电偏转，误认为电子在磁场中使粒子做匀变速曲线
运动——“类平抛运动”，实际上电子在磁场中，洛伦兹力是变力，使电子做变速曲线运动——匀速圆周
运动，只不过其轨迹是一段圆弧。
【答案】D
【详解】 由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，电子在磁场中运动的时间等于弧长与速率的比值，
要大小
d
v ，所以选项A 错误、B 正确；为所以过P 点和N 点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场
中做匀速圆周运动时的圆心O，如图14 所示，图中L=d ，由勾股定理可得(R－h)2＋d2＝R2，整理知
d=√2Rh−h2
，而
R= mv
eB ，故
d=√
2mvh
eB
−h2
，所以选项D 正确、C 错误。
避错攻略
【知识链接】
“电偏转”与“磁偏转”的比较
垂直电场线进入
匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入
匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力FE＝qE，其大小、方向不变，
与速度v 无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v
而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹示例
求解方法
利用类平抛运动的规律求解：vx＝v0，
x＝v0t，vy＝·t，y＝··t2
偏转角φ 满足：tan φ＝＝
半径：r＝
周期：T＝
偏移距离y 和偏转角φ 要结合圆的几何关系
利用圆周运动规律讨论求解
运动时间
t＝
t＝T＝
动能
变化
不变
举一反三
【变式4-1】（2025·全国卷·高考真题）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
【答案】A
【详解】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。
【变式4-2】（2025·北京·高考真题）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。
(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期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。
【答案】(1)T = 2π
q0 B ⋅m
(2)a．v1:v2=θR:d；b．qBd
θ
【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q0vB =m v
2
R
解得轨道半径R = mv
q0 B
圆周运动的周期T = 2πR
v
将R 代入得T = 2πm
q0 B
比例关系为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q v1B =m v1
2
R
可得m= qBR
v1
粒子2 的动量p2=m v2
结合前面的分析可得p2= qBR
v1
⋅v2= qBR⋅d
θR
= qBd
θ
.【变式4-3】5（2025·湖南岳阳·模拟）如图所示，在直角坐标系xOy 中，第一象限有竖直向上的匀强电
场，第二、四象限有垂直纸面向里的匀强磁场。已知质量为m、电荷量为-q 的粒子从x 轴上的M 点以速度
v0沿y 轴正方向进入第二象限，经y 轴上N 点沿x 轴正方向射入第一象限，再从x 轴上P 点进入第四象限，
经y 轴上的Q 点（图中未画出）射出磁场。已知第二、四象限匀强磁场的磁感应强度大小均为
（d
为已知量），粒子在P 点的速度与x 轴正方向成45°角，不计粒子的重力。求：
(1)ON 的长度；
(2)匀强电场的场强大小和OP 的长度；
(3)PQ 的长度。
【答案】(1)d
(2)
，2d
(3)
【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示
设粒子在磁场中的轨迹半径为r，则
解得
所以
（2）粒子进入电场中做类平抛运动，则
，
，
联立以上各式解得
水平方向有
联立以上各式解得
（3）根据几何关系有
所以
又
联立以上各式可得
所以
易错点5 误认为回旋加速器获得的最大动能与加速次数和电压有关
易错典题
【例5】回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个Ｄ型金属盒，
置于匀强磁场中，两盒分别与交流电源相连。则带电粒子加速所获得的最大动能与下列因素有关的是
（ ）
Ａ．加速的次数 Ｂ．加速电压 Ｃ．金属盒的半径 Ｄ．匀强磁场的磁感强度
【错因分析】错选A、B 正确理由是加速的次数越多，加速电压越大，电场力做功越多，所以加速所获
得的动能就越大。错解的主要原因是没有弄清回旋加速器最大动能与哪些因素有关。
【答案】CD
【详解】当D 形盒的半径R 一定，粒子在D 形盒中加速的最后半周的半径为R，由
Bq υ=mυ2
R
可知
υ= BqR
m
，所以带电粒子的最大动能
E=mυ2
2 = B2q2 R2
2m
。虽然洛伦兹力对带电粒子不做功，但E 却与
B 有关；由于
nqU =mυ2
2 =E
，由此可知，加速电压的高低只会影响带电粒子加速的总次数，并不影响
回旋加速后的最大动能，所以选项C、D 正确。
避错攻略
【知识链接】
(1)构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D 形盒缝
隙，两盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子就会被一次一次地加速。
(3)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。
(4)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn＝，nqU＝mv，n 为加速次数。各半径之比为
1∶∶∶
。
…
(5)获得的最大动能：由qvmB＝、Ekm＝mv 得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和盒半径R 决定，
与加速电压无关。
(6)加速到最大动能的加速次数
粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数n＝。
(7)加速到最大动能的运动时间
①在磁场中的运动时间t1＝(n－1)。
②在电场中的加速时间t2＝ ，其中a＝，d 为狭缝的宽度。
在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。
举一反三
【变式5-1】（多选）回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得能量的仪器。其核心部分是两个D 形
金属盒，两盒分别和一电压为U 的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电场，使粒子每
次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向 垂直于D 形盒。粒子源A
释放出电荷量为q、质量为m 的带电粒子（初速度可以忽略，重力不计），忽略粒子在电场中运动的时间，
不考虑加速过程中粒子质量变化，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子从磁场中获得能量
B．回旋加速器需要的交变电压的频率为
C．增大交流电源电压U，可增大粒子离开时的最大速度
D．仅增大磁场的磁感应强度，可增大粒子离开时的最大速度
【答案】BD
【详解】A．粒子在电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子只从电场中获
得能量，故A 错误；
B．加速电源的交变周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，即
回旋加速器需要的交变电压的频率为
，故B 正确；
CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动半径等于D 形盒半径时，粒子速度最大，由洛伦兹力提供
向心力，有
可得最大速度
由此可知，粒子离开时的最大速度与U 无关，仅增大磁场的磁感应强度，可增大粒子离开时的最大速度，
故C 错误，D 正确。
【变式5-2】.(2025·广东省汕头市高三一模） 2023 年11 月，中国原子能科学研究院“BNCT 强流质子回
旋加速器样机研制”顺利通过技术验收。如图所示，该回旋加速器接在高频交流电压U 上，质子束最终获
得
的能量，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（ ）
A. 质子获得的最终能量与高频电压U 无关
B. 回旋加速器连接的高频交流电压不可以是正弦交流电
C. 图中加速器的磁场方向垂直于D 形盒向下
D. 若用该回旋加速器加速
粒子，则应将高频交流电的频率适当调大
【答案】AC
【解析】带电粒子在D 形盒中做匀速圆周运动，有
解得，粒子获得的最大速度为
根据动能的表达式可得，质子获得的最终能量
可知，质子获得的最终能量与高频电压U 无关，故A 正确；回旋加速器连接的高频交流电压可以是正弦交
流电，只要保证质子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等即可，则高频交流电的频率为
若用该回旋加速器加速
粒子，粒子的比荷减小，则应将高频交流电的频率适当调小，故BD 错误；由图
根据质子在磁场中的运动轨迹及左手定则可知，图中加速器的磁场方向垂直于D 形盒向下，故C 正确。
【变式5-3】（2025·湖南·二模）如图所示为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空
通道和磁场偏转区组成。现有一
粒子在
点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后
匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到
点，运动轨迹如图中虚线所示。
粒子在静电偏转区和
磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）
A．静电偏转区内的电场是匀强电场
B．磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里
C．仅将
粒子改为质子，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动
D．仅将
粒子改为氘核（
），氘核不会沿虚线运动到
点
【答案】C
【详解】A．
粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，电场力提供向心力，方向不断变化，说明电场方向也
不断变化，则电场不是匀强电场，故A 错误；
B．
粒子在磁场偏转区受到的洛伦兹力提供向心力根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B 错
误；
C．在从加速电场射出后，满足
在静电偏转区域，由
则
则质子也能在静电偏转区域沿虚线做匀速圆周运动，与电荷和质量无关，故C 正确；
D．在从加速电场射出后，满足
，
粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏
转区域，同样满足
，做匀速圆周运动；在磁场区域，也满足
，则氘核会沿虚线运动到
M 点，故D 错误。
故选C。
易错点六 不会用“动态圆”分析粒子流射入磁场中问题和带电粒子在磁
场中的临界问题
易错典题
【例6】 （2025·安徽·高考真题）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πm
6qB
【错因分析】如果不用“动态圆”分析，就会错选D 项或B 项。
【答案】C
【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有qvB = mv
2
R ，可得R = mv
qB =d，故A 错误；
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
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；
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tmin= 60°
360°
2πm
qB = πm
3qB ，
故D 错误。
故选C。
。
避错攻略
【知识链接】
1.“平移圆”模型
适用
条件
粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的同种带
电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度
大小为v0，则半径R＝，如
所示
图
圆心
共线
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射
点的连线平行
界定
方法
将半径为R＝的
行平移，从而探索粒子的
界条件，
种方法叫
圆进
临
这
“平
移圆”法
2 .“放缩圆”模型
适用
条件
粒子源发射速度方向一定、大小不同的同种带电粒子垂直进入匀强磁场时，这些带
电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
圆心
共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v 越大，运动半径也越大。可以发
现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′
上
界定
方法
以入射点P 为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临
界条件，这种方法称为“放缩圆”法
3.“旋转圆”模型
适用
条件
粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种带电粒子垂直进入匀强磁场
时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度大小为v0，
则圆周运动轨迹半径为R＝，如
所示
图
圆心
共圆
如图，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆心、半
径R＝的
上
圆
界定
方法
将一半径为R＝的
以入射点
心
行旋
，从而探索出
界条件，
种
圆
为圆
进
转
临
这
方法称为“旋转圆”法
举一反三
【变式6-1】】2025·湖南岳阳市第三中学模拟）如图所示，在直角三角形abc 区域内存在垂直于纸面向
里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为＋q 的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于
ab 边射入场区，结果在bc 边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc 边的长度为L，bc 和ac 的夹角为
60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子的入射速度为
B. 粒子的入射速度为
C. 粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为πL
2
D. 从bc 边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为
【答案】A
【解析】粒子进入场向上做匀速圆周运动，洛伦力提供向心力
因bc 边只有一半区城有粒子射出，在bc 边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示，由几何关系可得
，
则粒子的入射速度
，所以A 项正确；B 项错误；粒子在场中运动的最长轨述为
，C
项错误；与bc 边相切恰从bc 边射出的粒子的对应的圆心角最大为
，从bc 边射出的粒子在磁场内运动
的最长时间为
【变式6-2】（2025 高三·全国·专题练习）如图所示，长方形abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小为B，区域内的点O 处有一粒子源，O 点离ab 边距离为0.25L，离bc 边距离为L，粒子源
以垂直指向dc 边的速度方向向磁场内发射不同速率带正电的粒子，已知ab 边长为2L、bc 边长为L，粒子
质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．从ab 边射出的粒子的运动时间均相同
B．从bc 边射出的粒子在磁场中的运动时间最长为
C．粒子有可能从c 点离开磁场
D．若要使粒子离开长方形区域，速率至少为
【答案】B
【解析】粒子的可能轨迹如图所示
可见从ab 射出的粒子做匀速圆周运动的半径不同，对应的圆心角不相同，所以时间也不同，故A 错误；
从bc 边射出的粒子，其最大圆心角即与bc 边相切，即轨迹2，切点处对应圆心角为180°，时间为
其余在bc 边射出的粒子的运动时间均小于此值，故B 正确；与cd 边相切的粒子，轨迹如4，由几何关系
知其轨迹半径为0.75L，其切点在c 点左侧，故粒子不可能过c 点，故C 错误；
粒子要想离开长方形区域，临界轨迹如1，则由几何关系得其轨迹半径为0.25L，设此时速率为v，根据牛
顿第二定律
解得
可知若要使粒子离开长方形区域，速率至少为
，故D 错误。
【变式6-3】如图所示，在足够长的荧光屏MN 上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小
B=0.1T、方向与纸面垂直。距离荧光屏h=8cm 处有一粒子源S，以速度v=5×105m/s 不断地在纸面内向各个
方向发射比荷
的带正电粒子，不计粒子的重力。则粒子打在荧光屏范围的长度为（ ）
A．10cm
B．12cm
C．20cm
D．24cm
【答案】A
【详解】粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力
解得
如图所示
若粒子打在荧光屏的左侧，弦长等于直径时，粒子打在荧光屏的最左侧，由几何关系有
粒子的运动轨迹与荧光屏右侧相切时，打在荧光屏的最右侧，由几何关系有
根据数学知识可知打在荧光屏上的范围长度为
故选A。
1.（2023·江苏·高考真题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L 形导线通以恒定电流I，放置在磁场
中．已知ab 边长为2l，与磁场方向垂直，bc 边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（ ）
A．0
B．BIl
C．2BIl
D．❑√5 BIl
【答案】C
【详解】因bc 段与磁场方向平行，则不受安培力；ab 段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab=BI∙2l=2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl。
故选C。
2.（2024·浙江·高考真题）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制
成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c 和d 为磁场中的四个
点。下列说法正确的是（ ）
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b 两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d 两点的磁感应强度大小相等
【答案】A
【详解】A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，选项A 正确；
B．a、b 两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B 错误；
C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C 错误；
D．因c 点处的磁感线较d 点密集，可知 c 点的磁感应强度大于d 点的磁感应强度，选项D 错误。
故选A。
3.（2021·海南·高考真题）（多选）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q 的相同粒子从y 轴上的P(0,❑√3 L)点，以相同的速
率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y 轴正方向的夹角为α (0≤α ≤180°)。当α =150
°
时，粒子垂直x 轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α = 45°时，粒子也垂直x 轴离开磁场
C．粒子入射速率为2❑√3qBL
m
D．粒子离开磁场的位置到O 点的最大距离为3 ❑√5 L
【答案】ACD
【详解】A．根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A 正确；
BC．当α =150
°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
r =
❑√3 L
cos60
° =2❑√3 L
洛伦兹力提供向心力
qvB =m v
2
r
解得粒子入射速率
v = 2❑√3qBL
m
若α = 45
°，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B 错误，C 正确；
D．粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可知
(2r )
2=(❑√3 L)
2+ xm
2
解得
xm =3 ❑√5 L
D 正确。
故选ACD。
4.（2024·福建·高考真题）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为
的半圆形铜环竖直悬
挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为
，方向垂直纸面向外，铜环两端
、
处于同
一水平线。若环中通有大小为
、方向从
到
的电流，细绳处于绷直状态，则（ ）
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大
B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为
D． 铜环所受安培力大小为
【答案】AC
【详解】方法一：微元法
AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段
，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小
段导线受到的安培力方向如图所示，其大小
根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方
向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电
后两绳拉力变大，故A 正确，B 错误；
CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得
故C 正确，D 错误。
故选AC。
方法二：等效法
通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径
，电流方向
，根据左手定则可知半圆形铜
环受到的安培力方向竖直向下，大小
根据受力分析可得，通电后，绳子拉力
两根细绳拉力均比未通电流时的大。
故选AC。
5.（2022·湖北·高考真题）（多选）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒
与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水
平向右方向的夹角θ 可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场
方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为
❑√3
3 g；减
速时，加速度的最大值为❑√3g，其中g 为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
❑√3
6
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
❑√3
3
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°
【答案】BC
【详解】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左
手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
F sinθ1- μ(mg- F cosθ1)=ma1
令
cosα =
1
❑√1+ μ
2
sin α =
μ
❑√1+ μ
2
根据数学知识可得
F(❑√1+ μ
2)sin(θ1+α)= μmg+ma1
则有
sin(θ1+α)= μmg+ma1
F(❑√1+ μ
2)
≤1
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手
定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
F sinθ2+ μ(mg+ F cosθ2)=ma2
有
F(❑√1+ μ
2)sin(θ2+α)=ma2- μmg
所以有
sin(θ2+α)= ma2- μmg
F(❑√1+ μ
2)
≤1
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得
μ=
❑√3
3
带入
cosα =
1
❑√1+ μ
2
可得α=30°，此时
θ1=θ2=60
∘
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
θ =θ1=60
∘
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
θ = π -θ2=120
∘
故BC 正确，AD 错误。
故选BC。
6.（2025·四川·高考真题）（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；
区
Ⅱ
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
区的磁感应强度大小比值为
Ⅱ
4 1∶。一带正电的粒子从
区外边界上
Ⅱ
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
区的轨迹半径之比为
Ⅱ
1 2∶
C．在I 区和
区的轨迹长度之比为
Ⅱ
127 37
∶
D．在I 区和
区的运动时间之比为
Ⅱ
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qvB =m v
2
r
可得r = mv
qB
故在I 区和
区的轨迹半径之上比为
Ⅱ
r1
r2
= B2
B1
= 1
4
故B 错误；
D．设粒子在磁场
区偏转的圆心角为
Ⅱ
α，由几何关系cosα =
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° × 2πm
q B1
粒子在
区运动的时间为
Ⅱ
t2= 2×37°
360° T = 74°
360° × 2πm
q B2
联立可得在I 区和
区的运动时间之上比为
Ⅱ
t1
t2
= 127
148
故D 正确；
C．粒子在I 区和
区的轨迹长度分别为
Ⅱ
l1= 360° -2(90° -37°)
360°
×2π r1= 254°
360° ×2π r1
l2= 2×37°
360° ×2π r2= 74°
360° ×2π r2
故在I 区和
区的轨迹长度之比为
Ⅱ
l1
l2
= 127
148
故C 错误。
故选AD。
7.（2025·海南·模拟预测）如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，
两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核
和氦核
，下列
说法中正确的是（ ）
A．它们的最大速度相同
B．它们的最大动能相同
C．它们在D 形盒中运动被加速的次数相同
D．它们的高频电源的频率相同
【答案】ACD
【详解】A．设D 形盒的半径为R，则粒子最后射出磁场时有
解得最大速度
氘核和氦核的比荷相等，所以最大速度相等，故A 正确；
B．粒子获得的最大动能
两粒子的比荷相等，但电荷量q 不相等，所以最大动能不相等，故B 错误；
C．粒子被加速的次数满足
，解得
两粒子的比荷相等，它们在D 形盒中运动被加速的次数相同，故C 正确；
D．带电粒子在磁场中运动的周期
两粒子的比荷相等，所以周期相等，因为回旋加速器所接高频电源的频率等于粒子做圆周运
动的频率，所以两次所接高频电源的频率相同，故D 正确。
故选ACD。
8.（2025·广东·高考真题）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ 内有加速电场，
三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为
、质量为m 的离子以初速度
从P
处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离
子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1 次加速后，离子的动能增加了
C．第k 次加速后．离子的速度大小变为
D．第k 次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】D
【详解】A．直线通道
有电势差为
的加速电场，粒子带正电，粒子沿顺时针方向运动，
由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A 错误；
BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为
，由于洛伦兹力
不做功，则加速k 次后，带电粒子的动能增量为
，加速k 次后，由动能定理有
解得
故BC 错误；
D．粒子在偏转磁场中运动的半径为
，则有
联立解得
故D 正确。
故选D。
9.（2024·湖北·高考真题）磁流体发电机的原理如图所示，MN 和PQ 是两平行金属极板，匀
强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左
侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（ ）
A．极板MN 是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
【答案】AC
【详解】A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN 带正电为发电机正极，A 正
确；
BCD．离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则
可得
因此增大间距U 变大，增大速率U 变大，U 大小和密度无关，BD 错误C 正确。
故选AC。
10.（2023·浙江·高考真题）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I 的螺
绕环在霍尔元件处产生的磁场
，通有待测电流
的直导线
垂直穿过螺绕环中心，
在霍尔元件处产生的磁场
。调节电阻R，当电流表示数为
时，元件输出霍尔电压
为零，则待测电流
的方向和大小分别为（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】D
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔
电压
为零，直导线
在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流
的方向应该是
；元件输出霍尔电压
为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
解得
故选D。
11．（2024·广西·高考真题）
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
垂直纸面向里。质量为m，电荷量为
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
度与y 轴正向夹角为
，交点为P。不计粒子重力，则P 点至O 点的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】粒子运动轨迹如图所示
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子做圆周运动的半径
根据几何关系可得P 点至O 点的距离
故选C。
12．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O 点为圆心、半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为
m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC 方向从A 点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（
）
A．粒子的运动轨迹可能经过O 点
B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D．若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
【答案】D
【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子
的运动轨迹不可能经过O 点，故AB 错误；
C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图
则最短时间有
故C 错误；
D．粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示
设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知
根据洛伦兹力提供向心力有
可得
故D 正确。
故选D。
13．（2023·北京·高考真题）如图所示，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
一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（
）。带电粒子束持续以某一速度v 沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管
壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次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
，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为
D．粒子束对管道的平均作用力大小为
【答案】C
【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A 正确，不符合题意；
B．根据
可得粒子的质量
故B 正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
单位体积内电荷数为
则
故C 错误，符合题意；
D．由动量定理可得
粒子束对管道的平均作用力大小
联立解得
故D 正确，不符合题意。
故选C。
14．（2025·重庆·高考真题）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，如题图所示，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)2πm
3qB
【详解】（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 点相切，如图
由于K 从水平方向逆时针旋转60°，则θ =30
∘，根据和和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q v1B = 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 点做正电粒子轨
迹的切线，切点为P，如图
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∠N O
' M =∠PO
' M =60
∘，而∠K O
' N =120
∘
所以α =120
∘
粒子在磁场中运动的周期T = 2πm
qB ，对应的圆心角α =120
∘
所以t = 1
3 T = 1
3 ⋅2πm
qB = 2πm
3qB
15．（2025·湖北·高考真题）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3m v0
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)粒子在MN 左侧区域中运动轨迹的半径；
(2)粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距；
(3)粒子的运动周期
【答案】(1)R = m v0
qB
(2)x =
❑√3m v0
2qB
(3)5 πm
3qB +
❑√3m
qB
【详解】（1）粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有q v0 B = mv0
2
R
可得R = m v0
qB
（2）粒子在左侧磁场运动，设从MN 射出时速度方向与MN 的夹角为θ，由于O 到MN的距离d = 3mv0
2qB ，
结合R = m v0
qB ，根据几何关系可知θ =60
∘；
粒子在MN 和PQ 之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ 进入右侧磁场时与PQ 的夹角θ =60
∘；粒子在右侧
磁场做匀速圆周运动有q v0⋅2B = m v0
2
R
'
解得R
' = mv0
2qB
根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ 时位置的间距x = ❑√3 R
' =
❑√3m v0
2qB
（3）由图可知粒子在左边磁场运动的时间t1= 2
3 T 1= 2
3 × 2πm
qB = 4 πm
3qB
粒子在右边磁场运动的时间t2= 1
3 T 2= 1
3 × 2πm
2qB = πm
3qB
根据对称性可知粒子在MN 左侧进出磁场的距离x0= ❑√3 R =
❑√3m v0
qB
所以粒子从MN 到PQ 过程中运动的距离为l =
❑√3 R - ❑√3 R
'
2cosθ
=
❑√3m v0
2qB
粒子在MN 和PQ 之间运动的时间t3= 2l
v0
=
❑√3m
qB
综上可知粒子完成完整运动回到O 点的周期为T =t1+t2+t3= 5 πm
3qB +
❑√3m
qB
16．（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，x ≥0区域存在
垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2 L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Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未
知），但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂
直y 轴射入x ≥0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B0已知，不考虑该粒子的重力。
(1)求该粒子通过速度选择器的速率；
(2)求B1以及y 轴上可能检测到该粒子的范围；
(3)定义磁屏蔽效率η= B1- B2
B1
×100 %，若在Q 处检测到该粒子，则η是多少？
【答案】(1) U
B0d
(2) mU
qd B0 L，L< y <3 L
(3)60 %
【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE =q v0 B0
其中E = U
d
则该粒子通过速度选择器的速率为v0= U
B0d
（2）粒子在x ≥0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r1= L
由洛伦兹力提供给向心力q v0 B1=m v0
2
r1
联立可得B1=
mU
qd B0 L
由于B2<B1，根据洛伦兹力提供给向心力q v0 B2=m v0
2
r2
解得r2> L
当B2=0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
根据洛伦兹力提供向心力q v0 B1=m v0
2
r3
可得r3=r1= L
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L< y <3 L。
（3）若在Q 处检测到该粒子，如图
由几何关系可知r2
2=(2 L)
2+(r2- L)
2
解得r2= 5
2 L
由洛伦兹力提供向心力q v0 B2=m v0
2
r2
联立解得B2=
2mU
5q B0dL
其中B1=
mU
qd B0 L
根据磁屏蔽效率η= B1- B2
B1
×100 %可得若在Q 处检测到该粒子，则η=60 %
