2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）题型10 磁场、带电粒子在磁场中的运动（解析版）

题型10磁场、带电粒子在磁场中的运动

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【重难】

考向02带电粒子在各种边界磁场中的运动【重难】

考向03三类动态圆、磁聚焦与磁发散模型

考向04带电粒子在匀强磁场中的多解问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

本题型是高中磁学的基础知识，也是高考中的选择题及计算题高频必考点。尤其是磁场的性质、

带电粒子在磁场的运动，可以在选择题、计算题等形式考查。本题型的命题常与物体（粒子）在磁

场的运动、生活中的实际问题等知识结合考查。解题的关键和核心能力在于灵活运用磁场的性质解

题。

考向01磁场的性质

【例1-1】（2025·广东深圳龙岗·华中师大附中三模）如图所示，空间有磁感应强度大小为B的匀强磁场（图

中未画出），水平放置一根通电长直导线。已知a、b、c、d是以直导线为圆心的圆周上的四等分点，其中

b、d位于竖直直径上，且a点的磁感应强度大小为0。下列说法正确的是（）

A．匀强磁场的方向竖直向下B．b点的磁感应强度大小为2B

C．c点的磁感应强度大小为2BD．通电导线在d点的磁感应强度方向水平向右

【答案】B

【详解】A．由于a点的磁感应强度大小为0，故通电长直导线在a点产生磁场与匀强磁场等大反向，右手

定则可知通电长直导线在a点产生竖直向下的磁场，故匀强磁场的方向竖直向上，故A错误；

B．右手定则可知通电长直导线在b点产生水平向右的磁场且磁场强度大小为B，故由平行四边形定则，可

知点的磁感应强度大小22

bBbBB2B

故B正确；

C．右手定则可知通电长直导线在c点产生竖直向上的磁场且磁场强度大小为B，由磁场叠加原理可知该点

磁场强度大小BcBB2B

故C错误；

D．右手定则可知通电长直导线在d点产生水平向左的磁场，故D错误。

故选B。

【例1-2】（2025·广东·信息卷）“探索自然、创建未来”，在我市某校小学科技节中，二年级四班开展的是“电

与磁”的体验，具体要求如下图海报所示，作为大哥哥、大姐姐你应该对小朋友做出怎样的最佳建议？闭合

开关前（）

A．调整指南针位置，使指南针与其上方导线平行

B．调整指南针位置，使指南针与其上方导线垂直

C．调整导线位置，使导线与其下方指南针垂直

D．调整导线位置，使导线与其下方指南针平行

【答案】D

【详解】地磁场是南北方向的，实验时会对实验结果造成干扰，为方便操作且使实验现象明显，闭合开关

前应先放置小磁针，由安培定则可知，通电导线产生的磁场与导线方向垂直，实验需要平行于小磁针放置

导线。

故选D。

1.磁场叠加问题的解题思路

(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，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。

(3)应用平行四边形定则进行合成。

2.用准“两个定则”

(1)对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加。

(2)对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。

3.熟悉“两个等效模型”

(1)变曲为直：图甲所示的通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。

(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示。

【变式1-1】（2025·广东省大湾区·10月联合模拟）如图所示，用两根不可伸长的绝缘细绳将一段质量为m

的铜质导体abc竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体ab、bc的长

度均为L，且abc120。现给导体abc通以方向从c到a、大小为I的电流，则（）

A．通电后两绳拉力变小

B．通电后两根细绳偏离竖直方向

3

C．导体ab所受安培力大小为BIL

2

D．导体abc所受安培力大小为3BIL

【答案】D

【详解】ABC．根据左手定则可知ab、bc受到的安培力大小FBIL

根据合成可得，安培力合力方向竖直向下，所以通电后两根细绳不会偏离竖直方向，且通电后两绳拉力变

大，故ABC错误；

D．导体abc所受安培力大小为F合2Fcos303BIL，故D正确。

故选D。

【变式1-2】（2025·广东广州真光中学·市调研）如图，立方体区域abcdabcd在匀强磁场中．带电粒子

以一定初速度从a点沿ab方向垂直磁场进入该区域，粒子仅受磁场力，且能通过c点，则该匀强磁场方向

可能（）

A．由a指向dB．由a指向d

C．由a指向dD．由d指向a

【答案】BD

【详解】粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动，磁场方向应垂直于a、b、c所决定的平面，因题目未

明确带电粒子所带电荷的电性，所以匀强磁场方向可能由a指向d，也可能由d指向a。

故选BD。

【变式1-3】（2025·广东广州真光中学·一测）图为边长为L的正方体，下列说法正确的是（）

A．若在顶点A、B处各固定一正点电荷，电荷量均为+Q，A处点电荷在D点的电场强度EAD和B处点

电荷在D点的电场强度EBD大小相等

B．若在顶点A、B处各固定一正点电荷，电荷量均为+Q，D点的场强ED和G点的场强EG等大反向

C．若在AE边上放置一根电流从A流向E的直通电导线，B处的磁感应强度方向沿BD方向指向D

D．若在AG，CH，DB，EF四条竖直边上各放置一根电流大小方向都相同的直通电导线，每根导线受到

的合安培力都相同

【答案】B

QkQ

【详解】A．A处点电荷在D点的电场强度EADk

(2L)22L2

Q

B处点电荷在D点的电场强度Ek

BDL2

故A错误；

B．若在顶点A、B处各固定一正点电荷，电荷量均为+Q，则根据等量同种电荷的电场分布，且D点和G

点关于A、B连线对称，所以D点的场强ED和G点的场强EG等大反向，故B正确；

C．若在AE边上放置一根电流从A流向E的直通电导线，B处的磁感应强度方向垂直BE斜向右上方，故C

错误；

D．若在AG，CH，DB，EF四条竖直边上各放置一根电流大小方向都相同的直通电导线，每根导线受到的

合安培力大小相同，方向不同，故D错误。

故选B。

考向02带电粒子在各种边界磁场中的运动

R

【例2-1】（2025·广东省遂溪县·遂溪一中·模拟）如图为地球赤道剖面图，地球半径为R。把地面上高度为

2

区域内的地磁场视为方向垂直于剖面的匀强磁场（磁场方向垂直纸面向里，图中未画出），一带电粒子以

一定速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。不计粒子重力，则（）

1

A．粒子带负电荷B．轨迹半径为R

2

53

C．轨迹半径为RD．轨迹半径为R

84

【答案】AC

【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；

BCD．如图所示

2

2R2

设轨迹半径为r，根据几何关系可得rRRr

2

5

解得rR，故C正确，BD错误。

8

故选AC。

【例2-2】（2025·广东省六校·联考）地磁场可以有效抵御宇宙射线的侵入。不考虑磁偏角，赤道剖面外地

磁场可简化为包围地球厚度为d的匀强磁场，方向垂直于该剖面，如图所示。宇宙射线中对地球危害最大

eBR

的带电粒子主要是粒子。设粒子的质量为m，电量为e，最大速率为v，地球半径为R，匀强磁

m

场的磁感应强度为B，不计大气对粒子运动的影响，下列说法正确的是（）

A．赤道上空的磁感应强度方向由南指向北

B．粒子指向地心射入磁场，将向西偏转

C．射线射入磁场后的偏转方向与射线射入磁场后的偏转方向相反

D．要使赤道平面内任意方向射入的粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R

【答案】ABD

【详解】A．赤道上空的磁感应强度方向由地理南极指向地理北极，选项A正确；

B．根据左手定则可知，粒子指向地心射入磁场，将向西偏转，选项B正确；

C．射线不带电，射入磁场后不偏转，选项C错误；

mv

D．粒子在磁场中的最大半径rR

eB

则要使赤道平面内任意方向射入的粒子均不能到达地面，则磁场厚度d应大于2R，选项D正确。

故选ABD。

1.基本思路

2.轨迹圆的几个基本特点

(1)带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲所示，θ3＝θ2＝θ1)。

(2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。

(3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线OO′对称)。

3.半径确定的两种方法

mv2mv

方法一：由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。

rqB

方法二：由几何关系求。一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定。

4.时间确定的两种方法

θ

方法一：由圆心角求，t＝T。

2π

s

方法二：由弧长求，t＝。

v

【变式2-1】（2025·广东广州增城·模拟）如图甲，磁透镜是利用磁聚焦现象制成的，在电子显微镜中具有

非常重要的作用。现将其原理简化：质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从O点以与x轴正方向成θ角斜向

上射入磁感应强度大小为B、方向沿x轴正方向的匀强磁场中，在洛伦兹力的作用下，粒子的轨迹为一条螺

旋线，如图乙所示，不计粒子的重力，π已知。

(1)若已知该粒子在O点入射的速度大小为v且30，再次回到x轴时，粒子与x轴交于P点，求经过多

长时间粒子到达P点及P点与O点间的距离；

(2)若撤去磁场，并施加一与x轴正方向成60°且斜向下的匀强电场，当该粒子在O点入射的速度大小仍为v

且30，仍然与x轴交于P点，求该电场强度E的大小。

2πm3πmv

【答案】(1)t；x

qBOPqB

43Bv

(2)E

9π

31

【详解】（1）把v沿平行B和垂直B的两个方向分解为vv、v2v

122

如图所示

粒子在垂直于B方向上以v2做匀速圆周运动，在平行B的方向上以v1做匀速直线运动。因此，当粒子恰好

在垂直于B的方向上完成一次完整的圆周运动时，将第一次回到x轴。

v2

根据牛顿第二定律有qvBm2

2r

mv

解得r2

qB

2πr2πm

即tT

v2qB

则O点到P点的距离为xOPv1t

3πmv

可得x

OPqB

（2）在电场力的作用下，粒子沿初速度方向做类平抛运动，设运动到P点时间为t，有

沿初速度方向xOPcos30vt

1

沿电场方向xsin30at2

OP2

又qEma

43Bv

联立解得E

9π

【变式2-2】（2025·广东广州育才中学·三模）如图（a）所示，一点电荷（不计重力）在辐向电场中围绕

圆心O做匀速圆周运动，轨迹所在处的电场强度大小均为E；如图（b）所示，同一点电荷在垂直纸面向里、

磁感应强度大小为B的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知点电荷两次做圆周运动的线速度大小相等，两个

圆弧轨迹的半径均为r。关于该点电荷，下列说法正确的是（）

A．可能带负电

B．一定沿逆时针转动

E

C．点电荷的比荷为

B2r

E

D．点电荷运动的线速度大小为

B

【答案】BCD

【详解】AB．图（a）中，点电荷受到的电场力提供向心力，方向与场强方向相同，所以点电荷一定带正电；

对图（b）由左手定则可知点电荷一定沿逆时针转动，故A错误，B正确；

v2

CD．对图（a）有qEm

r

v2

对图（b）有qvBm

r

EqE

联立可得v，=，故CD正确。

BmB2r

故选BCD。

【变式2-3】（2025·广州·二模）如图，长方体区域abcda1b1c1d1中ab2ad2aa12L。a处的粒子源可

在bad范围内朝各个方向发射速率相等的同种粒子。该区域仅存在由a指向a1的匀强电场时，粒子均落在

a1b1c1d1矩形范围内；该区域仅存在由a指向a1的匀强磁场时，粒子均通过ab边。不计重力及粒子间的相互

作用，则其中某个粒子在该区域运动过程中（）

A．仅存在上述电场时，可能通过a1c1的中点

B．仅存在上述电场时，最大位移可能为2L

C．仅存在上述磁场时，可能通过ac的中点

D．仅存在上述磁场时，运动的最大半径可能为L

【答案】BCD

【详解】A．仅存在上述电场时，粒子竖直方向均做初速度为零的匀加速运动，粒子均落在a1b1c1d1矩形范围

内，说明竖直方向的位移均为L，所以运动时间相同。又因为粒子水平方向做匀速直线运动，均落在a1b1c1d1

矩形范围内，说明水平位移最大不能超过L（从a到d1的粒子），而根据几何关系可知a1c1的一半长度为

5

LL，即粒子不能通过a1c1的中点，故A错误；

2

B．根据选项A的分析可知，仅存在上述电场时，粒子的竖直位移为L，水平位移最大不能超过L，所以最

大位移可能为2L，故B正确；

CD．仅存在上述磁场时，粒子在abcd面内做匀速圆周运动，粒子均通过ab边，说明最大半径不超过L（图

中橙色圆），再根据旋转圆可知，粒子完全有可能通过ac的中点（图中红色圆），故CD正确。

故选BCD。

考向03三类动态圆、磁聚焦与磁发散模型

【例3-1】如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段

是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的

正粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的

相互作用和重力。则下列分析中正确的是()

A.从M点射出粒子的速率可能大于从N点射出粒子的速率

B.从圆弧bc射出的所有粒子中，从圆弧bc中点射出的粒子所用时间最短

C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间

D.从边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间

【答案】C

【解析】根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示。根据qvB＝m得v＝，从M点射出粒子的圆周半

2

�𝑞�

径更小，则速度更小，A错误；粒子在磁场中运动时间t＝T＝·�π，粒�子周期不变，圆周运动的圆

ππ

��2�

心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆2心角的2一半�，�弦切角越小，运动时间越短，由

图可知，当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小，运动时间最短，B错误；M、N两点具体位置未知，从M

点射出的粒子在磁场中运动的时间可能大于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间，C正确；由图可知，从

边界cd射出的粒子在磁场中运动的时间不一定小于从圆弧bc段射出的粒子在磁场中运动的时间，D错误。

【例3-2】(多选)如图所示，矩形ABCD区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，

AB边长为d，BC边长为2d，O是BC边的中点，E是AD边的中点。在O点有一粒子源，可以在纸面内向

磁场内各个方向射出质量均为m、电荷量均为q、同种电性的带电粒子，粒子射出的速度大小相同，速度与

OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，不计粒子的重力，则()

A.粒子带负电

B.粒子运动的速度大小为

𝑞�

�

C.从AD边离开的粒子在磁场中运动的最短时间为

π�

2𝑞

.从边离开的粒子在磁场中经过的区域的面积为

DAD2

4+π�

4

【答案】AB

【解析】速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，由左手定则可知，粒子带负电，A正确；

速度与OB边的夹角为60°的粒子恰好从E点射出磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由几何关系

可知α＝60°，所以粒子做圆周运动的半径r＝d，由牛顿第二定律可得qvB＝m，解得粒子运动的速度大

2

�

小为v＝，B正确；由图乙可知，粒子从AD边离开时的运动轨迹都为劣弧，由�于粒子做圆周运动的速度

𝑞�

大小相同，�因此从AD边离开的粒子在磁场中运动的轨迹越短，即该轨迹对应的弦越短，时间越短，分析可

知，O点到AD的最短距离为EO，即从E点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，因此最短时间为六分之一

周期，由T＝π可得最短时间t＝＝π，C错误；如图乙所示，当粒子水平向左飞入时刚好从A点飞出，

2���

当粒子竖直向上�飞入时，刚好从D点6飞3�出�，由图乙可知，从AD边离开的粒子在磁场中经过的区域的面积为

图中AODA区域的面积，所以该区域面积为S＝πd2＋d2－πd2＝d2，D错误。

11

44

三类动态圆、磁聚焦与磁发散模型的分析

模型图例适用条件应用方法

放

粒子的入射点位置相同，以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒

缩速度方向一定，速度大小子处于恰好不射出磁场的临界状态时粒子运动

不同轨迹与磁场边界相切

圆

轨迹圆的圆心在P1P2直

线上

模型图例适用条件应用方法

旋

粒子的入射点位置相同，

将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行

转速度大小一定，速度方向���

旋转，从而探索出𝒒临界条件

轨迹圆的圆心在以入射不同

圆

点P为圆心、半径R＝

的圆上

���

𝒒

模型图例适用条件应用方法

平

粒子的入射点位置不同，

移将半径为R＝的圆进行平移

速度大小、方向均一定���

轨迹圆的所有圆心在一𝒒

圆

条直线上

磁聚1.带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒

子从磁场边界上同一点射出，该点切线方向与

焦与磁聚焦粒子速度大小相同，轨迹

入射方向平行——磁聚焦

磁发圆半径等于区域圆半径

2.从边缘某点以不同方向入射时平行射出——

散磁发散

磁发散

【变式3-1】(多选)如图所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2m，O为

BC的中点，磁感应强度B＝0.25T，一群质量m＝1×10－7kg、电荷量q＝2×10－3C的带负电的粒子以速度

v＝5×103m/s垂直于BO方向，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力和它们之间的相互作用力，则

()

A.在AC边界上有粒子射出的长度为(－1)m

B.C点有粒子射出2

C.在AB边界上有粒子射出的长度为1m

D.磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点(－1)m处入射

【答案】ACD2

【解析】粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子在磁场中运

2

�

－

动的轨迹半径为r＝＝m＝1m，作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示�，由图可知，能从

－73

��1×10×5×10

3

AC边射出的粒子长度𝑞为2×＝10×r0－.25r＝(－1)m，故A正确；粒子不可能到达C点，故B错误；在AB边

界上有粒子射出的长度为𝐷＝2r＝1m，故2C正确；磁场中运动时间最长的粒子运动半个圆周，轨迹与AB、

AC相切，由图可知从底边�距�B点(－1)m处入射，故D正确。

2

【变式3-2】(多选)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料

制造上，使芯片技术得到飞速发展。如图所示，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀

强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的

一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子

经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列

说法正确的是()

A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里

B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里

1

2

C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)

2

0

－�

D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为

π22

2�0

【答案】BC

【解析】根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝m，解得B0

2

�

�0

＝，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍水平向右射出，运动轨

��

��0

迹如图所示，由几何关系可知粒子的轨迹半径为2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1

＝m，解得B1＝，即B1＝B0，由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；磁场区域的最小

2

���1

2�0π2��02π

面积为Smin＝－－＝2(π－2)，C正确，D错误。

22

00

(2�)2(2�)2

4(2�0)4�0

【变式3-3】(多选)一有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，

其中射线bc足够长，∠abc＝135°，其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，

在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率，不计粒子重力和粒子之间的相互作用，以下

说法正确的是()

A.从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等

B.从a点入射的粒子速度越大，在磁场中运动的时间越长

πm

C.粒子在磁场中的最长运动时间不大于

qB

3πm

D.粒子在磁场中的最长运动时间不大于

2qB

【答案】AD

【解析】画出带电粒子在磁场中运动的轨迹图，如图所示，当粒子从ab边射出时，运动轨迹都是半圆，

πm

运动时间都相等，为；当粒子从bc边射出时，则速度越大，轨道半径越大，对应的圆心角越大，运动

qB

πm

时间越长，运动时间大于，故A正确，B、C错误；当粒子的速度足够大，半径足够大时，l远小于r，

qB

3πm

这时圆心角大小趋近于270°，因此粒子在磁场中最长运动时间小于，故D正确。

2qB

考向04带电粒子在匀强磁场中的多解问题

【例4-1】在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸

面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左

右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。

已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度

和对应θ角的可能组合为()

11

A.kBL，0°B.kBL，0°

32

C.kBL，60°D.2kBL，60°

【答案】BC

v2

【解析】若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲所示，根据几何关系，有R＝L，qvB＝m，可得v

R

qBL

＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当

m

粒子上下均经历一次时，如图乙所示，

甲

乙

1v2qBL

因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得v＝＝

2R2m

1

kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子

2

qBL1

从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方向的夹角

（2n－1）m2n－1

qBL1

为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1，2，3…)，此时出射方向与入射方

2nm2n

向的夹角为θ＝0°，故可知B、C正确，A、D错误。

【例4-2】(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。

为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子

q

的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是

m

()

mvmv

A.B＞，垂直纸面向里B.B＞，垂直纸面向里

3qsqs

mv3mv

C.B＞，垂直纸面向外D.B＞，垂直纸面向外

qsqs

【答案】BD

【解析】当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为

r1mvmv

r1，由几何关系可知，sin30°＝，可得r1＝s，由r1＝可得B1＝；当磁场方向垂直纸面向外时，

s＋r1qB1qs

r2smv3mv

其临界轨迹如图乙所示，切点为N，由几何关系知s＝＋r2，得r2＝，又r2＝，所以B2＝，

sin30°3qB2qs

综合上述分析可知，选项B、D正确，A、C错误。

造成多解问题的几种情况分析

类型分析图例

带电粒子带电粒子可能带正电荷，也可能带负

电性不确电荷，初速度相同时，正、负粒子在

定磁场中运动轨迹不同，形成多解如带正电，其轨迹为a；如带负电，其

轨迹为b

只知道磁感应强度大小，而未具体指

磁场方向

出磁感应强度方向，由于磁感应强度

不确定粒子带正电，若B垂直纸面向里，其

方向不确定而形成多解

轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹

为b

带电粒子飞越有界磁场时，可能穿过

临界状态

磁场飞出，也可能转过180°从入射界

不唯一

面一侧反向飞出，于是形成多解

带电粒子在部分是电场、部分是磁场

运动具有

空间运动时，运动往往具有周期性，

周期性

因而形成多解

【变式4-1】(多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距

离也为l，板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感

线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()

qBl5qBl

A.使粒子的速度v＜B.使粒子的速度v＞

4m4m

qBlqBl5qBl

C.使粒子的速度v＞D.使粒子的速度＜v＜

m4m4m

【答案】AB

【解析】欲使粒子不打在极板上，临界运动轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供

v2mv

向心力，根据qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径R＝。带正电的粒子从左边射出磁场时，其在磁场中

RqB

lmvlqBl

做圆周运动的半径R＜，则＜，即v＜；带正电的粒子从右边射出时，如图所示，此时粒子的最小

4qB44m

l

R′－25lmv5l5qBl

半径为R′，由图可知R′2＝l2＋2，可得粒子做圆周运动的最小半径R′＝，则＞，即v＞，

4qB44m

qBl5qBl

故欲使粒子不打在极板上，粒子的速度必须满足v＜或v＞，故A、B正确。

4m4m

【变式4-2】如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是磁场左右的两条边界线。

现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。要使粒子不能从右边界NN′射出，求粒

子入射速率的最大值为多少？

图2

（2＋2）qdB（2－2）qdB

【答案】(q为正电荷)或(q为负电荷)

mm

【解析】题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论。如图所示，若q为

1mv

正电荷，轨迹为①，是上方与NN′相切的圆弧，则轨道半径r＝

4qB

r

又d＝r－

2

（2＋2）qdB

解得v＝

m

3mv′

若q为负电荷，轨迹为②，是下方与NN′相切的圆弧，则轨道半径r′＝

4qB

r′

又d＝r′＋

2

（2－2）qdB

解得v′＝。

m

1．（2025·江西·高考）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（CS线圈）可以驱动

附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。当CS线圈通以如图（b）

所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（）

A．顺时针B．逆时针C．先顺时针后逆时针D．先逆时针后顺时针

【答案】A

【详解】由图（b）可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS线圈产生的磁场下

端为N极，上端为S极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律可知产生的感应电场方

向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）为顺时针；同理在以后阶段通过CS线圈的

电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针。

故选A。

2．（2025·江苏·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。

3．（2025·福建·真题）如图，两根长直细导线L1、L2平行放置，其所在平面上有M、O、N三点，O为线段

MN的中点，L1、L2分别处于线段OM、ON的中垂线上。当L1、L2通有大小相等、方向相反的电流时，M、

O点的磁感应强度大小分别为B1、B2。现保持L1的电流不变，撤去L2的电流，此时N点的磁感应强度大小

为（）

111

A．BBB．BBC．B﹣BD．B﹣B

22122122121

【答案】A

【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

B

的磁感应强度大小为B2

02

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

B2

根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为B

02

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

B

感应强度为2B。

21

故选A。

4．（2024·贵州·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。

5．（2025·江西·高考）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