帶電粒子在磁場中的運動-2025年廣東高考物理復習專練

重難點14帶電粒子在磁場中的運動

命題趨勢J

考點三年考情分析2025考向預測

磁場是電磁學的核心內容,高考對磁場知

識的考查覆蓋面非常大,幾乎所有的知識

點都會考查到。這部分內容的復習應該從

磁場的特性入手，掌握磁場對通電導線、

(1)安培定則、磁場的疊加；3年3考

運動電荷施加的安培力、洛倫茲力的特

(2)安培力的分析與計算；廣東卷[(2022,T10,

點，能熟練畫出帶電粒子在磁場中做圓周

(3)帶電粒子在磁場中的運動；T7),(2023,T5)]

運動的軌跡，利用平衡和圓周運動的力

學、運動學規(guī)律，注意數理方法的結合，

本部分的難點是臨界軌跡的獲取與相應

數學方程的建構。

重難詮釋

【情境解讀】

電流元法轉換研究對象法結論法

粒子圓周運動的基本規(guī)律

向心力:歹向幽-

P、M點速產點速度某點的速

度方向垂方向垂線度方向垂

線的交點與弦的垂線與切點

直平分線法線的

的交點交點

【高分技巧】

內容重要的規(guī)律、公式和二級結論

(1)磁場方向就是小磁針N極的受力方向。

L磁場、電流的磁場

(2)電流的磁場可以用安培定則(右手螺旋定則)來判定。

F

(3)定義式：B=-pLI),B與F、/、/無關。

2.磁感應強度、磁感線

(4)磁感線密的地方，磁場強，磁感線稀疏的地方，磁場

弱。

3.磁場對通電直導線

(5)大?。篎=IIB(B./、/相互垂直)；/〃5時，歹安=0。

的作用、安培力、左手

(6)方向：用左手定則判定。

定則

(7)洛倫茲力的大?。篎=qvB；方向用左手定則判定；

洛倫茲力對運動的電荷不做功。

(8)帶電粒子在勻強磁場中運動：#5=〃二；半徑r=

4.磁場對運動電荷的

r

作用、洛倫茲力

—;周期7=」匚；粒子在磁場中的運動時間，

qBqB2n

為帶電粒子運動軌跡圓弧的圓心角)。

【考向一：磁場的基本性質安培力】

1.磁場疊加問題的解題思路

(1)確定磁場場源，如通電導線。

(2)定位空間中需求解磁場的點，確定各個場源在這一點產生磁場的磁感應強度的大小和方

向。

(3)應用平行四邊形定則進行合成。

2.用準“兩個定則”

(1)對電流的磁場用安培定則(右手螺旋定則)，并注意磁場的疊加。

(2)對通電導線在磁場中所受的安培力用左手定則。

3.熟悉“兩個等效模型”

(1)變曲為直：圖甲所示的通電導線，在計算安培力的大小和判斷方向時均可等效為ac直線

電流。

(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁體，如圖乙所示。

1.(2023廣東廣州模擬)如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙，

間隔棒將6條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點°、b、c、d、e、/上，。為正六邊形的中心，A

點、8點分別為O。、Od的中點。已知通電導線在周圍形成磁場的磁感應強度與電流大小成正比，與到

導線的距離成反比。6條輸電導線中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中。導線中的電流對6導

線中電流的安培力大小為R貝1()

甲乙

A.A點和B點的磁感應強度相同

B.其中b導線所受安培力大小為F

C.a、b、c、d、e五根導線在。點的磁感應強度方向垂直于ed向下

D.a、b、c、d、e五根導線在。點的磁感應強度方向垂直于ed向上

答案C

解析根據對稱性可知/點和8點的磁感應強度大小相等，方向不同，關于。點對稱，故A錯誤；根

據題意可知a、c對導線6的安培力大小Rd對導線6的安培力大小為次=tan30。尸凡e對導

FF5F

線b的安培力大小為一，根據矢量的合成可得b導線所受安培力a=2Fsin30°+2'Jsin60。+—=一,

2322

故B錯誤；根據安培定則，a、d兩根導線在。點的磁感應強度等大反向，6、e兩根導線在。點的磁感

應強度等大反向，a、b、c、d、e五根導線在。點的磁感應強度方向與c導線在O點的磁感應強度方向

相同，垂直于ed向下，故C正確，D錯誤。

2.（改編自2022年全國乙卷）（多選）安裝適當的軟件后，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度瓦

如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為了帆面。某同學在某地對地磁場進行了四次測量,

每次測量時〉軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據表中測量結果可推知（

測量序號By/[lTBz/[tT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.當地的地磁場大小約為50|iT

B.第1次測量時了軸正向指向南方

C.第4次測量時丁軸正向指向東方

D.當地的地磁場磁感應強度方向指向北方斜向下

答案ACD

解析磁感應強度為矢量,故由表格可看出此處的磁感應強度大致為8=疽=后=+Bz2,計算得

Bx50pT,A項正確;如圖所示，地球可視為一個磁偶極，地磁南極大致位于地理北極,地磁北極大致位于地

理南極。由表中Z軸數據可看出Z軸的磁場方向豎直向下，則測量地點應位于北半球，而北半球地磁場指向

北方斜向下,D項正確;測量地在北半球，第1次測量為＞0,故y軸指向北方，第4次測量與＜0,故X軸指向南

方,而n軸則指向東方,C項正確。

3.（多選）（2023廣東廣州二模）如圖是安培研究通電導體間相互作用的簡化示意圖。甲、乙、丙三個圓形線

圈的圓心在同一水平軸線上，軸線垂直線圈平面。甲和丙固定且用導線串聯(lián)，并通以電流4，乙通入電

流A，電流方向在圖中標出，則乙線圈（）

A.圓心處的磁場方向水平向左

B.圓心處的磁場方向水平向右

C.受到甲對它的吸引力

D.受到丙對它的排斥力

答案BC

解析根據右手螺旋定則可知，圓心處的磁場方向水平向右，故A錯誤，B正確；三個線圈的電流方向

相同，同向電流相互吸引，故乙受到甲對它的吸引力，乙受到丙對它的吸引力，故C正確，D錯誤。

4.（改編自2022年湖南卷）（多選）如圖所示，兩根通電直導線用四根長度相等的絕緣細線懸掛于。、。兩點，已

知連線水平，導線靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角均為仇保持導線中的電流大小和方向不變，在導

線所在空間加上勻強磁場后，絕緣細線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是（）。

A.兩導線中的電流方向一定相同

B.兩導線中的電流方向一定相反

C.所加磁場的方向可能沿z軸正向

D.所加磁場的方向可能沿y軸負向

答案BC

解析兩根通電直導線互相排斥，根據平行同向電流互相吸弓I,反向電流互相排斥可知，兩導線中的電流方

向一定相反,A項錯誤,B項正確;磁場的方向沿z軸正向，電流的方向沿x軸，根據左手定則可知受到的磁場

力在水平方向上,C項正確;若磁場方向沿y軸負向，兩根導線受到的磁場力都在豎直方向上，一個向上，一個

向下，它們與豎直方向的夾角一個增大，一個減小，與題意不符合,D項錯誤。

5.（2023惠州三調）如圖所示，導體棒接入電路部分的電阻為R,長度為L質量為相，初始時靜止于

光滑的水平軌道上，電源電動勢為E,內阻大小也為凡勻強磁場的磁感應強度為8,其方向與軌道平

面成0=45。角斜向右上方，開關閉合后導體棒開始運動，則下列說法中正確的是（）

A.導體棒向左運動

B.開關閉合瞬間導體棒的加速度為——

2mR

C.開關閉合瞬間導體棒MN所受安培力大小為叵回

4R

D.開關閉合瞬間導體棒所受安培力大小為——

2R

答案D

解析通過導體棒"N的電流由N到根據左手定則可知，導體棒受到的安培力斜向右下方，則

E

導體棒向右運動，故A錯誤；開關閉合瞬間，電路中電流為/=一，導體棒"N所受安培力大小為方=

2R

BELFsind

BIL=——,故C錯誤,D正確；開關閉合瞬間，根據牛頓第二定律可得，導體棒的加速度為a

2Rm

CBEL

故B錯誤.

4mR

【考向二：帶電粒子在各種邊界磁場中的運動】

1.基本思路

2.軌跡圓的幾個基本特點

（1）帶電粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角（如圖5甲所示，仇

=，2=〃1）。

（2）帶電粒子經過勻強磁場時速度方向的偏轉角等于其軌跡的圓心角（如圖甲所示，a1=a2）o

（3）沿半徑方向射入圓形勻強磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向，如圖乙所示（兩側關于圓心

連線0。對稱）。

3.半徑確定的兩種方法

方法一：由物理公式求。由于所以半徑

rqB

方法二：由幾何關系求。一般由數學知識（勾股定理、三角函數等）通過計算來確定。

4.時間確定的兩種方法

n

方法一：由圓心角求，，=一7。

In

方法二：由弧長求，

V

6.（2023廣東江門一模）一種粒子探測器的簡化模型如圖6所示。圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,

尸。過圓心，平板MQN為探測器，整個裝置放在真空環(huán)境中。所有帶電離子從尸點沿尸。方向射入磁場,

忽略離子重力及離子間相互作用力。對能夠打到探測器上的離子，下列分析正確的是（）

，

/XiX\

I

MN

A.打在Q點的左側的離子帶正電

B.打在MQN上離。點越遠的離子，入射速度一定越大

C.打在上離。點越遠的離子，比荷一定越大

D.入射速度相同的氫離子和笊離子，打在MQN上的位置更靠近Q點是笊離子

答案D

解析由左手定則可知，負電荷受到的洛倫茲力向左，即打在。點的左側的離子帶負電，A錯誤；作出

離子的運動軌跡如圖所示

MQ'N

由圖可看出只有在圓形磁場區(qū)域的下半圓射出的離子才可能打到M0N上，且軌跡半徑越小的離子離Q

v2mv

點越遠，由/3=加］,解得尺=而，當離子的比荷相同時，速度越小的軌跡半徑越小，離子離。點越

遠，B、C錯誤；入射速度相同的氫離子和笊離子，由于笊離子的比荷較小，則笊離子運動軌跡的半徑

越大，故打在上的位置更靠近0點是笊離子，D正確。

7.（多選）（2024中山紀念中學）如圖所示為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在。點處有一放射源，沿半徑方向射出

速度為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從/點飛出磁場，帶電粒子2從3點飛出磁場，不考慮帶電

粒子的重力，貝）

A.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中運動時間之比為2：3

B.帶電粒子1與帶電粒子2做圓周運動的半徑之比為Ji：1

C.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷之比為3：1

D,帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中周期之比為3：1

答案AC

解析如圖設圓形磁場半徑為R,根據數學知識粒子在磁場中運動的軌道半徑為n=Rtan30。，生=

Rtan60°,帶電粒子1與帶電粒子2做圓周運動的半徑之比為°=L帶電粒子1與帶電粒子2在磁場中

/23

2砌120。

運動軌跡對應的圓心角分別為120。和60°,所以可得在磁場中運動時間之比為A正確，B

t22兀6003

—,360°

v2mvvr\1

錯誤；粒子在磁場中運動有5/="一，即/=一=—，因為有一=-,所以可得帶電粒子1的比荷與帶

rBqq_n3

m

qi2兀片

正確；帶電粒子與帶電粒子在磁場中周期之比為

電粒子2的比荷之比為必=3：1,C122=4=1

￡2T127TT23

m2V

D錯誤.

8.(2023廣州市高三校聯(lián)考)如圖所示，邊長為￡的正三角形45C內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感

應強度為8。。為5C的中點，有一群帶電量為+外質量為冽的粒子從。點以不同速率沿與5c成30。

角的方向射入磁場。不計粒子重力和粒子間的相互作用，求:

(1)粒子在磁場中運動的最長時間t；

(2)從4C邊射出的粒子的速度取值范圍。

_.J3qBL

答案(1)—(2)心士上一

3qB4m

解析(1)粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，有

mv2

qvB------

r

271y

T=—

v

設粒子在磁場中圓周運動的圓心角為仇則有

00m

t=-T=—

2兀qB

可知，粒子做圓周運動的圓心角越大，運動時間越長，由題意分析可得，粒子從5C邊射出時在磁場中

5兀5Tim

運動的時間最長，此過程中粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心角為一，故最長時間￡=—

33qB

(2)粒子恰好不從4c邊射出時，軌跡與4C邊相切，運動軌跡如圖所示。

根據圖中幾何條件分析可知

1

r=-Zsin60°

2

粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力，有

mvi

qvoB=

r

聯(lián)立解得vo=走熠

4m

則從ZC邊射出的粒子的速度取值范圍為v>叵些。

4m

9.(2024揭陽質檢)如圖所示，在平面直角坐標系xQy的第四象限有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應

強度大小為'在歹軸上月點有一粒子源，沿紙面向磁場發(fā)射速率不同的粒子，均沿與y軸負方向夾角e

=30。的方向，已知粒子質量均為加，電荷量為式9>0),。尸間距離為〃不計粒子間相互作用及粒子重力).

(1)若某粒子垂直X軸飛出磁場，求該粒子在磁場中的運動時間.

(2)若某粒子不能進入x軸上方，求該粒子速度大小滿足的條件.

3

Oxxx1

xxX

P

xxX

一、.5兀冽2BqL

答案⑴——(2)

6Bq3m

解析(1)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖所示

QQ_

x

oXXXX；

/I

z

XXXxz

p"XXX

於m_____J

,mv22出15005

由qvB=---T=----,t=----T=-T

Riv360012

心，5兀加

解得t=—

6Bq

(2)若帶電粒子不從x軸射出，臨界軌跡如圖所示

由幾何關系得7?2+^2sin0=L

mv2

qvB=---

Ri

人,2BqL

解得

3m

?BqL

0即nv<----

3m

io.扭擺器能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺.其簡化模型如圖所示，I、n兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界

豎直，相距為〃磁場方向相反且垂直紙面.一質量為加、電荷量為一外重力不計的粒子從靠近平行

板電容器板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經電場加速后平行于紙面射入I區(qū)，射入時速度

與水平方向夾角0=30。.

(1)當I區(qū)寬度〃=￡、磁感應強度大小時，粒子從I區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也

為30。，求以及粒子在I區(qū)運動的時間外

(2)若Lz=Li=L、BI=B。,且粒子能返回I區(qū)，求生的范圍.

(3)若B#Bz，L#L],且粒子能從n區(qū)右邊界射出.若粒子從n區(qū)右邊界射出的方向與從I區(qū)左邊界

射入的方向總相同，求叢、當、L1、工2之間的關系式.

_.1\2mUTil3mU

答案（1tvI（3）即2=5也

2qU⑵『五

解析(1)由題意可得粒子運動軌跡如圖所示

B】B

XXXX2

Gxix3

\o\e/

X。*

1??.

XXXXn

XXXX

1LJ'L',LJ

設粒子射入磁場的速度為V,在磁場I區(qū)中做圓周運動的半徑為4,由動能定理和牛頓第二定律可

得

1V2

qU=—mv2,B（）qv=m-

2RT

由幾何關系得￡=2&sin。

粒子在I區(qū)運動的時間為

207?17iLIm

'Ly-3^2qU

(2)由題意可得粒子運動軌跡如圖所示

設粒子在磁場n區(qū)中做圓周運動的半徑為&,由牛頓第二定律得qvB=m-

2R?

若粒子能返回I區(qū)，則H2+&sin收

代入數據解得當［

(3)由題意可得粒子運動軌跡有如圖所示兩種情況

【考向三：帶電粒子在磁場中運動的動態(tài)圓模型】

模型1定圓旋轉模型

粒子的入射點位置相同，速度大小一定，半徑一定，速

適用條件

度方向不同

將半徑為上的圓繞入射點進行旋轉，從而找出臨界

qB

條件

旋轉圓X

xXXx

應用方法AxAx

p

旋轉圓的圓心在以入射點p為圓心、半徑『='吧的圓上

qB

模型2動態(tài)放縮模型

適用條件粒子的入射點位置相同，速度方向一定，速度大小不同

以入射點P為定點，軌跡圓的圓心位于粒子處于入射點時

所受洛倫茲力所在的射線PP上，將半徑放縮作軌跡圓，從

而找出臨界條件

!xxx!

放縮圓包松_?

應用方法

模型3定圓平移模型

粒子的入射點位置不同但在同一直線上，速度大小、方

平移圓適用條件

向均一定

軌跡圓的半徑相同，將半徑為『=竺上的圓沿入射點所在

qB

的直線進行平移，從而找到臨界條件

應用方法

軌跡圓的所有圓心在一條直線上

模型4磁聚焦與磁發(fā)散模型

成立條件：帶電粒子平行射入圓形有界勻強磁場，如果軌跡圓半

磁場區(qū)域圓的徑與磁場區(qū)域圓半徑相等，則粒子從磁場邊界上同一

半徑等于軌跡點射出，該點切線與入射速度方向平行

圓的半徑

mv

r=——

qBO

磁聚焦與磁聚焦

磁發(fā)散帶電粒子從圓形有界勻強磁場邊界上同一點射入，如

果軌跡圓半徑與磁場區(qū)域圓半徑相等，則粒子出射方

向與入射點的切線方向平行

&

磁發(fā)散

11.（多選）如圖所示，在直角坐標系xQy第一象限內存在磁感應強度大小為8,方向垂直紙面向里的勻強磁

場，在y軸上S處有一粒子源，它可向右側紙面內各個方向射出速率相等的質量均為加、電荷量均為q

的同種帶電粒子，所有粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的尸點。已知粒子帶負電，OP=6OS

=日，粒子重力及粒子間的相互作用均不計，則（

A.粒子的速度大小為成

m

371m

B.從。點射出的粒子在磁場中的運動時間為——

qB

C.從X軸上射出的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為9：2

一d

D.沿平行于x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到。點的距離為

答案AC

解析粒子射出磁場時離S最遠的位置是x軸上的P點，可以畫出其軌跡1,如圖所示，可知SP為直

徑，由幾何關系得（2廠）2=泮+（、6田2,得到廠=力由洛倫茲力提供向心力得以5=竺-,則丫=也，故

rm

2Tlm

A正確；從。點射出的粒子的運動軌跡如軌跡3,軌跡所對的圓心角為60。，運動周期7=——，由幾

qB

Ttfll

何知識可得，在磁場中的運動時間￡=-7=—，故B錯誤；運動時間最長的粒子為運動軌跡與x軸相

63qB

切的粒子（軌跡2）,對應的圓心角為270。，則運動時間最短的粒子為從原點飛出的粒子（軌跡

4

1Zi9

3）,則友=-九所以一=-，故C正確；沿平行x軸正方向射入的粒子，圓心在原點。處，運動軌跡為

6ti2

四分之一圓，離開磁場時的位置到。點的距離為力故D錯誤。

12.（多選）如圖所示，正方形成cd區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，。點是〃邊的中點。若一個帶正電

的粒子（重力忽略不計）從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間而剛好從c點射出

磁場?，F(xiàn)設法使該帶電粒子從。點沿紙面以與。4成30。角的方向（如圖中虛線所示），以各種不同的速

率射入正方形內，那么下列說法正確的是（）

A.該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場

B.若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經歷的時間可能是t0

3

C.若該帶電粒子從be邊射出磁場，它在磁場中經歷的時間可能是3to

D.若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經歷的時間一定是彳。

答案AD

解析由題意可知帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間力剛好從c點射出磁場，則

帶電粒子的運動周期為7=2小隨粒子速度逐漸增大，運動周期不變，軌跡由①一②一③一④依次漸

變，由圖可知粒子在四個邊射出時，射出范圍分另IJ為。G、FE、OC、A4,不可能從四個頂點射出，故A

項正確；從成邊射出的粒子在磁場中經歷的時間小于半周期電，從爐邊射出的粒子在磁場中經歷的時

間小于?所有從那邊射出的粒子軌跡所對的圓心角都是3。。。，所用時間吟/故從

C項錯誤，D項正確。

④

13.（多選）如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域分布有垂直紙面向里的勻強磁場，腰長/B=2m,0為BC

的中點，磁感應強度8=0.25T,一群質量加=1x10-7kg、電荷量q=-2x10-3c的帶電粒子以速度v=

5x103mzs垂直于80方向，從80之間射入磁場區(qū)域，帶電粒子不計重力和它們之間的相互作用力，

則（）

x\

XX

A.在AC邊界上有粒子射出的長度為（近一1）m

B.C點有粒子射出

C.在邊界上有粒子射出的長度為1m

D.磁場中運動時間最長的粒子從底邊距B點（JI—1）m處入射

答案ACD

解析粒子在磁場中偏轉，根據洛倫茲力提供向心力，有qvB="二,粒子在磁場中運動的軌跡半徑為「

1X10-7X5X103

=一=---------------m=lm,作出粒子在磁場中的運動軌跡圖，如圖所示，由圖可知，能從/C

qB2xlorx0.25

邊射出的粒子長度為,—r=（-/2—1）m,故A正確；粒子不可能到達C點，故B錯誤；在AB

邊界上有粒子射出的長度為2/=r=lm,故C正確；磁場中運動時間最長粒子運動半個圓周，軌跡與

48、/C相切，由圖可知從底邊距5點處入射，故D正確。

A

14.（多選）利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度，人們把此原理運用到薄膜材料制造上,

使芯片技術得到飛速發(fā)展。如圖所示，寬度為力的帶正電粒子流水平向右射入半徑為k的圓形勻強磁

場區(qū)域，磁感應強度大小為小,這些帶電粒子都將從磁場圓上O點進入正方形區(qū)域，正方形過。點的

一邊與半徑為力的磁場圓相切。在正方形區(qū)域內存在一個面積最小的勻強磁場區(qū)域，使匯聚到。點的

粒子經過該磁場區(qū)域后寬度變?yōu)?%,且粒子仍沿水平向右射出，不考慮粒子間的相互作用力及粒子的

重力，下列說法正確的是（）

A.正方形區(qū)域中勻強磁場的磁感應強度大小為2%，方向垂直紙面向里

B.正方形區(qū)域中勻強磁場的磁感應強度大小為-B,方向垂直紙面向里

2o

C.正方形區(qū)域中勻強磁場的最小面積為2也一2）網

D.正方形區(qū)域中勻強磁場的最小面積為匚廠6

2

答案BC

解析根據磁聚焦原理，粒子在半徑為，。的圓形磁場區(qū)域中運動的軌跡半徑為小有/及=7〃二，解得

ro

mv

氏=一,要使匯聚到o點的粒子經正方形區(qū)域內的磁場偏轉后寬度變?yōu)?m且粒子仍沿水平向右射出，

qro

作出軌跡如圖所示，由幾何關系可知粒子的軌跡半徑2”，正方形中磁場區(qū)域內應該為圓形磁場的一部

v2mv

分，有qvBi=m一,解得耳=——，聯(lián)立可得3i=-&,由左手定則可知，方向垂直紙面向里，A錯誤,

2ro2qro2

兀（2FO）2p4roX4FO-兀（2-。）

B正確；磁場區(qū)域的最小面積為Smin=--------------/---------------------------/=2（兀-2）rg,C正確，D錯誤。

15.（多選）如圖所示，擋板又。左側區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為8