1．[新课标1卷]14．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子粒子
A．轨道半径减小，角速度增大C．轨道半径增大，角速度增大【答案】D
【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，
粒子只受到洛伦兹力作用，洛伦兹力不做功，
从较
B．轨道半径减小，角速度减小D．轨道半径增大，角速度减小
(不计重力)，从较强的磁场区域进入以较弱磁场区域后，
R
强区域到较弱区或后，粒子速率不变，但磁感应强度变小，根据半径公式
mvqB可以轨
v
道半径变大，由
R可以角速度变小。选项
D正确。
2．[新课标2卷]18．指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是A．指南针可以仅具有一个磁极
B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转【答案】BC
【解析】指南针是一个磁体，它有两个磁极，故具有磁场，故
A错误；指南针能够指向南北，说明地球
C正
导线通电时会产生磁II中的k倍，两个速II中的电子
B正确；当附近的铁块磁化，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故
D错误。
I和II，I中的磁感应强度是
I中运动的电子相比，
确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线时，场，指南针会偏转与导线垂直，故
3．[新课标2卷]19．有两个运强磁场区域A．运动轨迹的半径是B．加速度的大小是C．做圆周运动的周期是D．做圆周运动的角速度是【答案】AC
【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，
粒子只受到洛伦兹力作用，
I中的k倍I中的k倍
I中的k倍I中的k倍
率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与
洛伦兹力提供作向心力，
qvB
由
m
v
2
R
mv
qB，所以，I中的磁感应强度是
a
qvB
m，加速度大小I中的1/k倍，故选项B
II中的k倍，所以II中电子的轨
R解得
道半径是I中的k倍。选项A正确。加速度
T
错误。是由周期公式
2m
qB可以II中的周期是
I中的k倍，选项
C正确。角速度
2T
qB
m，II中电子的角速度是
I中的1/k倍，故选项D错误。
4．[广东理综]16．在同一匀强磁场中，动量大小相等，则A．运动半径之比是【答案】B
α粒子和质子2∶1
4∶1
α粒子(
42
He
)和质子(
21
H
)做匀速圆周运动，若它们的
B．运动周期之比是D．受到的洛伦兹力
2∶1 之比是2∶1
C．运动速度大小之比是
qvB
【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，
m
v
2
r，解得
r
mv
qB，由题意可知mHm
1
f
mHvHq
v
r
mv，所以有rH
1
qHq
12，
vvH
4，fHT
2m
qHvHT
qqH
2，故选项A、C、D均错。2
1，故选项B正确。
A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的
由周期公式
qB知TH
5．[北京理综]17．实验观察到，静止在匀强磁场中A．轨迹1 是电子的，磁场方向垂直纸面向外B．轨迹2 是电子的，磁场方向垂直纸面向外C．轨迹1 是新核的，磁场方向垂直纸面向里D．轨迹2 是新核的，磁场方向垂直纸面向里【答案】D
【解析】由动量守恒可知，原子核静止在磁场中，发生
新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图。则
β衰变
qBv
后的新核与电子的动量大小相等，方向相反。由
mvR
2
，
R
得
mv
qB，粒子运动的半径与电荷量成反比。新核带电量大于电子，因此
R 较小，知轨
迹2 为新核轨迹，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。
6．[四川理综]7．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板直于纸面，在纸面内的长度B＝2.0×10－4T，电子质量子源发射速度
A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm 【答案】AD
夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度
m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电
l，则
v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为
MN垂
L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的
【解析】电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心
evB
力
公式有：
3119
v
2
r
64
m
，解得电子圆周运动的轨道半径为
r
mvqB
9.1101.610
1.6102.010
m4.5510m
2
4.55cm
，恰好有：r＝d＝L/2，由于电
S点的一系列半径为
r
子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过的等大圆，能够打到板的轨迹，实线
MN上的区域范围如下图所示，实线
SA表示电子轨迹刚好与板相切于
SN表示电子刚好经过板N端时
A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置MN与SO直线的夹角θ不定，但要使电子的
l=4.55cm时，即A点与
S1O与MN的
的区域的长度为：l＝NA，又由题设选项可知，
轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当板O点重合，作出电子轨迹如下图中实验
?S1A1，由图中几何关系可知，此时
夹角θ=30°，故选项C错误，而选项D正确；当l=9.1cm时，即A点与板M点重合，作出电子轨迹如下图中实验正确，而选项
?AS22，由图中几何关系可知，此时S2O与MN的夹角θ=90°，故选项A
B错误。
7．[上海物理]20．如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。匀速运动过程中外力A．W1=0 B．W2-W1=Q C．W1=Ek D．WF+WG=Q+Ek 【答案】BCD
【解析】由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功
W2，等于
回路的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的机械能，所W2-W1=Q，故A错误B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功故D正确。
8．[上海物理]25．如图，两根通电长直导线电流强度分别为向为正，则
a、b平行放置，a、b中的
F，若以该磁场力的方
I和2I，此时a受到的磁场力为
W1=Ek，故C正确；外力对磁铁做功与重
力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳热和导体棒的动能。
在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。
W1，磁铁克服磁场力做功
Ek。则
Q，导体棒获得的动能为
在
F做功坼，磁场力对导体棒做功
W2，重力
对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为
b受到的磁场力为________。当在a、b的正中间再放置一
c后，a受到的磁场力大小变为
根与a、b平行共面的通电长直导线
2F，则此时b受到的磁场力为________。【答案】-
F;3F或5F
b受到a对它的磁场力为-F；a、b的
c后，c在a、b
a导线的作用力
c导线对b导线的作用力是它
【解析】由牛顿第三定律知，正中间再放置一根与
a、b平行共面的通电长直导线
两导线处的磁感应强度大小相等，方向相反，
的两倍，方向相反，a受的磁场力大小变为能是-3F，c导线对b导线的作用力可能是5F。
2F，那么c导线对a导线的作用力可能是F也可
-2F也可能是6F，故此时b受到的磁场力为-3F或
9．[江苏物理]4．如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是
(
)
××
M
×
×M 【答案】A
××
××N
×M ×
××
××N
×M ×
××
××N
××
××
N ××
×
【解析】每个线圈都有三段边受安培力，A．B．
中两段侧边所受安培力的水平分力都平衡，而A中两段侧边所受安培力恰好平衡，C．D．B、C、DB、C中两端侧边所受安培力的竖直分力抵消
B中的侧边的射影长所以抵消得多。
D
了与它们在MN边上的射影等长的边受的安培力，且
中的两段侧边所受的安培力的竖直分力也与它们在水平面上的射影的长度相等的边所受的安培力且与线圈底边所受的安培力同向，但总的等效的受力边长比向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过A．向上【答案】A
【解析】条形磁铁的磁感线方向在
a点为垂直P 向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，
A正确。
0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，
12V的电池相连，电路总电阻为
2Ω。已
10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平
所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力向向上，11．[新课标1卷]24．(12分) 如图，一长为地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为知开关断开时两弹簧的伸长量均为开关断开时相比均改变了
B．向下
a点。在电子经过
C．向左
a点的瞬间。条形磁
D．向右
铁的磁场对该电子的作用力的方向
MN边短，所以A正确。
P，且S极朝
10．[海南物理]1．如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于
0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与
0.3cm，重力加速度大小取
10ms。判断开关闭合后金属棒所受
2
安培力的方向，并求出金属棒的质量。【答案】m=0.01kg 【解析】
I
金属棒通电后，闭合回路电流导体棒受到安培力
F=BIL=0.06N
UR
12V2
6A
根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下开关闭合前2开关闭合后2
kk
0.510m(0.3
2
mg
2
0.5)10mmgF
m=0.01kg 12
12
12．[重庆理综]9．（18分）题9图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中别有正对的两个小孔
MN和MN是间距为h的两平行极板，其上分
O和O，ON=ON=d，P为靶点，OP=kd（k为大于1的整数）．极
U．质量为m、带电量为q的正离子从O
ON区域（含N点）或外壳
离子可匀速穿过．忽略相对论效应
[来源:Zxxk．Com]
板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为点由静止开始加速，经
O进入磁场区域．当离子打到极板上
上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，和离子所受的重力．求：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到（2）能使离子打到
P点所需的磁感应强度大小；
P点的磁感应强度的所有可能值；
（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
B
【答案】（1）
22qUmqkd
3)mkd
2
B
（2）
22nqUmqkd2(k
2
，（n=1，2，3，k2-1）
t磁
（3）
(2k
2
22qum(k
1)，
t电h
1)m
qU
[来源:学科网] 【解析】
qU
试题分析：（1）离子经电场加速，由动能定理：
12
mv
2
v
，可得
2qUm
qvB
磁场中做匀速圆周运动，
m
v
2
r
r
kd2
刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知
B
联立解得
22qUmqkd
（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达
N'右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到
nqU
12mv
2n
O点重新加
速，直到打在P点。设共加速了n次，有：
qvnBm
kd2
vnrn
2
rn
且
B
解得：
22nqUmqkd
，
要求离子第一次加速后不能打在板上，有解得：n
r1
d2，且
qU
12
mv
21
qv1B
，
vmr1
21
k
2
故加速次数n为正整数最大取n
k
2
1
B
即
22nqUmqkd
，（n=1，2，3，k2-1）
取n
（3）加速次数最多的离子速度最大，运动和半个圆周打到
P点。
k
2
1，离子在磁场中做
n-1个完整的匀速圆周
T
由匀速圆周运动
2rv(2k
2
2mqB3)mkd
2
t磁
(n1)T
T2
22qum(k1)
电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动．由运动学公式
(ka
2
1)hqUmht电
12
at
2电
h
2(k
2
1)m
可得：
qU
7图
线圈边长为
它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，
13．[重庆理综]7．（15分）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机．题是某音圈电机的原理示意图，
L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈
平面竖直向下，大小为
B，区域外的磁场忽略不计．线圈
P流向Ｑ，大小
左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等．某时刻线圈中电流从为
I．
v，求安培
（１）求此时线圈所受安培力的大小和方向。（２）若此时线圈水平向右运动的速度大小为力的功率．
【答案】（1）F=nBIL，方向水平向右
；（2）P=nBILv
n条边，故F=nBIL
【答案】(1) 线圈的右边受到磁场的安培力，共有由左手定则，电流向外，磁场向下，安培力水平向右。(2) 安培力的瞬时功率为
P=Fv=nBILv
D和2D的同心圆处于同一竖直面内，
O为圆心，
14．[山东理综]24．如图所示，直径分别为向里的匀强磁场。间距为
GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂直圆面
d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极
板开有一小孔。一质
v射
量为m，电量为+q的粒子由小孔下方（1）求极板间电场强度的大小；
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；（3）若Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
2mv/qD，4mv/qD，粒子运动一段时间后再次
d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度
出电场，由点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
mv
2
4mv4mv
【答案】（1）qd（2）qD或3qD（3）5.5πＤ
【解析】(1) 粒子在电场中，根据动能定理：
Eq
d2
12
mv
2
E
解得
mvqd
2
Dr1
(2) 若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为
D
22
D4
qvB1
由
m
v
2
r1，解得
B
4mvqD
2D
当外切时，半径为
r2
D22
3D4
qvB1
由
m
v
2
r2，解得
B
4mv3qDB1
2mv
qD，则粒子运动的半径为
R2
mvqB2
D
4；[来源:学_科_网]
T1
2R1v1
；
R1
mvqB1
D
2；Ⅱ区域的磁
(3) 若Ⅰ区域的磁感应强度为
B2
感应强度为
4mv
qD，则粒子运动的半径为
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：
T2
2R2v2
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，区两段圆弧所对的圆心角相同，设为切点与圆心O连线间的夹角设为粒子重复上述交替运动回到
1
运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ
2，圆弧和大圆的两个
，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为
1
，由几何关系可得：
120；
0
2
180；
0
60
0
H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分
t1
别为t1、t2，可得：
360
0
1
2
0
360
T1
；
t2
360
0
2
360
0
T2
设粒子运动的路程为联立上述各式可得：
s，由运动公式可知：s=5.5πＤ
s=v(t1+t2)
15．[天津理综]12、（20分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为强度为E，方向水平向右；磁感应强度为行且与电场方向垂直，一个质量为
m、电荷量为
q的带正电粒子在第
d。电场
B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平
1层电场左侧边界某
处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射
（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度
v2的大小与轨迹半径
r2
n
（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为（3）若粒子恰好不能从第
，试求
sin
n
n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入
第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之
2
【答案】（1）B
mEdq
；（2）
sin
n
nqd
B
2mE；（3）见解析；
【解析】(1) 粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，
2qEd
由动能定理，有：
12
mv
22
v
解得：
2
qEdm
qv2B
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：
vmr2
22
r2
联立解得：（2）设粒子在第
2mEdBq
n层磁场中运动的速度为
vn，轨迹半径为
rn（下标表示粒子所在层数）
，
nqEd
12
mv
2
n
2n
qvnB
vmrn
粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为
n
n
,从第n层磁场右侧边界突出
时速度方向与水平方向的夹角为不变，有：
，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量
vn1sin
n1
vnsin
n
由图根据几何关系可以得到：
rnsin
n
rnsin
n
d
rnsin
n
联立可得：由此可看出
rn1sinrnsin
n
n1
d
r1sin
1
，
r2sin
2
，…，为一等差数
列，公差为d，可得：
rnsin
n
r1sin
1
n1d
当n=1时，由下图可看出：
r1sin
1
dsin
nqdB
2mE
n层磁场右侧边界穿出，则：
n
联立可解得：
（3）若粒子恰好不能从第
n
2，sin
n
1
q
在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为
m，假设通穿出第
q
q
n层
磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为
n
，由于mm，则导致：
sin
n
1
说明
n
不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，
器。引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板
旋转B。
16．[浙江理综]25．使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。轨道时半径为
r的圆，圆心在
O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为
为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出组成弧形引出通道，通道的圆心位于内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从OQ长度为L。OQ与OP的夹角为（1）求离子的电荷量（2）离子从
，
O'点（O'点图中未画出）。引出离子时，令引出通道
P点进入通道，沿通道
中心线从Q点射出。已知
q并判断其正负
P点进入，Q点射出，通道内
匀强磁场的磁感应强度应降为
B'，求B'
（3）换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度缘效应。为使离子仍从
B不变，在内外金属板间加直流电压，
两板间产生径向电场，
忽略边
P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度
E的方向和大小
q
【答案】(1)
2
mvBr，正电荷
2Lcos)2rRcos)
vr
2
mv(2r
(2) q(r
2
2Lcos)
2
L2rRcos)
Bv
(3)
mv(2rq(r
2
L
2
Bqv
【解析】（1）离子做圆周运动
m
①
q
解得
mvBr，正电荷
②
（2）如图所示
O'Q
R，OQL，O'OB'qv
mv
2
Rr
引出轨迹为圆弧
R
③
R
解得：
mvB'q
r
2
④
R
根据几何关系得：
L2r
2
2rRcos2Lcos
⑤
B'
解得：
mvqR
mv(2rq(r
2
2Lcos)
2
L2rRcos)
⑥
(3) 电场强度方向沿径向向外
Bqv
引出轨迹为圆弧：
2
Eqm
v
2
R
⑦
E
解得
Bv
mv(2rq(r
2
2Lcos)2rRcos)
⑧
质量m=0.2kg杆在水平向右的
L
2
17．[上海物理]32．(14分)如图A．，两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。的金属杆垂直置于导轨上，
与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。
0。求：
恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为
v–t图像如图B．所示。在15s时
(1) (2)
金属杆所受拉力的大小小B0；
F；
0–15s内匀强磁场的磁感应
强度大
(3) 15–20s内磁感应强度随时间的变化规律。
【答案】(1)
F0.24N
(2)
B00.4T
B(t)
(3)
B0dd
x
50
20(t15)(t
25)
T
【解析】(1)由vt关系图可知在0-10s时间段杆尚未进入磁场，因此
mg0.4m/s
2
F
由图可得
ma1
a
同理可知在15-20s时间段仅在摩擦力作用下运动。
mg
右图由图可得解得
ma2
2
a0.8m/s
F0.24N
(2)在10-15s时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有
Fmg
BLvR
2
0
2
以
F
0.24N，
B0
mg
0.16N代入
解得
0.4T
(3)由题意可知在后运动距离为
15-20s时间段通过回路的磁通量不变，设杆在10-15s内运动距离为d，15s
x。
其中
由此可得
B(t)L(d
x)B0Ld
d
20m
x4(t15)0.4(t
15)2
B(t)
B0d20d
x
50(t15)(t
25)
T
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