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2026 届高三物理二轮复习选择题专练·考点11 磁场
一．高考真题...............................................................................1
二．安培力.................................................................................9
三．洛伦兹力..............................................................................13
四．洛伦兹力的应用........................................................................16
五．带电粒子在磁场中的应用................................................................20
一．高考真题
1.（2025·安徽）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
【答案】C
【解析】A.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；
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。
2. （2025·广东）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-q、质量为m的离子以初速度v0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2qU
C. 第k次加速后，离子的速度大小变为
√m
2v0
2+kqUm
m
D. 第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
√m
2v0
2-2kqUm
qR
【答案】A
【解析】A.直线通道 PQ 有电势差为 U 的加速电场，粒子带负电，则粒子运动方向为 P→Q ，要
使粒子可以在通道中循环加速，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A 正确；
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 qU ，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 kqU ，故BC 错误；
D.加速k次后，由动能定理有 kqU = 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2，解得 v = √v0
2+ 2kqU
m
，粒子在偏转磁场中运动的半
径为 R ，则有 qvB =m v
2
R ，联立解得 B = mv
qR = m
qR
√v0
2+ 2kqU
m
=
√m
2v 0
2+2kmqU
qR
，故D 错误。
故选A。
3. （2025·江西）（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
【解析】A.由左手定则可知，是电子随着棒向右运动，电子受到竖直向下的洛伦兹力，沿棒向下运动，故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，故B 错误；
C.棒加速运动时，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，v变大，故棒
中电场强度变大，故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，故D 正确。
故选：CD。
4. （2025·河北）（多选）如图，真空中两个足够大的平行金属板M 、N水平固定，间距为d , M板接地。M
板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发
射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ =60
∘时，粒子恰好垂直穿过M板Q点
处的小孔。已知OQ =3 L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，
金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正
确的是( )
A. 粒子一定带正电
B. 若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小
C. 粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7 L
D. 粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为 √3d
【答案】BCD
【解析】A.根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A 错误；
B.随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰
能到达N极板时满足 v
2=2ad ， a= qE
m ，解得 E = m v
2
2qd ，即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，
选项B 正确；
C.因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关系 cos60
∘= 3 L-r
r
，解得
r =2 L，可得 OP =r sin 60
∘=
√3 L，粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时，轨迹圆弧对应的弦长
为直径，可得粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为 xm=
√(2r )
2-(OP)
2=
√13 L，当N极板吸收
一定量的粒子后，粒子再从Q点射入极板，会返回再从在Q点射出，后继续做圆周运动，这时打M板在板上
表面的位置xm2=OQ+2r =7 L> xm1，则粒子打在M板上表面的位置的最大距离为7 L，故C 正确;
D.因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几
何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α =30°，则在两板间运动
时间 t = 2v sin α
a
，其中 a= v
2
2d ，打到M板下表面距离Q点的最小距离 s= v cosαt，解
得 s=2dsin2α =
√3d，故D 正确
5. （2025·广西）（多选）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U
的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器(简称选择器)。选择器中有竖直向上的匀强电场和
垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M
粒子沿轴线OO'穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场(偏转
磁场)，并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒
子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则( )
A. M粒子质量为2qU B1
2
E
2
B. 刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度
C. 调节选择器，使N粒子沿轴线OO'穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为
4 EUcosθ
4U B1- Ed B2
D. 调节选择器，使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位
置间距为
4U B1
E B2
+ ( Ed B2- 4U B1)
√U
E B2
√U - Ed cosθ
【答案】AD
【解析】解：A .对M粒子在加速电场中，根据动能定理有
qU = 1
2 mM v0 M
2
在速度选择器中，根据平衡关系
q v0 M B1=qE
解得
mM = 2qU B1
2
E
2
故A 正确；
B.进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知q v0 N B1>qE
所以v0 N >v0 M，故B 错误；
C.M粒子在磁场中运动半径为r1，则根据洛伦兹力提供向心力
q v0 M B2=mM
v0 M
2
r1
解得M粒子在磁场中运动半径
r1= mM v0 M
q B2
= 2U B1
E B2
N粒子在磁场中运动的半径为r2，则
2r1-2r2cosθ =d
解得r2= 4U B1- E B2d
2 E B2cosθ
其中q v N B2=mN
v N
2
r2
可得v N = 4Uq B1- E B2qd
2 E mN cosθ
N粒子在选择器中，根据动能定理
- Edq= 1
2 mN v N
2 - 1
2 mN v0 N
2
在加速电场中，根据动能定理
Uq = 1
2 mN v0 N
2
解得mN = q(4U B1- E B2d)
2
8 E
2cos
2θ(U - Ed)
，v0 N = 4 Ecosθ
√U (U - Ed )
4U B1- E B2d
则要想使得粒子N沿轴线OO'通过选择器，则需满足q v0 N B1' =qE'
联立解得E'
B'1
= v0 N = 4 Ecosθ
√U (U - Ed )
4U B1- E B2d
故C 错误；
D.若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上
的位置间距为Δx =2r1-2r3
其中r1= mM v0 M
q B2
= 2U B1
E B2
，r3= mN v0 N
q B2
= (4U B1- E B2d)
√U
2B2 Ecosθ
√U - Ed
可得Δx = 4U B1
E B2
- (4U B1- E B2d )
√U
B2 E cosθ
√U - Ed
= 4U B1
E B2
+ ( E B2d - 4U B1)
√U
B2 E cosθ
√U - Ed
，故D 正确。
故选：AD。
6.（2025·甘肃）（多选）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2 R0
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 粒子运动轨迹图，如图所示
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，然后沿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 =270
∘
则 R' = R0+
√2 R0
A 错误；
B.由A项分析，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 tmin
a粒子做匀速圆周运动的周期 T = 2π R0
va
= 2πm
qB
在磁场中运动的时间 t1= 540
∘
360
∘⋅T = 3 πm
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；
C.由题意，作出 b、c 粒子运动轨迹图，如图所示
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；
D.由几何关系得 2 Rc =
√2 R0
洛伦兹力提供向心力有 q vc B = m vc
2
Rc
联立解得 vc =
√2
2 va
D 正确。
故选BD。
7. （2025·四川）（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；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。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Ⅱ区的轨迹半径之上比为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区的运动时间之上比为127∶148
【答案】AD
【解析】A.根据题意可知粒子的运动轨迹如图所示，
由图可知，在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点，故A 正确；
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Ⅱ区的轨迹半径之上比为
r1
r2
= B2
B1
= 1
4
故B 错误；
D.设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为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Ⅱ区运动的时间为 t2= 2×37
∘
360
∘T = 74
∘
360
∘× 2πm
q B2
联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之上比为
t1
t2
= 127
148
故D 正确；
C.粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为
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Ⅱ区的轨迹长度之比为
l1
l2
= 127
148
故C 错误。
故选AD。
二．安培力
8.由三段完全相同电阻丝组成的等边三角形导体框abc，用绝缘细线悬挂于天花板上处于静止状态，导体框处
在匀强磁场中，磁场方向垂直于导体框平面向外，导体框a、b两点连有轻质软导线，导体框质量为m、重力
加速度为g，通过软导线给导体框通入恒定电流，结果悬线作用力恰好为零，不计软导线对导体框的作用力，
三角形导体框底边ab电阻丝受到的安培力大小为( )
A. mg
B. mg
2
C. 1
3 mg D. 2
3 mg
【答案】D
【解析】设软导线中电流大小为I，根据并联电路的特点，可知通过ba中的电流为2
3 I，通过bca中电流为1
3 I，
根据受力平衡有2
3 BIL+ 1
3 BIL=mg，可解得I = mg
BL ，ba中的电流为2
3 I，所以a、b两点间电阻丝受到的安培
力大小为2
3 mg，D 正确。
9.2025年11月5日福建号电磁弹射航母正式入列中国海军，其弹射装置的原理如图，待弹射的歼-35飞机挂在
导体棒上，导体棒放在处于竖直向上匀强磁场中的两平行导轨上，给导轨通以电流，导体棒和飞机就沿导轨
加速，从而将飞机向右弹射出去。以下说法中不正确的是( )
A. 若导体棒中的电流恒定则歼-35做匀加速直线运动起飞
B. 导体棒中的电流方向是N →M
C. 增大导轨中电流可提高飞机的弹射速度
D. 改变磁感应强度大小可改变飞机的弹射速度
【答案】B
【解析】AB.导体棒在安培力作用下F = BIL要向右做匀加速运动，所受的安培力必须向右，根据左手定则可
知：导体棒中的电流方向是M →N，故A 正确，B 错误。
CD .要提高电磁炮的发射速度，需要增加安培力做的功，在加速距离不变的情况下，可以考虑增加安培力，
根据安培力公式F = BIL，可知，可增加磁感应强度B或增加电流I，故CD 正确。
本题选不正确的，故选B。
10.如图所示，边长为L的固定正三角形金属线框由粗细均匀的同种金属棒构成，O为正三角形的中心，以O为
圆心、以1
3 L为半径的圆形区域内有垂直线框平面的匀强磁场，圆与线框在同一平面内，匀强磁场的磁感应
强度大小为B，将C、D两端接入电路，从C端流入的电流大小为I，则线框受到的安培力大小为( )
A. 1
2 BIL
B. 1
3 BIL
C. 1
4 BIL
D. 1
5 BIL
【答案】B
【解析】根据几何关系，OF = 1
2 L tan30
∘=
√3
6 L，根据题意OE = 1
3 L，则∠OEF =60
∘，三角形OEG为正
三角形，则EG = 1
3 L，则三角形ACD的三边均有1
3 L长度在磁场中，由AC、AD两边在磁场中受到的安培
力的合力等于B× 1
3 I × 1
3 L= 1
9 BIL，CD边在磁场中受到的安培力等于B× 2
3 I × 1
3 L= 2
9 BIL，因此线框受
到的安培力为
F = 1
9 BIL+ 2
9 BIL= 1
3 BIL
，B 正确。
11.（多选）图中所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，
线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，大小未知。当线圈中通过电流
I时，调节砝码使两臂达到平衡，电流方向如图所示。然后使磁场反向，大小不变。这时需要在某个盘中增加
质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 增加的砝码应该放在右盘中
B. 当电流通过如图所示的磁场时，矩形线圈下边所受安培力方向竖直向下
C. 磁感应强度B = mg
2nIL
D. 若磁场方向不变，只改变电流的方向，通过在题干中该盘增加质量为m的砝码也可以使天平平衡。
【答案】CD
【解析】A、开始时天平平衡，设线圈所受安培力为F，方向向上。当磁场反向时，安培力变为- F，方向向
下。相当于右边重了2 F，所以需要在左盘中增加质量为m的砝码才能使天平再次平衡， A 错误；
B、根据左手定则，当电流通过如图所示的磁场时，矩形线圈下边电流方向向外，磁场方向垂直纸面向里，
所受安培力方向竖直向上， B 错误；
C、磁场反向前后，安培力变化量为△F =2nBIL，增加的砝码重力为mg，由mg=2nBIL，可得磁感应强度
B = mg
2nIL， C 正确；
D、若磁场方向不变，只改变电流的方向，安培力方向改变，变化量同样为2nBIL，也需要在右盘中增加质
量为m的砝码才能使天平平衡， D 正确。
12.（多选）图甲为某款电磁缓冲装置的结构简图，装置下部分缓冲区存在辐向磁场(俯视图如图乙)，磁场中某
点的磁感应强度大小B = k
r (k为常量，r为该点到N极中心线的距离).一质量为m、半径为r0、电阻为R的单匝
线圈由静止下落高度h后进入缓冲区，线圈平面始终水平且中心沿N极中心线下落，不计空气阻力，重力加速
度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 俯视看，线圈中电流沿顺时针方向
B. 线圈刚进入缓冲区时，受到的安培力大小为4 π
2k
2 √2 gh
R
C. 线圈离开缓冲区时，速度可能减小为0
D. 若线圈在离开缓冲区前已达到稳定速度，则该速度的大小为mgR
2π
2k
2
【答案】AB
【解析】A.根据右手定则，俯视看，线圈中电流沿顺时针方向，A 正确；
B.线圈刚进入缓冲区时，v1=
√2gh，感应电动势的大小为E1= B⋅2π r0 v1= k
r0
⋅2π r0⋅
√2gh=2πk
√2gh，
安培力的大小为F = BI ⋅2π r0= k
r0
⋅E1
R ⋅2π r0= 4 π
2k
2 √2gh
R
，B 正确；
CD .当安培力等于线圈的重力时，线圈做匀速运动，线圈速度不可能减为零，设线圈在离开缓冲区前已达到
稳定速度v，mg= BL I 1= 4 π
2k
2v
R
，解得v = mgR
4 π
2k
2，C、D 错误。
三．洛伦兹力
13.如图所示，在方向水平向里、磁感应强度大小B =0.2T的匀强磁场中，有一根长l =0.1m的竖直光滑绝缘细
杆MN，细杆顶端套有一个质量m= 40 g、电荷量q =+0.5C的小环．现让细杆以v =2m/ s的速度沿垂直磁场
方向水平向右匀速运动，同时释放小环(竖直方向初速度为0)，小环最终从细杆底端飞出，重力加速度g取
10m/ s
2.关于小环的运动，下列说法正确的是
A. 洛伦兹力对小环做正功
B. 小环做匀速运动
C. 小环在绝缘细杆上运动的时间为0.05 s
D. 小环离开绝缘细杆时的速度大小为 √5m/ s
【答案】D
【解析】由左手定则可知，洛伦兹力方向始终与小环的运动速度方向垂直，所以洛伦兹力对小环不做功，A
错误;
小环在水平方向随杆做匀速运动，在竖直方向受重力及向上的洛伦兹力，因水平速度v不变，故向上的洛伦
兹力大小不变，可知小环受向下的不变的合力作用，故做匀变速运动，B 错误;
小环在竖直方向，由牛顿第二定律有mg-qvB =ma，解得a=5m/ s
2，由l = 1
2 at
2，解得t =0.2s，C 错误;
小环离开绝缘细杆时的竖直分速度大小v y =at =1m/ s，则小环离开绝缘细杆时的速度大小
v ' =
√v y
2 + v
2=
√5m/ s，D 正确．
14.如图甲所示，粗糙绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度大小B =1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，
带电物块A静置于水平面上，其所带电荷量q =0.1C。t =0时，水平力F作用在物块A上，物块A由静止开始
运动，其对水平面的压力F N随时间t变化的图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/ s
2，则下列说法正
确的是( )
A. 物块A的质量为2kg
B. 物块A带负电
C. 水平力F保持不变
D. 物块A的加速度越来越大
【答案】A
【解析】A.初始时刻压力为20 N，根据 F N =mg，解得 m=2kg，故A 正确；
B.物块向左运动，压力增大，说明洛伦兹力向下，根据左手定则可知物块带正电，故B 错误；
CD.图中压力随时间均匀变化，根据牛顿第三定律可知，物块A对水平面的压力大小
为 F N =mg+qvB =mg+qBat，可知加速度恒定；
水平方向有 F - μ F N =ma，解得 F = μ(mg+qBat )+ma，水平力F增大，故CD 错误。
故选A。
15.如图所示，质量为m的带电小物块从半径为R的固定绝缘光滑半圆槽顶点A由静止滑下，整个装置处于方向
垂直纸面向里的匀强磁场中。已知物块所带的电荷量保持不变，物块运动过程中始终没有与圆槽分离，物块
第一次经过圆槽最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大小相等，重力加速度大小为g，则物块对圆槽的
最大压力为( )
A. 3mg
B. 4 mg
C. 5mg
D. 6mg
【答案】C
【解析】解：设物块经过圆槽最低点时速度为v，物块运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有
mgR = 1
2 mv
2
物块第一次经过圆槽最低点时，对物块受力分析可知：qvB =m v
2
R
物块在半圆槽内做往复运动，当物块在最低点受到向下的洛伦兹力时，物块对半圆槽的压力最大，根据牛顿
第二定律结合牛顿第三定律可得：Fm=mg+qvB+m v
2
R
联立解得Fm=5mg，故C 正确、ABD 错误。
故选：C。
16.如图，一个内壁粗糙程度一致的绝缘细管固定在水平面上，细管处在垂直于纸面向里的水平匀强磁场中。一
个带正电的小球(球的直径略小于细管的内径)以一定的初速度v0沿管向右滑动，细管足够长，则小球的速度
大小v随时间t的关系的图像一定不正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】设小球质量为 m0 ，若 m0 g=q v0 B ，小球做匀速直线运动；若 m0 g<q v0 B ，由牛顿第二定律
得 μ(qvB -m0 g)=m0a，小球先做加速度减小的减速运动，后做匀速运动；
若 m0 g>q v0 B ，由牛顿第二定律得 μ(m0 g-qvB)=m0a
小球做加速度增大的减速运动，D选项表达不正确。
故选D。
17.（多选）如图所示，在真空中的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直于纸面向里，三滴油滴a、b、c
带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关
系，正确的是 ( )
A. Ga最大
B. Gb最大
C. Gc最大
D. Gb最小
【答案】CD
【解析】a油滴受力平衡，有 Ga=qE ①，a油滴受到的重力和电场力等大、反向、共线，故油滴所受电场
力向上，由于电场强度向下，故a油滴带负电，因为三滴油滴带有等量同种电荷，所以三滴油滴都带负电；
b油滴受力平衡，有 Gb+qvB =qE ②，
c油滴受力平衡，有 Gc=qvB+qE ③，
解得Gc>Ga>Gb，故选CD。
四．洛伦兹力的应用
18.质谱仪是由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。如图是有边界的偏转磁场工作原理示意图，图中CD直线
左侧分布着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外。CD上有两条长度分别为a和2a的通道，两
通道近端相距为b。一束质量均为m、电荷量均为q、速度不同的带正电粒子，从长度为2a的通道垂直于CD
进入磁场，则能从a通道射出的粒子的速度大小的取值范围为( )
A. qBb
4 m <v < qB(3a+b)
4 m
B. qBb
2m <v < qB(3a+b)
2m
C. qBb
m <v < qB(3a+b)
m
D. 2qBb
m
<v < 2qB(3a+b)
m
【答案】B
【解析】粒子在磁场中由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 Bqv = mv
2
R
解得粒子圆周运动的半径 R = mv
Bq
可见相同粒子在磁场中圆周运动的半径 R 与粒子进入磁场中的速度 v 成正比，结合题意可知，粒子圆
周运动的最大半径 Rmax = 3a+b
2
对应粒子的最大速度 vmax = Bq Rmax
m
= qB(3a+b)
2m
同理可知，粒子圆周运动的最小半径 Rmin= b
2
对应粒子的最小速度 vmin= Bq Rmin
m
= qBb
2m
则从长度为2a的通道垂直于CD进入磁场，则能从 a 通道射出的粒子的速度大小的取值范围
为 qBb
2m <v < qB(3a+b)
2m
故选B。
19.如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择器，
然后粒子通过平板S上的狭缝P进入平板下方的匀强磁场，平板下方的磁场方向如图所示。粒子最终打在S板
上，粒子重力不计，则下面说法正确的是( )
A. 粒子带负电
B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C. 能沿直线通过狭缝P的粒子具有相同的动能
D. 粒子打在平板S上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷q
m越小
【答案】D
【解析】A.根据粒子在下方磁场中的偏转方向，结合左手定则可知，粒子带正电，选项A 错误；
B.速度选择器中带正电的粒子受向右的电场力，则洛伦兹力向左，可知磁场方向垂直纸面向外，选项B 错误；
C.能沿直线通过狭缝P的粒子满足 Eq=qvB
则 v = E
B
则粒子的速度相同，粒子质量不一定相等，动能不一定相同，选项C 错误；
D.根据洛伦兹力提供向心力 qvB =m v
2
r
可得 q
m = v
Br
粒子的速度相同，粒子打在平板S上的位置离狭缝P越远，轨迹半径越大，粒子的比荷 q
m 越小，选项D
正确。
故选D。
20.如图所示，❑2
4 He (初速度为零)经加速电场加速后，沿虚线做直线运动进入速度选择器，打到底面照相底片
上的O点。若❑1
2 H (初速度为零)经同一加速电场加速后，进入速度选择器，最后打到底面的照相底片上，则
下列说法正确的是( )
A. 速度选择器中磁场方向垂直纸面向外
B. ❑1
2 H打到O点左侧
C. ❑1
2 H打到O点
D. 增大加速电场的电压，❑2
4 He将打到O点左侧
【答案】C
【解析】由于❑2
4 He带正电，故在速度选择器中受到向左的电场力，则受到的洛伦兹力应该向右，故磁场方
向垂直纸面向里，A项错误;
❑2
4 He能打到O点，加速时有2eU = 1
2 ×4 mv
2，可得v = √
eU
m ;而对❑1
2 H有eU = 1
2 ×2mv '
2，可得v ' = √
eU
m ，
故打到O点，B项错误，C项正确;
增大加速电场的电压，❑2
4 He进入速度选择器的速度增大，在速度选择器中受到的洛伦兹力也增大，因为洛
伦兹力向右，所以❑2
4 He向右偏转，将打到O点右侧，D项错误。
21.环保监测常用到电磁流量计，相关部门为了测量某管道污水的排放量，常在充满污水的排污管末端安装一个
电磁流量计，其结构如图甲所示。流量计的测量原理如图乙所示，污水中有带正、负电的粒子，在非磁性材
料做成的圆管道内有磁感应强度大小为B =0.1T的匀强磁场区域，已知管道直径为d =50cm，某时刻管道中
的污水流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点的电势差U =0.12V ，就可计算出管中污水的流量，单
位时间内流过管道横截面的液体体积为流量，下列说法正确的是( )
A. 管壁上N点电势低于M点
B. NM两点间的电场强度为2V /m
C. 该排污管内污水的速度约为2.4 m/ s
D. 管中导电液体的流量约为0.942m
3/ s
【答案】C
【解析】A.由左手定则可知，正离子向下偏转集聚下壁，负离子向上偏转集聚上壁，可知管壁上 N 点电
势高于 M ，选项A 错误；
B. NM 两点间的电场强度为 E = U
d = 0.12
0.5 V /m=0.24V /m，选项B 错误；
C.根据 Eq =qvB可得该排污管内污水的速度约为 v = E
B = 0.24
0.1 m/ s=2.4 m/ s，选项C 正确；
D.管中导电液体的流量约为 Q = Sv = 1
4 π d
2v =0.471m
3/ s，选项D 错误。
故选C。
22.（多选）我国自主研发的“海龙-10”磁流体发电系统在南海深海试验平台成功运行，其工作原理如图所示。
发电通道为长方体，长、宽、高分别为l =2.0m、b=0.5m、a=0.3m，匀强磁场方向与速度方向垂直，磁
感应强度大小B =5.0T。高温电离气体以速率v =800m/ s通过通道，已知气体电导率δ =100 S /m，电导率
等于电阻率的倒数，则下列说法正确的是( )
A. 发电机的电动势为1200V
B. 气体的电导率越大，发电机内阻越小
C. 若仅将气体流速提高至1600m/ s，输出电流变为原来的4倍
D. 正、负离子分别向下、上极板偏转，形成从下极板流向外电路的电流
【答案】AB
【解析】A.稳定时E
a q =qvB，发电机的电动势为E = Bav =1200V ，A 正确；
B.发电机内阻为r = 1
δ ⋅a
bl ，可知气体的电导率越大，发电机内阻越小，B 正确；
C.通过发电机的电流I =
E
R+r ，内阻r = 1
δ ⋅a
bl ，流速加倍时电动势加倍，但内阻与流速无关，则输出电流变
为原来的2倍，C 错误；
D.由左手定则可知，正离子向上偏转、负离子向下偏转，外电路电流从上极板流出，D 错误。
故选AB。
23.（多选）2025年9月3日，在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年的阅兵式上，空中无人
作战方队通过天安门广场，接受祖国和人民检阅。霍尔元件已广泛应用于无人机的各个部分，如图所示，一
块宽为a、长为c，高为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的恒定电流
I时，元件处在垂直于上下表面方向向下的匀强磁场B中，元件的前、后表面间出现稳定电压U。则
( )
A. 霍尔元件前表面的电势比后表面的高
B. 霍尔元件前、后表面间的电压U与I无关
C. 霍尔元件前、后表面间的电压U与c成正比
D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为eU
a
【答案】AD
【解析】A、由图知电流从左向右流动，根据左手定则可知电子偏转到后表面，因此前表面的电势比后表面
的高，故A 正确；
BCD、洛伦兹力与电场力平衡，即evB =e U
a ，又I =neahv，联立解得U = BI
neh，故BC 错误，D 正确。
故选AD。
五．带电粒子在磁场中的应用
24.如图所示，直角三角形abc内有一磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场，且∠c =30
∘，
bc中点有一粒子源S，能均匀的向三角形平面内的各个方向发射大量速率相等的同种粒子，粒子质量为m、
电荷量为q。若有粒子刚好从b点沿ab方向射出，则从ac边射出的粒子占全部粒子的( )
A. 1
2
B. 1
3
C. 1
4
D. 2
3
【答案】B
【解析】刚好从b点沿ab方向射出的粒子的运动轨迹如图(a)所示，设bc = L，则粒子运动轨迹的圆周半径
R = L
4 ，
若粒子入射速度方向与Sc夹角为θ时，粒子轨迹恰好与ac边相切，与ac边相切于A点，作出轨迹如图(b)所示，
过圆心O1作bc边的垂线分别交ac边、bc边于B、D点，连接O1、A点，由几何知识可得
( L
2 + R sinθ)tan30
∘= R cosθ+
R
sin 60
∘，
解得θ =60
∘，即在该粒子入射速度与Sc夹角在θ≤60
∘范围内进入的粒子能够从ac边射出，由于粒子是均匀地
向三角形内的各个方向发射，则从ac边射出的粒子在全部粒子中占比η= 60
∘
180
∘= 1
3，B 正确。
25.如图所示，在坐标系xOy平面第一象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个相同的带电粒子甲和乙在S点
垂直磁场方向射入，粒子甲的速度方向与x轴负方向成45
∘角，粒子乙的速度方向与x轴正方向成45
∘角，两粒
子均恰好垂直于y轴射出磁场。不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 甲在磁场中运动的半径大于乙在磁场中运动的半径
B. 甲在磁场中运动轨迹的长度大于乙在磁场中运动轨迹的长度
C. 甲在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量等于乙在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量
D. 甲、乙两个粒子在磁场中运动的过程中平均速率相等
【答案】D
【解析】根据题意，作出两粒子的运动轨迹图，如图所示，由图可知，甲粒子的运动轨迹短，乙粒子的运动
轨迹长，根据几何关系，两粒子做匀速圆周运动的半径相等，半径为R1= R2=
OS
sin 45
∘=
√2OS，选项A、B
错误;
根据洛伦兹力提供向心力F洛=qvB =m v
2
R ，可得v = qBR
m ，两粒子做匀速圆周运动的半径相等，则两粒子射
入磁场的速度大小相等，即两粒子磁场中运动的过程中平均速率相等，设为v0，对甲粒子，根据动量定理有
I F 洛1=m△v1=m⋅2v0sin 45
∘
2 =2m v0sin 45
∘
2 ，
对
乙
粒
子
，
根
据
动
量
定
理
有
I F 洛2=m△v2=m⋅2v0sin 135
∘
2
=2mv0sin 135
∘
2
> I F 洛1，故带电粒子甲在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲
量小，选项C 错误，D 正确。
26.（多选）如图所示为一带电粒子探测器装置的侧视图：在一水平放置、厚度为d的薄板上下，有磁感应强度
大小均为B但方向相反的匀强磁场：上方的磁场方向垂直纸面向里，而下方磁场方向垂直纸面向外。有一电
荷量为q、质量为m的粒子进入该探测器，其运动轨迹如图中曲线所示，粒子的轨迹垂直于磁场方向且垂直穿
过薄板。如果薄板下方轨迹的半径R大于薄板上方轨迹的半径r，设粒子重力与空气阻力可忽略不计，则下列
说法正确的是( )
A. 粒子带正电，由P点沿着轨迹运动至O点
B. 穿过薄板后，粒子的动能为q
2B
2 R
2
2m
C. 穿过薄板导致的粒子动能改变q
2B
2
m ( R
2-r
2)
D. 粒子穿过薄板时，所受到的平均阻力大小为q
2B
2
2md ( R
2-r
2)
【答案】AD
【解析】A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：qvB =m v
2
r0
，解得粒子做圆周运动的半径
r0= mv
qB ，粒子穿过薄板后速度会减小，则粒子做圆周运动的半径会减小，可见粒子是由P点沿着轨迹运动至
O点的，由左手定则知，粒子带正电，故A 正确;
B.粒子穿过薄板后的半径r = m v2
qB ，解得粒子的速度大小v2= qBr
m ，则粒子的动能Ek 2= 1
2 mv2
2= q
2B
2r
2
2m
，故
B 错误;
C.粒子穿过薄板前的半径R = mv1
qB ，解得粒子的速度大小v1= qBR
m ，则粒子穿过薄板过程动能变化
△Ek = 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2=- q
2B
2
2m ( R
2-r
2)，可见穿过薄板导致的粒子动能改变了q
2B
2
2m ( R
2-r
2)，故C 错误;
D.粒子穿过薄板的过程，由动能定理：- fd =△Ek，解得所受到的平均阻力大小为f = q
2B
2
2md ( R
2-r
2)，故D 正
确。
27.（多选）如图，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为q的带正电微粒，
从M点沿水平直线MN垂直射入磁场。微粒运动过程中重力势能最大的位置与直线MN距离h= 6m
2 g
q
2B
2 ，g为
重力加速度。不计空气阻力，在微粒运动过程中，下列说法正确的是
A. 微粒射入磁场的初速度大小为3mg
qB
B. 微粒重力势能最大时受到的磁场力大小为2mg
C. 微粒第一次回到水平线MN时距离M点2π m
2 g
q
2B
2
D. 微粒射入磁场后经5 πm
qB 恰好处于水平线MN上
【答案】BC
【解析】本题采用配速法，把初速度分解成水平向右的v1和v2，速度v1产生的洛伦兹力与重力平衡
Bq v1=mg，微粒以速度v2对应的洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，即Bq v2=m v2
2
R
，整理得
2 R =h= 6m
2 g
q
2B
2 ，即v2= 3mg
Bq ，
A、微粒射入磁场的初速度v0= v1+ v2= 4 mg
Bq ，故A 错误；
B、微粒重力势能最大时速度v = v2- v1= 2mg
Bq ，受到的磁场力F1= Bqv =2mg，故B 正确；
C 、微粒第一次回到水平线MN时用的时间为T = 2πm
Bq ，根据水平方向的独立性可知距离M点
x = v1·T = 2π m
2 g
B
2q
2 ，故C 正确；
D、微粒射入磁场后经t = 2nπm
qB
(n=1，2，3.......)恰好处于水平线MN上，故D 错误。
28.（多选）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁
感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v(未知)射入磁场，
粒子能从正方形cd边(含c、d两点)射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则
( )
A. πm
2qB ≤t ≤3 πm
4 qB
B. 3 πm
8qB ≤t ≤πm
2qB
C.
❑√2qBL
m
≤v ≤qBL
m
D. (
√2-1)qBL
m
≤v ≤qBL
m
【答案】AD
【解析】粒子在磁场中圆周运动的周期：T = 2πr
v ，洛伦兹力提供向心力：qvB = m v
2
r
，联立解得：T = 2πm
qB ；
CD、如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，
根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，
由几何关系得：L+r =
√2 L，
由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m v
2
r ，
联立解得：v = (
√2-1)qBL
m
，
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系：r = L，
由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m v
2
r ，联立解得：v = qBL
m ，
粒子仅能从正方形cd边(含c、d两点)射出正方形区域，所以：(
√2-1)qBL
m
≤v ≤qBL
m ，故C 错误，D 正确。
AB、如果粒子从c点射出，粒子圆周运动的圆周角为：θc= 3
4 π，
所用时间为：tc = θc
2π T =
3
4 π
2π × 2πm
qB = 3 πm
4 qB
，
如果粒子从d点射出，粒子圆周运动的圆周角为π
2 ，所用时间为：td = θd
2π T =
π
2
2π × 2πm
qB = πm
2qB
，
综上所述粒子运动时间t满足：πm
2qB ≤t ≤3 πm
4 qB ，故A 正确，B 错误。
故选：AD。
