2027高考物理复习易错辨析磁场：易错辨析（含高考真题）

磁场：易错辨析（含高考真题）

目录

一、磁场基本概念与安培定则：方向判断的底层错误.......................................................2

易错1：安培定则（右手螺旋定则）混用、磁场方向判断失误................................2

易错2：磁感应强度的定义与叠加误解........................................................................2

二、安培力：受力、有效长度、做功的三重误区...............................................................3

易错1：左手定则判断方向失误（负电流、空间方位）............................................3

易错2：有效长度理解错误...........................................................................................3

易错3：安培力做功问题混淆.......................................................................................3

三、洛伦兹力：条件、方向、做功的核心陷阱...................................................................3

易错1：洛伦兹力的产生条件遗漏................................................................................3

易错2：正负电荷的左手定则混用................................................................................4

易错3：洛伦兹力做功与作用效果误解........................................................................4

易错4：洛伦兹力与安培力的关系混淆........................................................................4

四、带电粒子在匀强磁场中的运动：轨迹、半径、周期、多解性（压轴重灾区）........4

易错1：圆心确定失误...................................................................................................4

易错2：周期与速度的关系颠倒...................................................................................5

易错3：有界磁场的对称性忽略...................................................................................5

易错4：临界与多解性完全遗漏...................................................................................5

五、组合场、叠加场、交变场：模型混淆与受力误判.......................................................5

易错1：电偏转与磁偏转混淆.......................................................................................5

易错2：叠加场受力分析遗漏重力................................................................................6

易错3：交变场的运动周期性误解................................................................................6

六、动态圆与磁聚焦/发散：模型规律误用........................................................................6

易错1：放缩圆、旋转圆、平移圆模型混淆................................................................6

易错2：磁聚焦条件记错...............................................................................................6

七、磁场现代科技应用：原理与公式错用...........................................................................6

易错1：质谱仪：加速与偏转公式混淆........................................................................6

易错2：回旋加速器：最大动能与电压有关................................................................7

易错3：霍尔元件：电势高低判断错误........................................................................7

易错4：磁流体发电机：极板电性判断失误................................................................7

八、磁场解题避坑三步法.......................................................................................................7

总结..........................................................................................................................................7

专题1带电粒子在有界磁场中的运动........................................................................................8

真题试练1：带电粒子在有界匀强磁场中的运动................................................................8

真题试练2：带电粒子在有界匀强磁场中的临界与多解问题..........................................12

专题2带电粒子在复合场中的运动..........................................................................................31

真题试练1：带电粒子在叠加场中的运动..........................................................................31

真题试练2：带电粒子在组合场中的运动..........................................................................54

磁场是高中物理电磁学核心模块，涵盖磁场的描述、安培力、洛伦兹力、带电粒子在

磁场/复合场中的运动、磁场现代科技应用五大考点，是选择题、计算题（压轴）的

必考内容。学生高频失分并非公式不熟，而是定则混用、受力误判、条件遗漏、轨迹

几何错解、多解性忽略、模型原理混淆。本文结合高考命题规律与典型陷阱，对磁场

全模块易错点做系统性辨析，直击丢分根源。

一、磁场基本概念与安培定则：方向判断的底层错误

易错1：安培定则（右手螺旋定则）混用、磁场方向判断失误

•误区

a.用左手判断电流的磁场方向，左右手定则完全颠倒；

b.混淆直线电流、环形电流、通电螺线管的安培定则用法；

c.地磁场方向判断错误，认为地理北极就是地磁北极。

•辨析

a.安培定则仅用于判断电流产生的磁场方向，必须用右手；左手定则用于判断安

培力、洛伦兹力方向。

b.三种电流的磁场判定：

▪直线电流：右手握导线，拇指指向电流方向，四指为磁场环绕方向；

▪环形电流/螺线管：右手握线圈，四指指向电流方向，拇指为内部磁场

方向。

c.地磁场：地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近；赤道处地磁场

平行地面向北，两极竖直。

•避坑：判磁场用右手，判受力用左手；螺线管内部是匀强磁场，磁场方向由

S→N。

易错2：磁感应强度的定义与叠加误解

•误区

퐹

认为퐵=中，퐵与퐹成正比、与퐼퐿成反比；

a.퐼퐿

b.磁场叠加直接代数加减，忽略矢量性；

c.导线与磁场平行时，仍认为有磁感应强度。

•辨析

a.퐵是磁场本身属性，由场源决定，与퐹、퐼、퐿无关；

b.磁感应强度是矢量，叠加遵循平行四边形定则；

c.导线与磁场平行时퐹=0，但퐵≠0，仅安培力为零。

二、安培力：受力、有效长度、做功的三重误区

安培力퐹=퐵퐼퐿sin휃（휃为电流与磁场夹角），是高考基础易错点。

易错1：左手定则判断方向失误（负电流、空间方位）

•误区

a.磁感线不穿手心、四指不沿电流方向；

b.三维空间中，认为安培力在电流与磁场组成的平面内。

•辨析

安培力方向垂直于电流与磁场组成的平面，左手定则：磁感线穿手心、四指沿电流、

拇指指向安培力。

易错2：有效长度理解错误

•误区

a.弯曲导线的安培力按实际长度计算；

b.闭合线圈整体受安培力不为零。

•辨析

a.弯曲导线的有效长度=两端点直线距离；半圆形导线有效长度为直径2푅；

b.闭合线圈在匀强磁场中，合安培力恒为零。

易错3：安培力做功问题混淆

•误区：认为安培力与洛伦兹力一样永不做功。

•辨析：安培力可以做功（电动机原理，电能→机械能）；洛伦兹力始终不做功

。

三、洛伦兹力：条件、方向、做功的核心陷阱

洛伦兹力是磁场最易失分点，直接关联带电粒子运动。

易错1：洛伦兹力的产生条件遗漏

•误区：认为静止电荷、运动电荷平行于磁场运动时，都受洛伦兹力。

•辨析：洛伦兹力产生条件——电荷运动+速度不与磁场平行；푣∥퐵时퐹洛=0，

做匀速直线运动。

易错2：正负电荷的左手定则混用

•误区：负电荷运动时，四指仍沿速度方向。

•辨析：四指指向正电荷运动方向、负电荷运动的反方向，磁感线穿手心，拇指

为洛伦兹力方向。

易错3：洛伦兹力做功与作用效果误解

•误区

a.洛伦兹力能改变速度大小、做功；

b.洛伦兹力可作为向心力以外的力。

•辨析

a.洛伦兹力始终与速度垂直，永不做功，只改变速度方向，不改变速率；

b.仅受洛伦兹力时，粒子做匀速圆周运动。

易错4：洛伦兹力与安培力的关系混淆

•误区：认为两者无关，或洛伦兹力是安培力的宏观表现。

•辨析：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观合力；洛伦兹力是微观本质

，安培力是宏观表现。

四、带电粒子在匀强磁场中的运动：轨迹、半径、周期、

多解性（压轴重灾区）

푣2푚푣2휋푚

核心公式：푞푣퐵=푚⇒푟=；周期푇=（与速度푣无关）。

푟푞퐵푞퐵

易错1：圆心确定失误

•误区：任意作垂线找圆心，忽略“速度垂线和弦中垂线交于圆心”。

•辨析：两种找圆心方法：

a.已知两点速度：作两速度的垂线，交点为圆心；

b.已知一点速度+轨迹弦：作速度垂线+弦中垂线，交点为圆心。

易错2：周期与速度的关系颠倒

•误区：认为速度越大，周期越长。

푞

푇푣퐵

•辨析：周期与速率无关，仅由比荷푚和磁感应强度决定。

易错3：有界磁场的对称性忽略

•误区：直线边界、圆形边界的进出方向判断错误。

•辨析

a.直线边界：进出磁场对称，入射角=出射角；

b.圆形边界：沿径向射入，必沿径向射出。

易错4：临界与多解性完全遗漏

•误区

a.只考虑一种临界（恰好穿出、相切），忽略轨迹边界；

b.忽略电性、磁场方向、临界状态、周期性导致的多解。

•辨析

多解四大原因：

a.粒子电性不确定，轨迹弯曲方向不同；

b.磁场方向不确定，受力方向不同；

c.临界状态不唯一（相切、恰好穿出、恰好不穿出）；

d.运动周期性，时间多解。

五、组合场、叠加场、交变场：模型混淆与受力误判

易错1：电偏转与磁偏转混淆

•误区：认为电场、磁场中偏转规律相同，都能匀速圆周。

•辨析

对比电偏转（匀强电场）磁偏转（匀强磁场）

受力恒力퐹=푞퐸变力퐹=푞푣퐵

运动类平抛匀速圆周

做功电场力做功洛伦兹力不做功

易错2：叠加场受力分析遗漏重力

•误区：微观粒子（电子、质子）、宏观带电体都忽略重力。

•辨析

a.微观粒子：不计重力；

b.带电液滴、小球、导体棒：必须计重力；

c.匀速圆周运动：重力与电场力平衡，洛伦兹力单独提供向心力。

易错3：交变场的运动周期性误解

•误区：认为粒子在交变场中一定做往复运动。

•辨析：交变电场/磁场中，粒子运动由场的周期与粒子运动周期匹配决定，可

能直线、圆周、螺旋运动。

六、动态圆与磁聚焦/发散：模型规律误用

易错1：放缩圆、旋转圆、平移圆模型混淆

•误区：速度方向变、大小变，用错动态圆模型。

•辨析

a.放缩圆：方向定、大小变，圆心在速度垂线上；

b.旋转圆：大小定、方向变，圆心在以入射点为圆心的圆上；

c.平移圆：速度大小方向定、入射点平移，圆心平行移动。

易错2：磁聚焦条件记错

•误区：任意圆形磁场都能磁聚焦。

•辨析：磁聚焦条件——粒子轨迹半径=圆形磁场半径，平行入射会聚一点，发

散入射变平行。

七、磁场现代科技应用：原理与公式错用

易错1：质谱仪：加速与偏转公式混淆

•误区：加速用洛伦兹力，偏转用动能定理。

1푣2푞2푈

•辨析：加速电场푞푈=푚푣2；偏转磁场푞푣퐵=푚，比荷=。

2푟푚퐵2푟2

易错2：回旋加速器：最大动能与电压有关

•误区：加速电压越大，粒子最大动能越大。

푞2퐵2푅2

•辨析：最大动能由D形盒半径、B、比荷决定퐸=，与加速电压无关；

km2푚

电压仅影响加速次数。

易错3：霍尔元件：电势高低判断错误

•误区：无论载流子是电子还是空穴，电势高低都一样。

•辨析：霍尔电压由载流子电性决定：

a.电子导电（N型半导体）：电子偏转侧电势低；

b.空穴导电（P型半导体）：空穴偏转侧电势高；

푈

稳定条件：푞푣퐵=푞⇒푈=퐵푑푣。

c.푑

易错4：磁流体发电机：极板电性判断失误

•误区：正负离子偏转方向相同。

•辨析：正离子受洛伦兹力偏向一极板，负离子偏向另一极板，稳定时푈=퐵푑푣

。

八、磁场解题避坑三步法

1.判方向：右手定则判磁场，左手定则判受力，严格区分；

2.析受力：微观粒子不计重力，宏观物体必分析重力、电场力、洛伦兹力；

3.找轨迹：定圆心、算半径、用对称，遇临界多解必分类讨论。

总结

磁场模块的所有易错点，本质是矢量性忽略、定则混用、条件遗漏、轨迹几何错解、

模型混淆。牢牢抓住“磁场用右手、受力用左手；洛伦兹力不做功、周期与速度无关；

有界磁场讲对称、临界问题想多解”三大核心，就能彻底避开所有丢分陷阱，稳稳拿下

磁场全部分数。

专题1带电粒子在有界磁场中的运动

真题试练1：带电粒子在有界匀强磁场中的运动

1.(2025福建,3,4分)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点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.B-1BB.1B-BC.B-BD.1(B-2B)

22122121312

答案B设O点到直导线的距离为r,通电直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为B0,在

距其3r处产生的磁感应强度大小为B',由安培定则和矢量叠加原理可得B1=B0-B'、

B2=B0+B0=2B0;仅将L2撤去,N处的磁感应强度大小B和L2撤去前在M处产生的磁感应强度大

B

小相等,即B=B',联立可得B=2-B,B正确。

21

2.(2025湖北,4,4分)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.0B.BC.2BD.3B

答案AM、N两点在通电线圈轴线上且关于通电线圈对称,通电线圈在M、N两点处产生的

磁感应强度大小相等、方向相同,M点总磁感应强度大小为0,说明匀强磁场的磁感应强度和

通电线圈在M点处产生的磁感应强度等大反向,则由矢量叠加原理可知N点总磁感应强度大

小为0,A正确。

易错警示

不要因为M、N两点分别位于通电线圈左、右两侧就误认为通电线圈在M、N两点产生的磁感应强度方向

相反。分析问题时可假设电流方向,根据安培定则判断通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度的方向。

3.(2025江苏,3,4分)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【命题点】磁感线的分布与磁感应强度大小的关系

解析磁感线的疏密程度表示磁感应强度的强弱,由题图可知b点磁感线最密集,a点其次

,c点最稀疏,故Bb>Ba>Bc,B正确。

4．（2024福建）（多选）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b

悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大

小为I的电流，则（）

A．通电后两绳拉力变小B．通电后两绳拉力变大

C．安培力为D．安培力为

【答案】BD

【解析】根据左手定则可知，通电后半圆环AB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错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径

AB，则安培力大小，故C错误，D正确。

5.(2023福建,6,6分)(多选)地球本身是一个大磁体,其磁场分布示意图如图所示。学术界

对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生

的环形电流。基于此理论,下列判断正确的是()

A.地表电荷为负电荷

B.环形电流方向与地球自转方向相同

C.若地表电荷的电荷量增加,则地磁场强度增大

D.若地球自转角速度减小,则地磁场强度增大

答案AC根据地磁场分布规律,用安培定则可判断环形电流方向与地球自转方向相反,再

q

根据电流方向的规定,可判断出地表电荷为负电荷,正确,错误。由电流的定义式=可

ABIt

知,地表电荷的电荷量增加,则环形电流增大,地磁场强度增大,C正确。若地球自转角速度

减小,则环形电流减小,地磁场强度减小,D错误。

6.(2023江苏,2,4分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放

置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受

到的安培力为()

A.0B.BIlC.2BIlD.5BIl

答案C导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,

则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。

7.(2023海南,2,3分)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场,关于

小球运动和受力的说法正确的是()

A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右

B.小球运动过程中的速度不变

C.小球运动过程中的加速度保持不变

D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功

答案A带正电小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁场时

受到的洛伦兹力水平向右,A正确;小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用,重力不变,洛伦

兹力时刻变化,则小球所受合力不为零且时刻变化,则小球速度、加速度方向都在变化,B、

C错误;洛伦兹力始终与小球速度方向垂直,永不做功,D错误。

8.(2025北京,18,9分)(9分)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分,它可以利用带电粒

子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀

强磁场中的运动,且不计粒子重力及粒子间相互作用。

(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直,推导得出粒子的运动周期T与质量

m的关系。

(2)两个粒子质量相等,电荷量均为q。粒子1的速度方向与磁场方向垂直,粒子2的速度方

向与磁场方向平行。在相同的时间内,粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ,粒子

2运动的距离为d。求:

a.粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2;

b.粒子2的动量大小p2。

2πqBd

答案(1)T=·m推导过程见解析(2)a.(Rθ)∶db.

q0Bθ

【命题点】带电粒子在匀强磁场中的直线运动与圆周运动

解析(1)粒子速度方向与磁场方向垂直,粒子在垂直磁场平面内做匀速圆周运动,洛伦兹力

2

提供向心力,有qvB=mv

0R

2πR

粒子做圆周运动的周期T=

v

2πm2π

联立可得T==·m

q0Bq0B

(2)a.设它们运动的相同时间为t,则

lRθ

粒子1做圆周运动,速度大小v==

1tt

d

粒子2做匀速直线运动,速度大小v=

2t

所以粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2=(Rθ)∶d

b.设两粒子的质量均为m,则

v2

对粒子1,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m1

1R

粒子2的动量大小p2=mv2

qBR

联立解得p2=·v2

v1

qBd

代入v∶v的值可得p=

122θ

9.(2023海南,17,12分)如图所示,U形金属杆上边长为L=15cm,质量为m=1×10-3kg,下

端插入导电液体中,导电液体连接电源,金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B=8×10-2

T的匀强磁场。

(1)若插入导电液体部分深h=2.5cm,闭合开关,金属杆飞起后,其下端离液面最大高度

H=10cm,设离开导电液体前杆中的电流不变,求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中

的电流有多大;(g=10m/s2)

(2)若金属杆下端刚与导电液体接触,改变电动势的大小,通电后金属杆跳起高度H'=5cm,

通电时间t'=0.002s,求通过金属杆横截面的电荷量。

25

答案(1)2m/sA(2)0.085C

6

解析(1)对金属杆,离开液面后跳起的最大高度为H,由运动学公式知v=2gH,解得v=2

m/s

25

对金属杆从刚闭合开关至其到达最高点的过程中,由动能定理有BILh-mg(H+h)=0,得I=

6

A

(2)对金属杆,由动量定理有(BI'L-mg)t'=mv',由运动学公式有v'=2gH',又q=I't',可

得q=0.085C

专题1带电粒子在有界磁场中的运动

真题试练2：带电粒子在有界匀强磁场中的临界与多解问题

1.(2025四川,10,6分)(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区的轨迹半径之比为1∶2

C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶

148

答案AD【命题点】带电粒子在磁场中的运动几何知识

粒子从a点进入,再从a点离开,说明粒子进入Ⅱ区域顺时针运动后,一定会进入Ⅰ区域,在Ⅰ区域逆时针运

动,由对称性可知,粒子会从磁场边界上与入射位置对称的位置离开Ⅰ区域,再在Ⅱ区域顺时针运动后从a点

离开。运动轨迹如图所示。

2

解析设粒子在Ⅰ、Ⅱ区域做圆周运动的轨迹半径分别为r、r,根据qvB=mv,可知r∶

12r1

r2=1∶4,B错误;根据粒子在Ⅰ区域的轨迹,通过几何关系可知其轨迹圆的圆心O2肯定不在

O点,圆心O2应该在O点右侧,A正确;根据轨迹半径大小关系及几何知识可知,粒子在Ⅱ区

磁场中运动时第一段轨迹对应的圆心角为37°,应用公式求轨迹长度有s=θ·r,在Ⅰ区域

的轨迹对应的圆心角为θ1=(180°-53°)×2=254°,在Ⅱ区域的两段轨迹对应的总的圆心

254°1127s

角θ=37°×2=74°,s∶s=×=,C错误;运动时间t=,速度v大小不变,则t∝s,t

21274°4148v1

127

∶t=s∶s=,D正确。

212148

2.(2025甘肃,10,5分)(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

q

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,a粒子的速度大小为v=

ma

qBR0,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

m

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

(3휋+2)m

B.a粒子返回A点所用的最短时间为

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2v

2a

答案BD【命题点】带电粒子在有界磁场中的运动

v2qBR

解析对a粒子,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=ma,由于v=0,解得r=R;(点拨:粒子

aram0

在环形区域做匀速圆周运动,在内圆中做匀速直线运动)作出a粒子在磁场中运动的轨迹,如

222

图所示,由几何关系可得R-R0=R0+r,联立解得外圆半径R=(+1)R0,A错误。由运动轨

3

2R+2×·2πr(3π+2)m

迹可得a粒子返回A点所用的最短时间t=04=,B正确。作出b、c粒

qB

va

2πm

子在磁场中运动的轨迹,如图所示,粒子在磁场中运动的周期T=,所以b、c粒子返回A

qB

2

点所用的最短时间相同,C错误。对c粒子,由几何关系可得2r+R=R,解得r=R,由洛伦

c0c20

2

vc2qBR02

兹力提供向心力可得qvcB=m,解得c粒子的速度大小vc==va,D正确。

rc2m2

3.(2025安徽,7,4分)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푞퐵푑。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则()

푚

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

π푚

D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为6푞퐵

2Bqd

答案C由Bqv=mv结合v=可得R=d,A错误;带正电粒子在磁场中运动的几种临界情况如

Rm

图所示:由圆1、2(对应粒子初速度方向沿x轴正方向)可得薄板上表面接收到粒子的区域

长度(如图中彩色线部分)为2dcos30°-d=(3-1)d,B错误;

由圆3(对应粒子初速度方向沿y轴正方向)可得薄板下表面收到粒子的区域长度为d(如图

中粗线部分),C正确;恰好打到薄板最右侧的粒子为薄板接收到的在磁场中运动时间最短的

ππm

粒子,对应偏转角为,对应的最短时间为t=,D错误。

3min3Bq

易错警示

解题时注意作出三个关键的临界动态圆,审题要明确,基础要牢固,几何关系要敏锐,基本规律要熟练。

4.(2024广西,5,4分)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()

mv3mvmv2mv

A.B.C.(1+2)D.1+

qB2qBqB2qB

【答案】C

【解析】由题意可知粒子运动轨迹如图所示,

2mv

根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv,可得粒子做圆周运动的半径r=,根据几何关系可得

rqB

rmv

点至点的距离=+=(+2),正确。

POLrsin45°1qBC

5.(2024河北,10,6分)(多选)如图,真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行

,ABCD的边长一定,abcd的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形

所在平面。A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进

入磁场。调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出

。对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是()

A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出

B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出

C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°

D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°

【答案】AD

【解析】规定沿A→B方向为x方向,沿A→D方向为y方向,如图甲所示,粒子穿过ad边时

速度方向与ad边夹角为45°

粒子从A到E的过程

x方向:∑qvy1BΔt=mΔvx1

y方向:∑-qvx1BΔt=mΔvy1

由以上两式分别得

2v

x方向:qBL=m1①

22

2

y方向:qBL1=m1v1②

−2

离开E点后粒子做匀速直线运动,一定从cd边某点F再次进入磁场,从离开F点后到速度变

成水平的过程,同理得

2

x方向:qBLy1=m1v1③

−2

2

y方向:qBL=mv④

x121

由①④得Lx1=L2,由②③得Ly1=L1

由几何关系可判断出粒子恰好从C点垂直于BC射出,A正确;

如图乙所示,粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°

当粒子速度较小时从bc边再次进入磁场,当粒子速度较大时从cd边再次进入磁场

考虑粒子从cd边再次进入磁场的过程

从A点到E点过程由A项分析同理可得

1

y方向:qBL=m·v⑤

322

离开E点后粒子做匀速直线运动,从cd边某点F再次进入磁场,从离开F到速度方向变到水

平的过程,同理有

1

y方向:qBL=m·v⑥

x222

由⑤⑥得Lx2=L3

由几何关系可知仅粒子从c点再次进入磁场时垂直BC射出,其他速度大小下y方向速度减

小到零时粒子还未到达BC边,B错误;

如图丙所示,粒子经过cd边且垂直BC射出

粒子从A点到E点过程,同理有

x方向:qBL6=mvx3⑦

y方向:qBL5=m(v3-vy3)⑧

离开E点后粒子做匀速直线运动,从cd边某点F再次进入磁场到垂直BC射出,对粒子从F

点到BC边过程,同理有

x方向:qBLy5=m(v3-vx3)⑨

(点拨:粒子垂直BC射出的上边界为C点,即Ly5≤L5)

y方向:qBLx5=mvy3⑩

(点拨:粒子从cd边射出,F点到BC边的距离Lx5≥L5)

v-v

Ly53x3

由⑧⑨得=v-v≤1,解得vy3≤vx3,设粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为θ,解得

L53y3

θ≥45°

v

Lx5y3vy31

由⑧⑩得=v-v≥1,即2vy3≥v3,cosθ=≥,θ≤60°

L53y3v32

综上所述可得45°≤θ≤60°,C错误。

如图丁所示,粒子经过bc边且垂直BC射出

粒子从A点到E点过程,同理可得

y方向:qBL7=m(v4-vy4)

离开E点后粒子做匀速直线运动,从bc边某点F再次进入磁场到垂直BC射出,对粒子从F

点到BC过程,同理有

y方向:qBLx7=mvy4

vy41

因为Lx7=L7,由得v4=2vy4即cosα==

v42

所以粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为60°,D正确。

6.(2023湖南,6,4分)如图,真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场,电场

方向竖直向下(与纸面平行),磁场方向垂直纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内

存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上,AO与GF垂直,

且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域

Ⅰ中,只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应

强度大小为B1,区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射出,它们在区域Ⅱ中

运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱,能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为

t,不计粒子的重力及粒子之间的相互作用,下列说法正确的是()

A.若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则t>t0

B.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则t>t0

3t

C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则t=0

422

2

D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则t=2t

420

答案D只有沿直线AC做匀速运动的粒子才能进入区域Ⅱ,设能进入区域Ⅱ的粒子的

E

速度为v0,根据平衡条件得qv0B1=qE,解得v0=。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为

B1

v

,则只有速度大小为0的粒子才能通过点进入区域Ⅱ,同理,若仅将区域Ⅰ中电场强度

2B12C

大小变为2E,则只有速度大小为2v0的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,两种情况下粒子均沿

CO射入区域Ⅱ,且均从CF边射出,速度的偏转角度不变,对应圆心角相同,均为90°,故

qE

t=t0,A、B选项错误。设粒子比荷为,满足v0=的粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的轨迹半

mB1

径为r0,周期为T0,其运动轨迹如图1所示,

2mv

v00

洛伦兹力提供向心力,有qv0B2=m,解得轨迹半径r0=,CF=22r0,CO=2r0;粒子做圆周运

r0qB2

2πr02πm1

动的运动周期T0==,粒子在区域Ⅱ中运动时间t0=T0。若粒子恰好从F点射出,则粒

v0qB24

B

子在区域Ⅱ中运动的半径为2r,磁感应强度需减小到2,C、D选项中调整后的磁感应强度

02

B

均小于2,故粒子必然从GF边界射出区域Ⅱ,则C点到出射点D的水平距离为定值2r。

20

设粒子在区域Ⅱ中速度方向偏转角为θ,轨迹半径为r,运动周期为T,如图2所示,

2r3

由几何关系可知sinθ=0,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则粒子在区域Ⅱ中

r42

2

4343r03

做圆周运动的半径变为=,周期变为=,此时θ=43=,则θ=°,粒子在

rr0TT0sinr60

33302

θ12383

区域Ⅱ中运动时间变为t=·T=T=T=t,C错误。同理,若仅将区域Ⅱ中磁感应强

360°69090

22r02

度大小变为B2,则r=22r0,T=22T0,sinθ==,θ=45°,粒子在区域Ⅱ中运动时

422r02

114

间变为t=T=·T=2t,D正确。

88200

7.(2023全国乙,18,6分)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平

面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一

侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与

l

屏的距离为,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小

2

为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为()

EEBB

A.B.C.D.

2aB2aB22aE2aE2

答案A画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几

R-a

何关系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sinθ=,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有

R

2

qvB=mv,如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子

R

入射后则会沿x轴到达接收屏,则粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,有qE=qvB,联立解得粒

qE

子的比荷=,A正确。

m2aB2

8.(2023全国甲,20,6分)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,筒上P点

开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入,

然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞点的切线方向的分

量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反;电荷量不变。不计重力。下列说法正

确的是()

A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O

B.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出

C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短

D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线

2

答案BD带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv,T=

r

2πrmv2πm

,解得运动轨迹半径r=,运动周期T=。当粒子初速度方向过磁场圆心O时,由对称

vqBqB

性可知,粒子与筒壁发生n次碰撞后必能返回入射点P,则碰撞点(含P点)将筒壁等分成

n+1份圆弧,且每次与筒壁碰撞反弹后速度方向由碰撞点指向圆心O,但轨迹不能通过O点

,A选项错误,D选项正确;若粒子与筒壁仅碰撞一次,则轨迹将圆筒平分,由对称性可知碰撞

位置一定在PO延长线与筒壁交点位置,粒子将做直线运动,但粒子仅在洛伦兹力作用下无

法做直线运动,故该粒子至少与筒壁发生2次碰撞(运动轨迹如图所示)才可以从小孔射出,

故B选项正确;若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周从P点飞出,则粒子速度越大,在筒

内运动的时间越短,若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周无法从P点飞出,则粒子速度越

大,在筒内运动的时间不一定越短,C选项错误;综上,应选B、D。

9.(2025云南,14,13分)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,x

≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存

在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,经磁屏蔽后,该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平

面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带

电粒子通过速度选择器后,在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域,经磁场偏转后刚好从ON

中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小

B0已知,不考虑该粒子的重力。

(1)求该粒子通过速度选择器的速率;

(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围;

퐵-퐵

(3)定义磁屏蔽效率η=12×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少?

퐵1

UmU

答案(1)(2)L<y<3L(3)60%

dB0dqB0L

审题指导

(1)速度选择器能够选出做匀速直线运动的粒子。

(2)确定圆心的两种常用方法:①粒子在两个不同位置的速度方向的垂线交点为圆心。②已知轨迹上一个点和

此位置的速度方向,速度方向的垂线上有圆心,已知粒子轨迹的两个点,其中一个点的速度方向未知,如此题中

的Q点,连接Q点与ON