2026年高考物理二轮复习（全国）题型08 磁场 带电粒子在磁场和组合场、复合场中运动（五大题型）（重难专练）（解析版）

题型08磁场带电粒子在磁场和组合场、复合场中运动

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01磁场的性质

考向02磁场对电流的作用【重】

考向03带电粒子在有界磁场中运动【重难】

考向04带电粒子在组合场中运动

考向05带电粒子或带电体在复合场中运动【重难】

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

磁场是历年高考的考查重点，几乎每个知识点都考查到。考查的形式有两种，一是以选择题的

形式出现，考查磁感应强度、安培定则、安培力、洛伦兹力和带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动

问题，二是以计算题的形式出现，考查带电粒子在磁场复合场中的运动和有界磁场中运动匀速圆周

运动问题，特别是带电粒子在复合场中的运动问题在历年高考中出现频率高，难度大，经常通过变

换过程情景、翻新陈题面貌、突出动态变化的手法结合社会、生产、科技实际来着重考查综合分析

能力、知识迁移和创新应用能力与。

考向01磁场的性质

【例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BbBaBc。

故选B。

【例】(2025湖北省高考真题)如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，

1-2··

圆心为点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有和两点�，它们到点的距离相等。已知点的

总磁感应�强度大小为零，则点的总磁感应强度大小为(��)��

�

A.B.

C.0D.�

【答2案�】A3�

【解析】由安培定则可以判断出电流在圆线圈轴线上产生的磁场方向相同，因为点和点在圆线圈轴线

上，且它们到点的距离相等，则通电圆线圈在点和点产生的磁感应强度大小�相等、�方向相同，又因

为匀强磁场大小�和方向处处相同，则通电圆线圈�和匀强�磁场在点和点的叠加磁场相同，点的总磁感

应强度大小与点相等，也为，A正确。���

�0

【例】.(2025福建省高考真题)如图所示，空间中存在两根无限长直导线与，通有大小相等，方

1-3··

向相反的电流。导线周围存在、、三点，与关于对称，与关于对�称1且�2，初始时，

处的磁感应强度大小为，点�磁�感应�强度大小�为�，现�保1持中�电流�不变�，2仅将�撤�去=，�求�点的磁感应�

强度大小()�1��2�1�2�

A.B.

11

C.�2−2�1D.2�2−�1

【答�案2−】�B1�1−�2

【解析】根据安培定则，两根导线在点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单根导线在点处产

生的磁感应强度大小为，根据�对称性，两根导线在处的磁感应强度大小与点一样，为�，根据

�2

对称性，在点处产生�0的=磁2感应强度为，由于在�点处产生的磁感应强度�大于在点�1处产生

�2

2021

的磁感应强�度�，且方向相反，将撤去，�点=的2磁感应强�度为�，故B正确，ACD�错误�。

1

故选：。�2�2�2−�1

故选B。�

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。

【变式】、

1-1（2025·四川成都·三模）如图，竖直面内固定有两条互相平行的长直绝缘导线L1L2，

它们的电流强度相等，方向都竖直向向下，已知通电长直导线在空间某点产生磁场的磁感应强

度大小与电流强度成正比，与该点到长直导线的距离成反比。a、b、c三点水平共线，与两导

线相互垂直；b、e、f三点竖直共线，与两导线共面；b是两导线距离的中点，a到L1距离是b

到L1距离的一半，b、c两点到L2的距离相等。若导线L1在a点磁感应强度为B，a、b、c、e、

f五点的磁感应强度分别为Ba、Bb、Bc、Be、Bf，则下列说法正确的是（）

A．BbBeBf

B．两导线会产生相互排斥的作用力

6

C．BB，磁场方向垂直于纸面向里

a5

4

D．BB，磁场方向垂直于纸面向外

e3

【答案】AC

、、、、

【详解】AD．bef三点竖直共线，到导线L1L2的距离相等，导线L1L2在中垂线处产

生的磁感应强度大小相等，方向相反，有BbBeBf0

故A正确，D错误；

B．根据两导线产生的磁感应强度方向，由左手定则分析可知，两导线相互吸引。故B错误；

C．根据通电长直导线在空间某位置产生的磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位

B

置到长直导线的距离成反比，由BB可得B

1a2a5

6

两导线在a点产生的磁感应强度方向相同，均垂直于纸面向里，则BB

a5

方向垂直于纸面向里，故C正确。

故选AC。

【变式1-2】（2025·湖北·模拟预测）如图所示，ABCD为圆周的四等分点，甲、乙两根无限长

直导线垂直于纸面放置于圆周上的A、B两点，乙导线可沿圆周平移。当通过两直导线电流大

小相等，方向如图所示时，圆心处磁感应强度大小为。下列说法正确的是（）

O2B0

A．乙导线在B点时，O处磁感应强度方向与AB平行

B．乙导线中电流反向时，O处磁感应强度不变

C．当乙导线平移到C点时，O处磁感应强度大小为2B0

D．乙导线逆时针平移到D点的过程中，O处磁感应强度逐渐增大

【答案】C

【详解】A．两电流与O点距离相等，则两电流在O点产生的磁场大小相等。由安培定则知，

甲在O点产生的磁场方向由O指向B，乙在B点时产生的磁场方向由O指向A，两磁场相互

垂直，由磁场叠加知，

2B02B

解得甲、乙电流在O点产生的磁场大小均为BB0

此时O点磁场方向斜向左下方，与AB不平行，故A错误；

B．乙导线中电流反向时，乙在O点产生的磁场方向反向，由磁场叠加知，O处磁感应强度方

向改变，则O处磁感应强度变化，故B错误；

C．当乙导线平移到C点时，乙在O点产生的磁场方向由O指向B，由磁场叠加知，O处磁感

应强度大小B12B2B0

故C正确；

D．乙导线逆时针平移到D点的过程中，乙在O点产生的磁场方向由O指向A沿逆时针方向

变为由O指向C，则甲、乙在O点产生的磁场方向夹角由90逐渐减为0再逐渐增大到90，

由磁场叠加知，O处磁感应强度先增大后减小，故D错误。

故选C。

考向02磁场对电流的作用

【例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I1I2，且I1I2，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I1I2，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FBIL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。

【例2-1】（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r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B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处

于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b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2rBID．铜环所受安培力大小为rIB

【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l，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

ΔFBIΔl

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

FFyBIΔlsinθ2rIB

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ab，电流方向ab，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

FBI2r2rIB

根据受力分析可得，通电后，绳子拉力

TmgFmg2rIBmg

两根细绳拉力均比未通电流时的大。

故

1．用公式F＝BIL计算安培力大小时的注意事项

(1)B与I垂直。

(2)L是有效长度。

①公式F＝BIL中L指的是有效长度。当B与I垂直时，F最大；当B与I平行时，F＝0。

②弯曲导线的有效长度L等于在垂直磁场平面内的投影两端点所连线段的长度(如图所示)，

相应的电流方向则由始端流向末端。

③闭合线圈通电后，在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零

2．分析通电导体在磁场中平衡或加速问题的一般步骤

(1)确定要研究的通电导体。

(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析。

受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，

安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。如图所示：

(3)分析导体的运动情况。

(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解。

【变式2-1】(2025·河南省·联考题)如图所示，间距为的平行导轨沿水平方向固定，长为、

质量为的导体棒垂直导轨放置，导轨的�左=端0.5接�有电动势为、内阻为�的=电0.5源�，

再与一滑�动=变0.5阻�器�串联整个𝑎空间存在斜向上与水平方向成的匀强�磁=场5�磁场与导�体=棒0垂.5�直，磁感

∘

应强度大小为，.接通电路，当滑动变阻器的电阻值调�为=37时导体棒(刚好静止，最大静)摩擦力

等于滑动摩擦力�=，导2�轨、导体棒以及导线的电阻可忽略，重力加1速.5�度𝑎，下列说法

2∘

正确的是()�=10�/�sin37=0.6.

A.导体棒所受的安培力水平向左

B.导体棒所𝑎受的安培力大小为

2.5�

C.导体棒与导轨间的动摩擦因数为

D.若仅将磁场方向改为竖直向上，则0.导5体棒沿导轨向左加速运动

【答案】BC

【解析】由电路可知，流过导体棒的电流方向从到，由左手定则可知导体棒所受的安培力方向与

磁场垂直斜向左上方，A错误𝑎��𝑎

对导体棒受力分析，如图所示;，由闭合电路欧姆定律得，导体棒所受的安培力大小为

�

安，代入数据解得安，B正确�=�+�=2.5�𝑎

�水平=方�向��上由力的平衡条�件=得2.安5�，导;体棒刚好静止，则有，又在竖直方向上有

�

安，解得�，sCin正�=确�𝑎�=��

�

�若仅co将s�磁+场�方向=改𝑘为竖直向�上=，0则.5导体棒;所受的安培力水平向左，大小为安，导体棒与导轨间

的最大静摩擦力为，显然𝑎导体棒仍刚好静止，D错误．�=2.5�

��=�𝑘=2.5�𝑎

【变式2-2】.（2025·湖南·二模）如图所示，两根足够长的粗糙平行金属导轨间距为L1m，

其电阻不计，两导轨及其所在平面与水平面的夹角均为37，上端连接一阻值为R2的

电阻，整个装置处于方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。将一质量为m1kg、电阻不计的金

属棒放在导轨上，无磁场时金属棒恰好处于静止状态。从t0时刻开始，匀强磁场的磁感应

强度B随时间的变化关系如图所示（令垂直导轨平面向下为正方向），已知金属棒与导轨间

的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8。

在t2s时，导体棒恰好运动，则（）

A．金属棒与导轨间的动摩擦因数为0.75

B．t2s时，从上方俯视整个回路，回路中感应电流的方向沿顺时针

C．t2s时，金属棒受到的安培力大小为6N

D．t0时刻，金属棒与导轨顶端的距离为3m

【答案】AD

【详解】A．没有磁场时，对金属棒，由平衡条件有mgsinmgcos

解得0.75

故A正确；

B．0~2s内，闭合回路中的磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，从上方俯视整个回路，

感应电流的方向沿逆时针，故B错误；

C．t2s时，对金属棒由平衡条件有F安mgsinmgcos

解得F安12N

故C错误；

B

D．由法拉第电磁感应定律有ELx

t

又EIR，F安BIL

解得x3m

故D正确。

故选AD。

考向03带电粒子在有界磁场中运动

【例】2025安徽省高考真题)如图，在竖直平面内的直角坐标系中，轴上方存在垂直纸面向里的

3-1··

匀强磁场，磁感应强度大小为。在第二象限内，垂直纸�面��且平行于轴放置�足够长的探测薄板，

到轴的距离为，上、下表面�均能接收粒子。位于原点的粒子源，�沿平面向轴上方各个�方�向均�匀�

发射�相同的带正�电粒子。已知粒子所带电荷量为、质量�为、速度大小�均�为�。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

B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度2�为

C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为3�

D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时�间为

��

【答案】C6��

【解析】根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故错误；

A.2A

𝑞𝑞

𝑞�=��=��=�

B.当粒子沿轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离轴最近，如图轨迹，根据几何关系可知上；

当粒子恰能�通过点到达薄板上方时，薄板上表面接�收点距离轴最远，1如图轨迹，根据几�何m关in系=可�

知，上�，故上表面接收到粒子的区域长度为上�，故B错误；2

C.根据�图m像ax可=知，3�粒子可以恰好打到下表面点；当粒子�沿=轴正3方�向−射�出时，粒子下表面接收到的粒子

离轴最远，如图轨迹，根据几何关系此时�离轴距离为，�故下表面接收到粒子的区域长度为，故C

正确�；3���

根据图像可知，粒子恰好打到下表面点时转过的圆心角最小，用时最短，有，

D.∘

602����

min∘

故D错误。��=360·��=3��

故选C。

【例】(2026河北省高考真题)（多选）年月日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑

3-2··

型全超导托卡马克核聚变实验装置在2我02国5正式5启动1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，内圆半径

�

为。在内圆上点有、、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、、

带正�0电且比荷均为�，�粒子�的�速度大小为，方向沿同心圆的径向；和粒子速度方向相反�且�与�

����0

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

B.粒子返回点所2�用0的最短时间为

(3�+2)�

C.�、粒子返�回点所用的最短时间之��比为

2

D.�粒子�的速度大�小为2+2

2

【答�案】BD2��

【解析】由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示

�

粒子恰好到达磁场外边界后返回，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点，�

根据粒子的速度大小为�

���0

可得���=�

设外圆��半=径�等0于，由几何关系得

∘

则�'∠��'�=270

A错�误'=；�0+2�0

B.由项分析，粒子返回点所用的最短时间为第一次回到点的时间

粒子�做匀速圆�周运动的周�期��min

2��02��

��=��=��

在磁场中运动的时间

∘

5403��

1∘

匀速直线运动的时间�=360⋅�=��

2�02�

2

故粒子返回点所用的�最=短��时=间�为�

(3�+2)�

min12

B正�确；��=�+�=��

C.由题意，作出、粒子运动轨迹图，如图所示

��

因为、粒子返回点都是运动一个圆周，根据、带正电且比荷均为，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，C错误；���

D.由几何关系得1:1

洛伦兹力提供向心2�力�有=2�0

2

𝑞�

��

联立解得𝑞�=�

2

D正确。��=2��

故选BD。

【例】.(2025内蒙古自治区高考真题)如图，在平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁

3-3··

场，磁感应强度大小为。一带正电的粒子从���点射入磁场，速度方向与轴正方向夹角，

∘

从点射出磁场。�已知粒子的电荷量为�(0,−�0，)质量为，忽略粒子重力�及磁场边缘效应�。=30

�(0,�0)�(�>0)�

求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间。

(1)若在平面内某点固定一负�1点电荷，电荷量为，�1粒子质量取为静电力常量，粒子仍

23

��0

(2)沿�中�的�轨迹从点运动到点，求射入磁场的速4度8�大小。�=�(�)

在(1)问条件下，�粒子从点�射出磁场开始，经时间速度�方2向首次与点速度方向相反，求电荷量

(3)为(的2)点电荷产生的电场中�，取无限远处的电势为�时2，与该点电荷距�离为处的电势�2(。

�

【答案�】解：由牛顿第二定律得：0��=��)

2

�1

由几何关系得：(1)，则𝑞1�=��

���2���0

�=2�0�1=�=�

2��

�=

�

�

13

由�以=上各�式解得：

2�

��

粒子还通过，�依1=然做3��中相同半径的圆周运动，由牛顿第二定律得：

(2)�，结合(1)问解得：

22

48��26��

22

��类比+行𝑞星2�运=动�，�正粒子的(1运)动轨迹应�当2=为圆��0锥曲线。可知点类比于近点，经时间速度方向首次与

(点3)速度方向相反此时为远点。设速度反向点正粒子的速率为�，距离负电荷的距离为�2，从点到速度反�

向点由能量守恒和面积定律可得：�3��

1212

2𝑞2+��2=2𝑞3+��3

11

�2(2�0)=�3�

2其中：2

(−48�)(−48�)

由以上各�2式=解�得2：�0�3=��

椭圆半长轴长度为：�=6�0

�+2�0

0

若电荷以为半径绕电�荷=做匀2速=圆4周�运动由牛顿第二定律得：

22

�(48�)4�

22

��1

电荷做半长�轴为的椭圆运动的周期为，类比行星的开普勒第三定=律�可⋅知：�

32

��2

232

故题中所所求时间���=�1

1

22

由以上各式解得：�=2�

3

23���0

�2=3��

1．带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定

基本思路图例说明

P、M点速度垂线交点

①与速度方向垂直的直

圆心的确线过圆心

定②弦的垂直平分线过圆

心P点速度垂线与弦的垂

直平分线交点

常用解三角形法：例：(左

L

图)R＝或由R2＝L2

半径的确利用平面几何知识求半sinθ

定径＋(R－d)2求得R＝

L2＋d2

2d

利用轨迹对应圆心角θ(1)速度的偏转角φ等于

或轨迹长度求时间

LAB所对的圆心角

运动时间θ

θ

①t＝·T(2)偏转角φ与弦切角α的

的确定2π

关系：＜，＝；

Lφ180°φ2α

②t＝

vφ＞180°，φ＝360°－2α

2.无论带电粒子在哪类边界磁场中做匀速圆周运动，解题时要抓住三个步骤：

2．

3.求解有界磁场中多解问题的技巧

(1)分析题目特点，确定题目多解性形成的原因。

(2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。

(3)若为周期性的多解问题，寻找通项式；若是出现几种周期性解的可能性，注意每种解

出现的条件。

【变式3-1】】2025·河南·模拟预测）如图，在长方形ABCD区域（含边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，

磁感应强度大小为B。已知，，O是AD中点，O点为离子源，某时刻自O点向磁场各个方

向同时发射速率相同、带负�电�的=同�种�粒�子=，4速�度均垂直于磁场方向。其中速度方向沿OA的粒子时刻自E

点离开磁场区域，。忽略粒子重力和粒子间相互作用。则以下选项中正确的是（）�0

��=�

A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为a

B．粒子的比荷为

π

C．在时刻，仍在��0磁场中的粒子初速度方向与OA的夹角范围为

D．在�磁0场中运动时间最长的粒子运动时间为90°≤�≤135°

【答案】ACD2�0

【详解】A．沿OA方向入射的粒子，自E点离开，根据几何关系可得，轨迹半径

故A正确；�=�

．从点离开的粒子运动离开磁场，由洛伦兹力提供向心力得，

BE2

��2��

可得4𝑞�=���=�

2π�

则有�=��

�π�

可得比�0荷=为4=2��

�π

故B错误；�=2��0

C．当粒子初速度方向与OA垂直时，时刻粒子恰在磁场边界，转过的圆心角为，当粒子初速度方向与

π

OA夹角为时，时刻粒子恰好在�0AD边界上，转过的圆心角为；可知在时2刻，仍在磁场中的粒子初

π

速度方向与1O35A°的夹角�0范围为，故C正确；2�0

D．垂直AD边入射的粒子转过9的0°圆≤心�角≤为135，°在磁场中运动的时间最长，用时为

1

故D正确。π�max=2�=2�0

故选ACD。

【变式】(2025云南省高考真题)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，

3-2··

区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为未知。第一象限内存在边长为�的≥正0

方形磁屏蔽区𝑂�，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍�垂1(直)平面向里，其磁感应强度2大�小为

未知，但满��足��。某质量为、电荷量为的带𝑂电�粒子通过速度选择器后，在

�平2面(内垂)直轴射入0<�2区<域�1，经磁场偏转�后刚好从�中(�点>垂0直)射入磁屏蔽区域。速度选择器两𝑂极�

板间电压、�间距、�内≥部0磁感应强度大小已知，不考��虑该粒子的�重�力。

���0

求该粒子通过速度选择器的速率

(1)求以及轴上可能检测到该粒子;的范围

(2)定义�1磁屏蔽�效率，若在;处检测到该粒子，则是多少

�1−�2

【(3)答案】解：根据�=�1、×100%、�，解得：�。?

�

00

根据几何关(系1)得�=，��根据�=���=，𝑞解�得�=，��

2

���

11110

由(2)于，�=�，𝑞得�=�，��=����

2

�

根据几0何<关�2系<得�：1轴𝑞上�2可=能�检�2测到粒�2子>的�范围为。

粒子经过点，�则根据几何关系得�>�，

222

(得3)��2=(2�)+(�2−�)

5

2

根据�=2�，

2

�

2

解得𝑞�=��，2所以。

2��

�2=5��0���=60%

考向04带电粒子在组合场中运动

【例4-1】(2025·四川省·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；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

为点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上点沿正方形某一条边

的中�垂线方向进入磁场，一段时间后从点离开4。∶1取。则带电粒子()�

�𝑠�37°=0.6

A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在点

B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径�之比为

C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为1∶2

D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶37

【答案】AD127∶148

【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区的轨迹圆心不在点，故A正确；

由洛伦兹力提供向心力�，可得

B.2

�𝑞

故在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径𝑞之�上=比�为��=��

�1�21

故B错误；�2=�1=4

D.设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为，由几何关系，可得

2

�4∘

�cos�=�1+�2=5�=37

故粒子在Ⅰ区运动的时间为

∘∘∘∘

360−2(90−37)2542��

1∘∘

粒子在Ⅱ区运动的时间为�=360�=360×��1

∘∘

2×37742��

2∘∘

联立可得在Ⅰ区和Ⅱ区的运�动=时3间60之�上=比36为0×��2

�1127

故D正确；�2=148

C.粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为

∘∘∘∘

360−2(90−37)254

∘∘

�1=360×2��1=360×2��1

∘∘

2×3774

�2=∘×2��2=∘×2��2

故在区36和0Ⅱ区的轨迹长3度60之比为

�1127

故C�错误。�2=148

故选AD。

【例】(2025湖南省高考真题)如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器的最大阻值为

4-2··

，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为�0，平行板�电0容器的右侧存�在方向垂直纸

2面�向0里的匀强磁场。闭合开关，当滑片处于滑动变�阻器中点时3，�质量为的带正电粒子以初速度水平

向右从电容器左侧中点进入电�容器，恰好从电容器下极板右侧边缘点进�入磁场，随后又从电容器�0上极

板右侧边缘点进入电容�器，忽略粒子重力和空气阻力。�

�

求粒子所带电荷量；

(1)求磁感应强度的大�小；

(2)若粒子离开点�时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求

43�0

(3)粒子相对于电�容器右侧的最远水平距离。3�

【答案】粒子在电容器中做类平抛运动�，�水平方向做匀速直线运动有

竖直方向做(1)匀变速直线运动，3�=�0�

�0+����

由闭合电路欧姆定律可得2=2���=��=���

�0

00

联立可得�=�+2��

2

3𝑞0

��=3�0,�=�0

粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，

���023

∘∘

粒(2)子在磁场中做匀速圆周运动tan�=��=60�=sin60=3�0

2

�

𝑞�=�

由几何关系�易得

�3�

∘

联立可得�=cos30=3

2�0

取一个�竖=直�向�0上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有

解(3)得𝑞�1�=��

23

粒子以��1=速3度�0向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为

��1��2=��1+��=

此3时�0合速度与竖直方向的夹角为

�0

tan�=3�0

合速度为

22

00

粒子做圆周�'运=动的半3�径+�

'

𝑞

最远距离为�=��

2+3�

【例4-3】（2�0�25=·河�+南�·c高os考�=真题2）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下

方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（q0）的粒子从磁场中的a点以速

度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60，然后粒

子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平

虚线的距离均为h，两点之间的距离为s33h。不计重力。

(1)求磁感应强度的大小；

(2)求电场强度的大小；

(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。

（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）

mv

【答案】(1)0

2qh

mv2

(2)0

2qh

33

(3)v0

638

【详解】（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示

由题意可知60

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有rrcosh

解得r2h

v2

由牛顿第二定律有qv