第10 讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动 跟综训练
基础练
一、选择题:
1.(2025·山东淄博一模)如图所示,恒定电流I 流过边长为2a 的水平放置的正方形
导线,O 点为正方形的中心,P 点位于O 点正上方且OP=a,每
条
导线在P 点的磁感应强度大小均为B,则P 点的磁感应强度
大
小为( )
A.0 B.B
C.❑√2B D.2❑√2B
2.(2025·福建卷)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.1
2B2-B1 B.1
2B1-B2
C.B2-B1 D.B1-B2
3.(2025·山西高三月考)如图所示,在正方形虚线框MNPQ 内存在着垂直于纸面向
里的匀强磁场。a、b 两个带电粒子以相同速度从PQ 边上的中点垂直于PQ 边射
入磁场,速度方向均平行于纸面,最终a、b 分别从MQ 的中
点、N 点离开磁场。不计粒子重力及粒子间相互作用力。
a、b 两个粒子的比荷之比为( )
A.8∶5
B.5∶8
C.5∶2
D.2∶5
4.如图为磁约束装置的简化示意图,内半径为R、外半径为3R 的环状区域内存在
方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,有一粒子源在外边界P 处,
粒子沿半径方向以初速度v 射入磁场,内圆周上有磁场,为使粒子不射入内圆区
域,初速度v 大小应满足的条件为( )
A.v≤8qBR
m
B.v≤6qBR
m
C.v≤5qBR
m
D.v≤4 qBR
m
5.(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
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
6.固定的光滑刚性绝缘正三角形框内存在着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强
度大小为B,长为L 的CD 边上一点P 开有一个小孔,且CP=1
4 L,如图所示。质量
为m、电荷量为q 的带正电粒子以某一初速度从P 点沿纸面垂直于CD 边射入
磁场后,与正三角形的每条边都发生多次碰撞,再从P 点垂直于CD 边离开磁场。
粒子在每次碰撞前、后瞬间速度大小相等,方向相反,电荷量
不变,不计重力,则粒子初速度的最大值为( )
A.qBL
4 m B. qBL
3m
C.qBL
2m D. 4 qBL
m
7.(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零,
则
N 点的总磁感应强度大小为( )
A.0 B.B
C.2B D.3B
8.(多选)(2025·江西九江十校模拟)如图所示,粗细均匀的金属线框固定在绝缘水
平面上,其中MPN 段为半径为r 的半圆,P 为半圆弧的中点,MQN 为等腰直角三
角形,虚线MN 左侧有垂直于水平面向下的匀强磁场Ⅰ,右侧有垂直于水平面向
上的匀强磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小均为B,MN 与半圆的直径重合,将
P、 Q 两端接入电路,从P 点流入的电流大小为I,则下列判断正确的是( )
A.整个线框受到的安培力为0
B.PQ 上方线框受到的安培力方向平行于PQ 向右
C.PQ 上方线框受到的安培力大小为IrB
D.MN 左侧线框受到的安培力大于右侧线框受到的安培力
提能增分练
一．选择题:
9.(多选)(2025·广东广州高三下开学考)如图,在光滑绝缘的水平面xOy 区域内存
在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。质量为m、电荷量为q 的带负
电小球1 从点O 以速度v0(大小未知)沿x 轴正方向进入磁场区域后,与静止在点
P(a,a)、质量为m
3 的中性小球2 发生弹性正碰,且有一半电荷
量转移到小球2,两小球均可看作质点,不计碰撞后小球间的
相互作用,则( )
A.v0=qBa
m
B.碰后,小球2 的速度为小球1 速度的3 倍
C.碰后,小球1 在磁场中的运动半径较大
D.碰后,小球2 在磁场中的运动半径较大
10.(多选)(2025·安徽蚌埠高三期末)利用图示装置可以选择一定速度的带电粒子。
图中半圆为绝缘筒壁的横截面,直径PM 的长为2R,弧线PN 是覆盖在筒壁上的
吸附层(可吸收打在其上的粒子),其长度L 可调节,整个装置处于垂直纸面向里、
磁感应强度为B 的匀强磁场中。一群质量为m、电荷量为q 的粒子以不同速率
从P 沿PM 方向进入磁场,粒子与PN 以外的筒壁发生若干次碰撞后恰可从M 点
射出。若碰撞过程遵循反射定律,没有动能损失,且电荷量保持不变,不计粒子的
重力,关于从M 点射出的粒子,下列说法正确的是( )
A.粒子一定带负电
B.若L=0.4πR,则粒子的速率为qBR
m
C.若L=0.3πR,则粒子在磁场中运动的时间为2π m
3qB
D.若L=0.3πR,则粒子速率的最小值为
❑√3qBR
3m
11.(多选)(2025·甘肃卷)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
二．计算题:
12.(2025·四川攀枝花模拟)如图所示,相距为d 且足够长的两平行挡板MN、PQ
之间有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。位于PQ 上A 点的粒
子源可源源不断的向纸面内各个方向发射速度大小相同、质量为m、电荷量为
q 的带负电粒子,其中沿与PQ 成60°角斜向右上方射入两板间的粒子恰好不与
MN 板碰撞,不计粒子重力,求:
(1)粒子的初速度大小v0;
(2)MN 板上能被粒子击中的长度范围L。
13. 如图所示, 正方形区域abcd 内( 含边界) 有垂直纸面向里的匀强磁场,
ab=l,Oa=0.4l,大量带正电的粒子从O 点沿与ab 边成37°角的方向以不同的初速
度v0射入磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用,已知带电粒子的质量为m、
电荷量为q,磁场的磁感应强度大小为B,sin 37°=0.6,cos
37°=0.8。
(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间;
(2)若带电粒子从ad 边离开磁场,求v0的取值范围。
培优练
一．计算题:
14.一种圆柱形粒子探测装置的横截面如图所示,内圆区域内有垂直纸面向里的
匀强磁场,外圆是探测器,AB 和PM 分别为内圆的两条相互垂直的直径,两个粒
子先后从P 点沿PM 射入磁场。粒子1 经磁场偏转后打在探测器上的Q 点,粒子
2 经磁场偏转后从磁场边界C 点离开,最后打在探测器上的N 点,PC 圆弧恰好为
内圆周长的三分之一,粒子2 在磁场中运动的时间为t。装置内部为真空状态,忽
略粒子所受重力及粒子间相互作用力。求:
(1)粒子1 在P 点的受力方向和电性;
(2)若两粒子的入射速率相等,比较粒子1 与粒子2 的比荷大小;
(3)改变粒子2 入射方向,速率变为原来的2❑√3
3 ,则粒子2 在磁场中运动的最长时
间。
参考答案：
1.答案 D 解析 根据图中几何关系结合安培定则,可知两相互平行导线在P 点
产生的磁感应强度方向的夹角为90°,如图所示,则两相互平行导线在P 点产生的
合磁感应强度大小为B'=❑√2B,方向竖直向上,则正方形导线在P 点产生的磁感
应强度大小为BP=2B'=2❑√2B,故D 正确。
2.答案 A 解析 根据题意,作出L1、L2中电流的某种情况,如图所示,设L1在
M 点产生的磁感应强度大小为B1M,L2在M 点产生的磁感应强度大小为B2M,L1
在O 点产生的磁感应强度大小为B1O,L2在O 点产生的磁感应强度大小为B2O,则
由安培定则可知L1和L2在M 点产生的磁感应强度方向相反,L1和L2在O 点产
生的磁感应强度方向相同,则有B1M-B2M=B1,B1O+B2O=B2;由于L1、L2中电流大小
相等, 且OM=ON,M 与O 关于L1 对称,N 与O 关于L2 对称, 有
B1M=B1O=B2O,B2M=B1N,联立可得B2M=B1N=1
2B2-B1,故保持L1中电流不变,仅将L2
撤去,N 点的磁感应强度大小为B1N=1
2B2-B1,A 正确。
3.答案 C 解析 设正方形磁场边界的边长为L,由几何关系可知ra= L
2 ,rb
2=
(rb−L
2)
2+L2,解得rb=5
4
L,可得ra
rb
=2
5
,根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv
2
r
,可得q
m
= v
Br ,则a、b 两个粒子的比荷之比为5∶2,故C 正确。
4.答案 D 解析 粒子不射入内圆区域的临界轨迹如图,根据勾股定理有
(R+r)2=r2+(3R)2,解得r=4R,又r=m vmax
qB ,解得vmax=4 qBR
m
,为使粒子不射入内圆
区域,初速度v 大小应满足的条件为v≤4 qBR
m
,故D 正确。
5.答案 C 解析 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qvB=mv
2
r ,可得粒子做圆周运动的半径r=mv
qB ,根据几何关系可得P 点至O 点
的距离LPO=r+
r
sin 45°=(1+❑√2)mv
qB ,故C 正确。
6.答案 A 解析 粒子与每一边的碰撞次数至少为2 次才能从P 点出来,则与每
边碰撞2 次的情况下粒子的半径最大,又在同一匀强磁场中,对同一种粒子,粒子
速度与半径成正比,则此情况下粒子的速度最大。粒子初速度最大时运动轨迹如
图所示,由几何关系可知r=1
4L,根据qvB=mv
2
r ,可得v=qBL
4 m ,A 正确。
7.答案 A 解析 根据对称性可知,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,所以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,故N 点的总磁感应强
度大小为0,A 正确。
8.答案 AC 解析 线框的上半部分的电流是顺时针,下半部分的电流是逆时针,
把线框分成右上、左上、左下、右下四部分,根据左手定则可得这四部分的受力
如图所示,因为四部分的有效长度都为❑√2r,且线框中的电流相同,四部分所受的
安培力大小相等,且F1与F3方向相反,F2与F4方向相反,则线框所受安培力的合
力为0,故A 正确;安培力大小为F1=F2= I
2×❑√2rB=
❑√2
2 IrB,PQ 上方线框受到的安
培力大小为F=❑√2F1=❑√2F2=IrB,方向平行于 PQ 向左,故B 错误,C 正确;MN 左
右两侧线框受到的安培力等大反向,故D 错误。
9.答案 AB 解析 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=mv0
2
r
,由题意知r=a,解得
v0=qBa
m ,故A 正确;因为球1 与球2 发生弹性正碰,所以碰撞过程,球1、球2 组成
的系统动量守恒,且动能无损失,以碰前球1 的速度方向为正方向,可得
mv0=mv'+m
3 v″,1
2mv0
2=1
2mv'2+1
2×m
3 v″2,联立可得v'=v0
2 ,v″=3
2v0,则碰后,小球
2 的速度为小球1 速度的3 倍,故B 正确;由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv
2
r ,
解得r=mv
qB ,因为碰后,小球1 有一半电荷量转移到小球2,则碰后小球1、2 电荷
量相等,可得r1=
m· 1
2 v0
1
2 qB
=m v0
qB
,r2=
m
3 · 3
2 v0
1
2 qB
=m v0
qB
,则碰后,小球1、2 在磁场中的运
动半径一样大,故C、D 错误。
10.答案 BD 解析 带电粒子进入磁场后,运动轨迹为向上偏转,即带电粒子进
入磁场时所受洛伦兹力方向为竖直向上,由左手定则可知,带电粒子一定带正电,
A 错误;若L=0.4πR,粒子恰可从M 点射出,则粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所
示,由几何关系知粒子的运动半径为r=R,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv
2
r
,解得粒子的速率为v=qBR
m ,B 正确;若L=0.3πR,粒子恰可从M 点射出,则粒子
在磁场中的运动轨迹可能为图甲,此时粒子在磁场中的运动周期为T=2π r
v =
2π m
qB ,故粒子在磁场中运动的时间为t=T
2 =π m
qB ,C 错误;若L=0.3πR,由qvB=mv
2
r
,解得粒子运动的半径r=mv
qB ,粒子速率最小时,粒子的运动半径最小,此时粒子的
运动轨迹如图乙所示,
由几何关系可知rmin=
❑√3
3 R,解得粒子速率的最小值为vmin=
❑√3qBR
3m
,D 正确。
11.答案 BD 解析
由题意,作出a 粒子运动轨迹图,如图甲所示。
a 粒子恰好到达磁场外边界后返回,a 粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切,然
后沿内圆直径做匀速直线运动,再在环形匀强磁场内做匀速圆周运动恰好回到A
点,根据洛伦兹力提供向心力qvaB=mva
2
Ra
,由题意知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R=R0+❑√2R0,故A 错误;a 粒
子返回A 点所用的最短时间为第一次回到A 点的时间t,a 粒子做匀速圆周运动
的周期T=2π R0
va
=2π m
qB
,根据对称性知a 粒子在磁场中运动的时间t1=2×270°
360°
T=
3 π m
qB
,a 粒子在内圆中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
,故B 正确;作出b、c 粒子运动轨迹图,如图乙、
丙所示
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的周期T=2π m
qB 相同,则所用的最短时间之比为1∶1,故C
错误;对c 粒子,由几何关系得2Rc=❑√2R0,根据洛伦兹力提供向心力,有qvcB=
mvc
2
Rc
,联立解得vc=❑√2
2
va,故D 正确。
12.答案 (1)2qBd
3m (2)2❑√3
3 d
解析 (1)与PQ 成60°角斜射入的粒子恰好不与MN 板碰撞的运动轨迹如图甲所
示
由几何关系可得r+rcos 60°=d
洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv0
2
r
联立可得r=2
3d,v0=2qBd
3m 。
(2)粒子击中MN 板时临界轨迹如图乙所示
由几何关系有(d-r)2+x1
2=r2,x2=rsin 60°
故MN 板上能被粒子击中的长度范围为L=x1+x2
联立可得L=2❑√3
3 d。
13.答案 (1)143 π m
90qB (2)qBl
4 m≤v0<5qBl
9m
解析 (1)粒子从ab 边离开磁场时,在磁场中运动的时间最长,如图甲所示,
有qv0B=mv0
2
R
,
又T=2π R
v0 ,解得T=2π m
qB
又由几何关系得θ=74°,则粒子在磁场中运动的最长时间t=360°−74°
360°
T=143 π m
90qB
。
(2)当粒子轨迹与ad 边相切时,如图乙所示,设此时初速度为v01,轨道半径为R1,
由几何关系可得R1+R1sin 37°=0.4l
又qv01B=mv01
2
R1
,解得v01=qBl
4 m
当粒子运动轨迹与cd 边相切时,如图丙所示,设此时初速度为v02,轨道半径为R2
由几何关系可得R2+R2cos 37°=l
又qv02B=mv02
2
R2
,解得v02=5qBl
9m
综上可得qBl
4 m≤v0<5qBl
9m 。
14.答案 (1)向下 带负电 (2)粒子1 的比荷大于粒子2 的比荷 (3)t
解析 (1)粒子1 向下偏转,受力向下,由左手定则可知,粒子1 带负电。
(2)根据洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力,
有qvB=mv
2
r 可得q
m= v
rB
由题图可知粒子1 运动的半径小于粒子2 运动的半径,若两粒子的入射速度相同,
则粒子1 的比荷大于粒子2 的比荷。
(3)PC 圆弧恰好为内圆周长的三分之一,则粒子2 在磁场中轨迹所对应的圆心角
为α=180°-360°
3
=60°
设内圆半径为 R,根据几何关系,粒子2 在磁场中运动半径为r1=
R
tan α
2
=❑√3R
粒子2 速率变为原来的2❑√3
3 ,
此时粒子2 在磁场中运动半径为r2=2❑√3
3 r1=2R
根据几何关系,当粒子2 的轨迹对
应的弦为直径PM 时,粒子2 在磁场中运动的时间最长,此时的圆心角为β=60°,
如图所示,速度改变后,粒子2 在磁场中运动的最长时间为t2= β
2π T= α
2π T=t。
