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第9 课时 磁场及带电粒子在磁场中的运动 跟踪训练
基础保分练
一．选择题：
1.如图所示，粗细均匀的正方形导体框边长为L，磁感应强度为B 的匀强磁场与
导体框平面垂直，从导体框的对角流入、流出大小为I 的电
流，则导体框受到安培力的大小为( )
A.0
B.ILB
C.ILB
D.2ILB
2.直导线折成夹角为60°的V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，导
线中通有如图所示的恒定电流I。现将该导线绕轴OO′由图示位置向纸面外缓慢
转过90°，在该过程中导线所受的安培力( )
A.大小和方向均不变
B.大小和方向均改变
C.大小改变，方向不变
D.大小不变，方向改变
3.洛伦兹力演示仪的实物图和原理图分别如图3(a)、(b)所示。电子枪将电子束
向右水平射出，使玻璃泡中的稀薄气体发光，从而显示电子的运动轨迹。调节
加速极电压可改变电子速度大小，调节励磁线圈电流可改变磁感应强度，某次
实验，观察到电子束打在图(b)中的P 点，下列说法正确的是( )
A.两个励磁线圈中的电流均为顺时针方向
B.当减小励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹
C.当减小加速极电压时，电子可能出现完整的圆形轨迹
D.在出现完整轨迹后，增大加速极电压，电子在磁场中圆周运动的周期变大
4.如图所示，四根平行直导线M、N、P、Q 的截面对称分布在以O 点为圆心的
同一圆周上，截面的连线互相垂直。M、N 中没有电流，P、Q 中通有图示方向
相反、大小均为I 的电流时，每一根导线在O 点的磁感应强度大小均为B。现
在M、N 中通入大小也为I 的电流时，O 点的磁感应强度
大小保持不变。则下列说法正确的是( )
A.O 点的磁感应强度为零
B.M、N 中的电流方向相反
C.若在O 点放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受安培力为零
D.若电子(不计重力)从O 点垂直纸面向里运动，电子将向上偏转
5.长为L 的导体棒PQ 通过绝缘挂钩与竖直悬挂的弹簧相连，PQ 未通电时处于
矩形匀强磁场区域的上边界，通了大小为I 的电流后，PQ 与磁场上、下边界的
距离相等，如图所示。已知磁感应强度大小为B，磁场高度为h，弹簧始终处于
弹性限度内，则( )
A.PQ 所通的电流方向向右
B.PQ 受到的安培力大小为ILB
C.若撤去电流，PQ 将做振幅为h 的简谐运动
D.若电流大小缓慢增加到1.5I，PQ 未离开磁场
6.如图所示，一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子，
不考虑离子间的相互作用，则离子经过磁场的区域(阴影部分)可能的是( )
7.如图所示，长度相等的两根通电长直导线a、b 垂直于纸面平行放置，质量分
别为ma、mb，通有相反方向的电流。先将a 固定在O 点正下方的地面上，b 通
过一端系于O 点的绝缘细线悬挂，b 静止时a、b 间的距离为x1。其他条件不变，
仅将a、b 位置对调一下，a 静止时a、b 间的距离为x2。已知通电长直导线周围
磁场的磁感应强度大小满足B＝k，式中k 是常数，I 是
导线中电流，r 是该点到直导线的距离。若x1＝2x2，则
两根直导线质量比为( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
8.如图，空间分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。关于
O 点对称的薄板MN 的长度为3a，O 点到MN 的距离为a。O 点有一粒子源，能
沿纸面内任意方向发射速率相同、质量为m、电荷量为q 的带正电粒子。已知
水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN 上，打到MN 上、下表面的粒子均被吸
收。不计粒子的重力，则被MN 吸收的粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A. B.
C. D.
综合创新练
一．选择题：
9.如图所示，在xOy 平面内，有一半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度
的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y 轴分别相切于a、b 两点，ac
为直径。一质量为m、电荷量为q 的带电粒子从b 点以某一初速度v0(v0大小未
知)沿平行于x 轴正方向进入磁场区域，从a 点垂直于x 轴
离开磁场，不计粒子重力。下列说法中错误的是( )
A.该粒子的速度为v0＝
B.该粒子从b 点运动到a 点的时间为
C.以速度v0从b 点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子从边界出射的最远点恰
为a 点
D.以速度v0从b 点沿各个方向垂直进入磁场的该种粒子在磁场中运动的最长时
间是
10.霍尔效应传感器可用于自行车速度计上，如图甲所示，将霍尔传感器固定在
前叉上，磁铁安装在前轮辐条上，轮子每转一圈，磁铁就靠近霍尔传感器一次，
传感器就会输出一个脉冲电压。霍尔传感器原理如图乙所示，电源电压为U1，
当磁场通过霍尔元件时，在导体前、后表面间出现电压U2。某次行驶时，霍尔
传感器测得的电压U2随时间t 变化如图丙所示，车轮半径为R，霍尔传感器离
轮轴距离为r，下列说法中正确的是( )
A.如图乙所示，霍尔元件前表面电势低于后表面的电势，则载流子带正电
B.霍尔电压U2的峰值与电源电压U1无关，与自行车的车速有关
C.自行车的速度可表示为
D.若前轮漏气，不影响速度计测得的骑行速度
11.(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
二．计算题：
12.如图所示，边长为l 的正三角形PMN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度
大小为B、方向垂直于纸面向外，在PMN 区域外存在足够大的匀强磁场，磁感
应强度大小也为B、方向垂直于纸面向里。大量质量为m、电荷量为q 的粒子，
以大小不同的速度从MN 的中点O 垂直射入正三角形PMN 区域内部，不计重力
及粒子间的相互作用，一部分粒子经过磁场偏转，每次都垂直进出正三角形边
界，且从MN 回到O 点。求：
(1)垂直MN 回到O 点的粒子速度的最大值；
(2)第(1)问情形中的粒子从O 点出发到第一次回到O 点所用时间；
(3)所有能垂直MN 回到O 点粒子速度的大小。
13.如图所示的环形区域中存在垂直于纸面向外的匀强磁场，已知外圆半径是内
圆半径的倍，内圆半径为R。MN 为磁场外圆边界的直径，一群均匀分布、质量
为m、带电荷量为＋q 的粒子垂直MN 以速度v 平行射入磁场区域，粒子入射范
围的宽度等于MN 的长度。已知正对圆心O 入射的粒子恰好没有射入内圆，不
计粒子重力及粒子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)若某粒子可以垂直射入内圆，则该粒子从进入磁场到内圆所需的时间；
(3)从M 点射入的粒子第一次在环形磁场中速度偏转角的余弦值。
参考答案：
1.答案 C 解析 通过导体框的总电流为I，正方形线框的等效长度为对角线长
度L，即有效长度为L，所以安培力大小为F 安＝ILB，故C 正确。
2.答案 A 解析 折线所受安培力等效为直线OO′所受的安培力，旋转前后，
电流大小、方向均不变，由F＝IlB，知安培力大小不变，由左手定则知安培力
方向不变，故A 正确。
3.答案 C 解析 磁场方向向外，由右手螺旋定则可知两个励磁线圈中的电流
均为逆时针方向，故A 错误；由电子轨迹半径r＝知，B 增大r 减小，所以当加
大励磁线圈电流时，电子可能出现完整的圆形轨迹，故B 错误；由动能定理qU
＝mv2，r＝，知U 减小，v 减小，r 减小，所以当减小加速极电压时，电子可能
出现完整的圆形轨迹；在出现完整轨迹后，增大加速极电压，电子仍做完整的
圆周运动，由T＝知电子在磁场中圆周运动的周期恒定，故C 正确，D 错误。
4.答案 D 解析 由题意知，O 点的磁感应强度等于P、Q 中电流在O 点产生
的磁场的磁感应强度的矢量和，根据安培定则可知，O 点的磁场方向由O 指向
N，A 错误；在M、N 中通入大小也为I 的电流时，O 点的磁感应强度大小保持
不变，可判定M、N 中电流在O 点产生的磁场的磁感应强度大小相等、方向相
反，根据安培定则可知，M、N 中的电流方向相同，B 错误；若在O 点放置垂
直纸面方向的通电直导线，该导线所受安培力不为零，C 错误；若电子(不计重
力)从O 点垂直纸面向里运动，由左手定则可知，电子将向上偏转，D 正确。
5.答案 D 解析 由题意可知，导体棒PQ 通入电流后，弹簧的弹力变大，可
知PQ 所受安培力竖直向下，根据左手定则可知电流方向向左，故A 错误；因
为导体棒PQ 在磁场中的长度小于L，所以PQ 受到的安培力大小小于ILB，故
B 错误；若撤去电流，PQ 的平衡位置处于磁场上边界，可知PQ 将做振幅为的
简谐运动，故C 错误；设磁场宽度为L0，根据题意可得ΔF＝k·＝IL0B，当电流
大小缓慢增加到1.5I 时ΔF′＝kx＝－1.5IL0B，解得x′＝h<h，可知PQ 未离开磁
场，故D 正确。
6.答案 C 解析 离子在磁场中做运动半径相等的匀速圆周运动，如图所示，
粒子源最左端发射的离子落在A 点，最右端发射的离子落在B 点，故C 正确。
7.答案 A 解析 设O 点到地面的距离为h，通电直导线的长度为L，对导线b
受力分析如图所示
△Oab 与力矢量三角形相似，根据相似三角形的性质有＝＝，a、b 位置对调后，
对a 同理得＝＝，联立解得＝＝，故A 正确。
8.答案 A 解析 粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角越大，在磁场中运动的时
间越长，由题意可知，水平向右发射的粒子恰能垂直打在MN 上，故粒子轨迹
的半径为a。打到MN 上、下表面的粒子均被吸收，如图所示有两种情况，打
在MN 上表面时，粒子运动轨迹最大的圆心角为；当粒子打在MN 下表面时，
若OP 为轨迹圆的弦，则轨迹所对圆心角最大，其中PQ＝＝a>PN＝a，故粒子
运动轨迹所对的最大圆心角为，根据qvB＝m、T＝，可知T＝，故粒子在磁场
中运动的最长时间为t＝T＝，故A 正确。
9.答案 D 解析
甲
粒子从b 点以某一初速度v0沿平行于x 轴正方向进入磁场区域，从a 点垂直于x
轴离开磁场，如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，由几何关系
可得r＝R，联立解得v0＝，该粒子从b 点运动到a 点的时间为t＝T＝·＝，故
A、B 正确，不符合题意；
乙
以速度v0从b 点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中运动轨迹圆的半径为
r1＝＝R，该种粒子从边界出射的最远点与入射点的距离为粒子轨迹圆的直径，
由几何关系可知Lab＝R＝2r1，可知该种粒子从边界出射的最远点恰为a 点，故
C 正确，不符合题意；
丙
以速度v0从b 点沿各个方向垂直进入磁场，粒子在磁场中的半径为r2＝＝R，当
该粒子在磁场中运动轨迹所对的弦长最大时，轨迹所对的圆心角最大，粒子在
磁场中运动的时间最长，如图丙所示，由几何关系可知，最大圆心角为90°，则
最长时间为tm＝T＝·＝，故D 错误，符合题意。
10.答案 C 解析 如图乙所示，电流的方向向左，如果载流子带正电，则根据
左手定则可知，载流子将向前表面偏转从而使前表面的电势高于后表面的电势，
而由题图可知霍尔元件前表面电势低于后表面的电势，因此载流子一定带负电，
其运动方向与电流方向相反，在磁场力的作用下向前表面偏转，从而使前表面
电势低于后表面电势，故A 错误；根据题意可知，自行车车速越大，则磁铁到
达霍尔元件处的时间就越短，脉冲电压U2的频率就越大，设霍尔元件左右面间
距为d，上下面间距为h，前后面间距为c，载流子的速率为v，单位体积内的
自由电荷数为n，脉冲电压出现峰值时，有洛伦兹力等于电场力，即evB＝e，
根据电流的微观表达式有I＝neSv＝nehcv，可得U2＝，可知霍尔电压的峰值与
自行车的车速无关，但若电源电压U1越大，则通过霍尔元件的电流就越大，从
而使霍尔电压越大，故B 错误；根据图乙可知自行车转动一周所需的时间t＝t3
－t1＝t4－t2，则自行车的速度可表示为v＝＝，故C 正确；若前轮漏气，则因漏
气而使车轮半径减小，从而使速度计测得的骑行速度偏大，故D 错误。
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)l (2) (3)见解析
解析 (1)粒子速度为最大值时的运动轨迹如图所示，
洛伦兹力提供向心力qvB＝m 解得v＝
由题意知rm＝l
所以垂直MN 回到O 点的粒子速度的最大值vm＝l。
(2)(1)问情形中的粒子从O 点出发到第一次回到O 点的轨迹所对的圆心角总度数
为420°，粒子运动周期为T＝＝
所以第(1)问情形中的粒子从O 点出发到第一次回到O 点所用时间为
t＝T＝·＝。
(3)粒子经过磁场偏转后垂直MN 回到O 点有多种可能性，如图所示的轨迹是其
中一种可能，由图可知，只要ON 间可以容纳奇数个轨迹半径即符合题意，则
有＝(2n＋1)r(n＝0，1，2，3，…)
解得粒子半径为r＝l(n＝0，1，2，3，…)
所求粒子的速度为v＝l(n＝0，1，2，3，…)。
13.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)正对圆心O 入射的粒子恰好没有射入内圆，轨迹图如图甲所示，根据
几何关系有(R)2＋r2＝(r＋R)2 解得r＝R
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
磁场的磁感应强度大小为B＝。
(2)粒子可以垂直射入内圆，轨迹图如图乙所示，打在内圆的点设为K，轨迹圆
圆心为Q，则三角形OKQ 为等腰直角三角形，可得OQ＝R
根据PQ2＋QO2＝PO2 可知∠PQO＝90°
故轨迹的圆心角为θ＝∠PQO－45°＝45°
粒子从进入磁场到内圆所需的时间为t＝T＝×＝。
(3)从M 点射入的粒子第一次在环形磁场中运动的轨迹图如图丙所示，D 点为轨
迹圆圆心，根据几何关系可知三角形COD 为等腰三角形，有
OD＝OM－MD＝(－1)R
在△OCD 中由余弦定理得OC2＝OD2＋CD2－2OD·CDcos∠ODC
即R2＝[(－1)R]2＋R2－2(－1)R·Rcos ∠ODC
解得cos ∠ODC＝
则从M 点射入的粒子第一次在环形磁场中速度偏转角的余弦值为
cos ∠MDC＝－cos ∠ODC＝。
