2010-2019十年高考物理真题分类汇编12磁场（附解析）

十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理 专题 12 磁场 选择题： 1.(2019•海南卷•T2)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有 一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向 A.向前 B.向后 C.向左 D.向右 【答案】A 【解析】 半圆形导线所受的安培力等效于直径长的直导线所受的安培力，由左手定则可知，铜线所受 安培力的方向向前，故选 A. 2.(2019•海南卷•T9)如图，虚线 MN 的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相 同的粒子 P、Q 从磁场边界的 M 点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P 的速度 vP 垂直于磁场边界，Q 的速度 vQ 与磁场边界的夹角为 45°。已知两粒子均从 N 点射出磁场， 且在磁场中运动的时间相同，则( ) A.P 和 Q 的质量之比为 1：2 B.P 和 Q 的质量之比为 C.P 和 Q 速度大小之比为 D.P 和 Q 速度大小之比为 2：1 【答案】AC 【解析】 AB、由题意可知，P、Q 两粒子的运动轨迹分别为半圆、四分之一圆，再根据 2 :1 2 :1 mt qB θ＝ 解得：mP：mQ=1：2，故 A 正确，B 错误； CD、结合几何关系可知，RP：RQ＝1： ，由公式 ，解得：vP：vQ＝ ：1， 故 C 正确，D 错误。 故选：AC。 3.(2019•天津卷•T4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开 启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电 脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为 a、长为 c 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒 子是电荷量为 e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为 v。当显示屏 闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压 U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( ) A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电压 U 与 v 无关 C. 前、后表面间的电压 U 与 c 成正比 D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为 【答案】D 【解析】 【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电 子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故 A 错误，电子在运动过程中洛伦兹 力和电场力平衡，有 ，故 ，故 D 正确，由 则电 压 ，故前后表面的电压与速度有关，与 a 成正比，故 BC 错误。 4.(2019•全国Ⅱ卷•T4)如图，边长为 l 的正方形 abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B， 方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。ab 边中点有一电子发源 O，可向磁场内沿垂直于 ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为 k。则从 a、d 两点射出的电子的速度大小分别为 2 2vqvB m R ＝ 2 eU a = , = UF evB F eE e a =洛 电 = UF e a洛 UevB e a = U avB= A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】a 点射出粒子半径 Ra= = ，得：va= = ， d 点射出粒子半径为 ，R= 故 vd= = ，故 B 选项符合题意 5.(2019•全国Ⅲ卷•T5)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 和 B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子垂直于 x 轴 射入第二象限，随后垂直于 y 轴进入第一象限，最后经过 x 轴离开第一象限。粒子在磁场中 运动的时间为 A. B. C. D. 1 4 kBl 5 4 kBl 1 4 kBl 5 4 kBl 1 2 kBl 5 4 kBl 1 2 kBl 5 4 kBl 4 l amv Bq 4 Bql m 4 Blk 2 2 2 2 lR l R = + −   5 4 l 5 4 Bql m 5 4 klB 1 2 B 5π 6 m qB 7π 6 m qB 11π 6 m qB 13π 6 m qB 【答案】B 【解析】 运动轨迹如图: 即运动由两部分组成,第一部分是 个周期,第二部分是 个周期,故总时间为 B 选项的结果. 6.(2019•全国Ⅰ卷•T4)如图，等边三角形线框 LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀 强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点 M、N 与直流电源两端相接，已如导 体棒 MN 受到的安培力大小为 F，则线框 LMN 受到的安培力的大小为 A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0 【答案】B 【解析】 设 每 一 根 导 体 棒 的 电 阻 为 R ， 长 度 为 L ， 则 电 路 中 ， 上 下 两 路 电 阻 之 比 为 ，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比 。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为 L，根据安培力计 算公式 ，可知 ，得 ，根据左手定则可知，两力方向 相同，故线框 LMN 所受的合力大小为 ，故本题选 B。 1 4 1 6 1 2: 2 : 2:1R R R R= = 1 2: 1: 2I I = F ILB= 1 2: : 1: 2F F I I′ = = 1 2F F′ = 3 2F F F′+ = 7.(2019•北京卷•T4)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁 场边界从 a 点射入，从 b 点射出。下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 粒子在 b 点速率大于在 a 点速率 C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从 b 点右侧射出 D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C 【解析】 由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在 b、a 两点的速率，根据 确定粒子运动半径和运动时间。 由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故 A 错误；由于洛伦兹力 不做功，所以粒子动能不变，即粒子在 b 点速率与 a 点速率相等，故 B 错误；若仅减小磁 感应强度，由公式 得： ，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有 可能从 b 点右侧射出，故 C 正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动 的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故 D 错误。 8.(2019 江苏卷 7)如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和 b 是两条固定的平行长直导线，通 2vqvB m r = 2vqvB m r = mvr qB = 过的电流强度相等.矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在 a、b 产生 的磁场作用下静止.则 a、b 的电流方向可能是 A.均向左 B.均向右 C.a 的向左，b 的向右 D.a 的向右，b 的向左 【答案】CD 【解析】 由右手螺旋定则可知，若 a、b 两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场 方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相 反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b 两导线的电流方向相反，故 CD 正确。 9.(2018·全国 II 卷)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、L2，L1 中的电流 方向向左，L2 中的电流方向向上；L1 的正上方有 a、b 两点，它们相对于 L2 对称。整个系统 处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外。已知 a、b 两点 的磁感应强度大小分别为 和 ，方向也垂直于纸面向外。则 A. 流经 L1 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 B. 流经 L1 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 C. 流经 L2 的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 D. 流经 L2 的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 【答案】AC 【解析】试题分析：先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠 加的方式求解各个导体棒产生的磁场强度。 L1 在 ab 两点产生的磁场强度大小相等设为 B1，方向都垂直于纸面向里，而 L2 在 a 点产生 的磁场强度设为 B2，方向向里，在 b 点产生的磁场强度也为 B2，方向向外，规定向外为正， 根据矢量叠加原理可知 ， 可解得： ； 故 AC 正确； 故选 AC 点睛：磁场强度是矢量，对于此题来说 ab 两点的磁场强度是由三个磁场的叠加形成，先根 据右手定则判断导线在 ab 两点产生的磁场方向，在利用矢量叠加来求解即可。 10.(2017·新课标Ⅲ卷)如图，在磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直 于纸面固定放置，两者之间的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时， 纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零。如果让 P 中的电流反向、其他条件 不变，则 a 点处磁感应强度的大小为 A.0 B. C. D.2B0 【答案】C 【解析】如图 1 所示，P、Q 中电流在 a 点产生的磁感应强度大小相等，设为 B1，由几何关 系有 ， 如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，如图 2 所示，由几何关系可知，a 点处磁感应强度 的大小为 ，故选 C。 0 3 3 B 0 2 3 3 B 1 03B B= 2 2 0 1 0 2 3 3B B B B= + = 【考点定位】磁场叠加、安培定则 【名师点睛】本题关键为利用安培定则判断磁场的方向，在根据几何关系进行磁场的叠加和 计算。 11.(2016·北京卷·T17)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石 磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线 分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是 A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 【答案】C 【解析】 试题分析：根据题意可得，地理南北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合， A 正确；地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，B 正确；由于地磁场磁场 方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，C 错误；在赤道处磁场方向水平，而 射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到的洛伦 兹力作用，D 正确； 【考点定位】考查了地磁场 【方法技巧】地球本身是一个巨大的磁体。地球周围的磁场叫做地磁场。地磁北极在地理南 极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极。 12.(2016·上海卷)如图，一束电子沿 z 轴正向流动，则在图中 y 轴上 A 点的磁场方向是 A.+x 方向 B.－x 方向 C.+y 方向 D.－y 方向 【答案】A 【解析】据题意，电子流沿 z 轴正向流动，电流方向沿 z 轴负向，由安培定则可以判断电流 激发的磁场以 z 轴为中心沿顺时针方向(沿 z 轴负方向看)，通过 y 轴 A 点时方向向外，即沿 x 轴正向，则选项 A 正确。 【考点定位】安培定则、电子束产生电流的方向。 【方法技巧】首先需要判断出电子束产生电流的方向，再根据安培定则判断感应磁场的方向。 13.(2011·全国卷)如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流 I1 和 I2，且 I1>I2； a、b、c、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且 a、b、c 与两导线共面；b 点在两导线 之间，b、d 的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是 A.a 点 B.b 点 C.c 点 D.d 点 【答案】C 【解析】若某点合磁感应强度为零，必有 I1 和 I2 在改点形成磁场的磁感应强度等大反向， 只有 C 点有可能，C 正确。 【考点定位】磁感应强度 14.(2014·新课标全国Ⅰ卷·T15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确 的是 A.安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 【答案】B 【解析】由左手定则安培力方向一定垂直于导线和磁场方向，A 错的 B 对的；F=BIL sin θ, 安培力大小与磁场和电流夹角有关，C 错误的；从中点折成直角后，导线的有效长度不等于 导线长度一半，D 错的。 【考点定位】安培左手定则 15.(2014·上海卷)如图，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，面积为 S 的矩形刚性导线框 abcd 可绕过 ad 边的固定轴 OO′转动，磁场方向与线框平面垂直。在线框中通以电流强度为 I 的 稳恒电流，并使线框与竖直平面成 角，此时 bc 边受到相对 OO′轴的安培力力矩大小为 (A)ISB (B)ISB (C) (D) 【答案】A 【解析】bc 边电流方向与 ad 平行，与磁场垂直，所以安培力大小为 ，方 向根据左手定则判断竖直向上，所以安培力的力臂即转轴 ad 与安培力之间的距离，根据几 何关系可得力臂大小为 ，所以安培力的力矩为 ，对 照选项 A 对。 【考点定位】左手定则 力矩 16.(2015·江苏卷·T4)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NM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 【答案】A 【解析】由题意知，当处于磁场中的导体，受安培力作用的有效长度越长，根据 F=BIL 知 受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项 A 中导体的有效长度最大，所以 A 正确。 【考点定位】物体的平衡、安培力 17.(2013·安徽卷·T15)图中 a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形 θcos θ θsin θsin ISB θcos ISB F BIL BI S= = sinS θ sin sinBI S S BISθ θ× = 的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 【答案】B 【解析】根据安培定则(即右手螺旋定则)，b、d 导线中的电流在 O 点产生的磁场方向相反， 它们的合磁场为零，a、c 导线中的电流在 O 点处产生的磁场均水平向左，所以 O 点处的合 磁场水平向左；再根据左手定则可判断出，带正电粒子垂直于纸面的方向向外运动时，它所 受洛伦兹力的方向向下，所以 B 正确。 【考点定位】右手螺旋定则、场强叠加原理、左手定则. 18.(2017·新课标Ⅰ卷·T19)如图，三根相互平行的固定长直导线 L 1、L2 和 L3 两两等距，均通 有电流 ，L1 中电流方向与 L2 中的相同，与 L3 中的相反，下列说法正确的是 A.L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面垂直 B.L3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在平面垂直 C.L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 D.L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 【答案】BC 【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对 L1 受力分析，如图所示，可知 L1 所受 磁场力的方向与 L2、L3 所在的平面平行，故 A 错误； 对 L3 受力分析，如图所示，可知 L3 所受磁场力的方向与 L1、L2 所在的平面垂直，故 B 正 I 1:1: 3 3 : 3 :1 确； 设三根导线两两之间的相互作用力为 F，则 L1、L2 受到的磁场力的合力等于 F，L3 受的磁场 力的合力为 ，即 L1、L2、L3 单位长度受到的磁场力之比为 1：1： ，故 C 正确，D 错误。 【考点定位】电流磁效应、安培力、安培定则 【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方 向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。 19.(2017·新课标Ⅱ卷)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕 制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈 架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金 属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将 A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 【答案】AD 【解析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆 都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受 到同样的安培力而使其转动，选项 A 正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则 当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的 安培力而使其停止转动，选项 B 正确；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮 3F 3 掉，电路不能接通，故不能转起来，选项 C 错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉， 右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动， 转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项 D 正确；故 选 AD。 【考点定位】电动机原理；安培力 【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键 是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。 20.(2015·全国新课标Ⅱ卷·T18)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】指南针不可以仅具有一个磁极，故 A 错误；指南针能够指向南北，说明地球具有 磁场，故 B 正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故 C 正确； 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，导线通电时会产生磁场，指 南针会偏转与导线垂直，故 D 错误。 【考点定位】安培定则；地磁场。 21.(2011·辽宁卷)电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动， 并与轨道保持良好接触，电流 I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道 电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与 I 成正比。 通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出，现欲使弹体的出射速度增加到原来的 2 倍，理论上可采用的方法是 A.只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍 B.只将电流 I 增加至原来的 2 倍 C.只将弹体质量减至原来的一半 D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其它量不变 【答案】BD 【解析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有 ，磁感应 强度的大小与 I 成正比，所以 ，解得 .只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍， 弹体的出射速度增加至原来的 倍，故 A 错误；只将电流 I 增加至原来的 2 倍，弹体的出 射速度增加至原来的 2 倍，故 B 正确；只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增 加至原来的 倍，故 C 错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍， 其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，故 D 正确. 【考点定位】安培力，动能定理 22.(2011·上海卷·T18)如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O’，并处于 匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为 θ。则磁感应强度方向和大小可能为 A.z正向， B.y正向， C.z负向， D.沿悬线向上， 【答案】BC 【解析】逆向解题法。若(A)正确, 磁感应强度方向为 z 正向，根据左手定则，直导线所受 安培力方向沿 y 负方向，直导线不能平衡，A 错误； 若(B)正确, 磁感应强度方向为 y 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿 z 正方向， 根据平衡条件 ，所以 B= ，B 正确； 若(C)正确, 磁感应强度方向为 z 负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿 y 正方向， 根据平衡条件 ，所以 B= ，C 正确； mgBIL = mg IL θθ sincos mgRBILR = tanmg IL θ 21 2BIl L mv⋅ = B kI= 22kI lLv m ＝ 2 2 tanmg IL θ mg IL tanmg IL θ sinmg IL θ 若(D)正确, 磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如下图(侧 视图)，直导线不能平衡，所以 D 错误。所以本题选 BC。 【考点定位】磁感应强度，安培定则 23.(2012·大纲全国卷)如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的 M、N 两点，且与直面垂 直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b 在 M、N 的连线上，o 为 MN 的中点， c、d 位于 MN 的中垂线上，且 a、b、c、d 到 o 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场， 下列说法正确的是 A.o 点处的磁感应强度为零 B.a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C.c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D.a、c 两点处磁感应强度的方向不同 【答案】CD 【解析】由安培定则和磁场叠加原理可判断出 o 点处的磁感应强度方向向下，一定不为为零， 选项 A 错误；a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项 B 错误；c、d 两点处的 磁感应强度大小相等，方向相同，选项 C 正确；a、c 两点处磁感应强度的方向不同，选项 D 正确。 【考点定位】本题考查安培定则和磁场叠加原理 24.(2014·海南卷)如图，两根平行长直导线相距 2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流： a、b、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为 、l 和 3l。关于这三点 处的磁感应强度，下列判断正确的是 2 l A.a 处的磁感应强度大小比 c 处的大 B.b、c 两处的磁感应强度大小相等 C.a、c 两处的磁感应强度方向相同 D.b 处的磁感应强度为零 【答案】AD 【解析】由右手定则可以判断，a、c 两处的磁场是两电流在 a、c 处产生的磁场相加，但 a 距离两导线比 c 近，故 a 处的磁感应强度大小比 c 处的大，Ａ对；ｂ、c 与右侧电流距离相 同，故右侧电流对此两处的磁场要求等大反向，但因为左侧电流要求此两处由大小不同、方 向相同的磁场，故 b、c 两处的磁感应强度大小不相等，B 错；由右手定则可知，a 处磁场垂 直纸面向里，c 处磁场垂直纸面向外，C 错；b 与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，D 对。 【考点定位】磁场叠加、右手定则 25.(2012·天津卷·T2)如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上 的匀强磁场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为 θ。如果仅 改变下列某一个条件，θ 角的相应变化情况是 A.棒中的电流变大，θ 角变大 B.两悬线等长变短，θ 角变小 C.金属棒质量变大，θ 角变大 D.磁感应强度变大，θ 角变小 【答案】A 【解析】水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此 时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有 ，所以棒子中 的电流增大 θ 角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ 角度不变；金属质量变大 θ 角度 变小；磁感应强度变大 θ 角度变大。答案 A。 【考点定位】本题考查力的平衡，安培力及其相关知识 26.(2014·浙江卷)如图 1 所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为 L，其间有竖直向下的 匀强磁场，磁感应强度为 B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从 t=0 时刻起，棒 上有如图 2 所示的持续交流电流 I，周期为 T，最大值为 Im，图 1 中 I 所示方向为电流正方 向。则金属棒 A.一直向右移动 B.速度随时间周期性变化 C.受到的安培力随时间周期性变化 D.受到的安培力在一个周期内做正功 【答案】ABC 【解析】由图知在 0－T/2 时间内根据左手定则可判断金属棒受向右的安培力，且安培力的 大小 F=BIL 保持不变，再根据牛顿第二定律 F=BIL=ma，知金属棒先向右做匀加速运动， 在 T/2－T 时间内，电流变为反方向，同理安培力方向向左，大小不变，故金属棒向右做做 匀减速运动，T 时刻速度恰好减为零，然后重复运动，其 v－t 图如图所示： 故 A、B、C 正确；受到的安培力在一个周期内先做正功，后做负功，故 D 错误。 【考点定位】安培力、牛顿第二定律、功 tan F BIL mg mg θ = =安 27.(2016·海南卷·T8)如图(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈 时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸 面)，磁场方向如图中箭头所示。在图(b)中 A.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B.当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 【答案】BC 【解析】将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流沿 顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故选项 A 错误，选项 B 正确； 当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故选项 C 正确，选项 D 错误。 【考点定位】安培力 【名师点睛】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，明确安培力产生的条件，熟练应用左 手定则判断安培力的方向。 28.(2013·海南卷)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过 的电流均为 I，方向如图所示。a、b 和 c 三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到 相应顶点的距离相等。将 a、b 和 c 处的磁感应强度大小分别记为 B1、B2 和 B3，下列说法正 确的是 A.B1=B20)。粒子沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 的某点向左上方射 入磁场，速度与 OM 成 30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为 A. B. C. D. 【答案】D 粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力， 3B ω 2B ω B ω 2 B ω π π π( ) 24 3 6 − × = π 60 2π 2 360 m qB ω× = 3 q m B ω= 2 mv qB 3mv qB 2mv qB 4mv qB 有 ，解得 ， 根据轨迹图知 PQ＝2R＝2 ，∠OPQ=60° 粒子离开磁场的出射点到两平面交线 O 的距离为 OP＝2PQ＝4 ，D 正确，ABC 错误。 【考点定位】考查了带电粒子在有界磁场中的运动 【方法技巧】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 ，周期公式 ，运动时间公式 ，知道粒子在磁场中运动半径和速 度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。 45.(2016·四川卷)如图所示，正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的 粒子从 f 点沿 fd 方向射入磁场区域，当速度大小为 vb 时，从 b 点离开磁场，在磁场中运动 的时间为 tb，当速度大小为 vc 时，从 c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为 tc，不计粒子重 力。则 A.vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B.vb:vc=2:2，tb:tc=1:2 C.vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D.vb:vc=1:2，tb:tc=1:2 【答案】A 【解析】设正六边形边长为 L，若粒子从 b 点离开磁场，可知运动的半径为 R1=L，在磁场 中转过的角度为 θ1=120°；若粒子从 c 点离开磁场，可知运动的半径为 R2=2L，在磁场中转 过的角度为 θ2=60°，根据 可知 vb:vc=R1：R2=1:2；根据 可知， tb:tc=θ1：θ2=2:1，故选 A。 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。 【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何 轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关 2mvqvB R = mvR qB = mv qB mv qB mvR Bq = 2πmT Bq = 2πt T θ= mvR qB = 2 360 360 mt T qB θ θ π= = ⋅ 的；记住两个常用的公式： 和 。 46.(2011·海南卷)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界.一细束 由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射.这两种粒子带同种电荷，它们的 电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子.不计重力.下列说法正确的 是 A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 【答案】BC 【解析】两种粒子均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力： ，解得 ，入射速度 v 相同的粒子，轨道半径 r 相同，在磁场中的运动轨迹相同，B 正确； 周期 ，不管粒子速度是否相同，周期都相同，A 错误；但在磁场中的运动 时间还与轨道半径 r 有关，当半径 r 小于或等于四分之一边长时，在磁场中运动半圈，圆心 角为 180°，运动时间最长，D 错误；半径大于四分之一边长还要分两种情况讨论，但是运 动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同，C 正确； 【考点定位】带电粒子在有界匀强磁场中的运动 47.(2011·浙江卷)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板 MN 上方 是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为 2d 和 d 的 缝，两缝近端相距为 L。一群质量为 m、电荷量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为 2d 的 缝垂直于板 MN 进入磁场，对于能够从宽度为 d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是 mvR qB = 2 mT qB π= 2vqvB m r = mvr Bq = 2 2R mT v Bq π π= = A.粒子带正电 B.射出粒子的最大速度为 C.保持 d 和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D.保持 d 和 B 不变，增大 L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 【答案】BC 【解析】由左手定则可判断粒子带负电，故 A 错误；由题意知：粒子的最大半径 、粒子的最小半径 ，根据 ，可得 、 ，则 ，故可知 B、C 正确，D 错误。 【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动 48.(2012·江苏卷)如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量 为q的粒子在纸面内从O点射入磁场. 若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法 正确的有 A.若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0 B.若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0 C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－qBd/2m D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+qBd/2m 【答案】BC 【解析】粒子速度 v0 垂直 MN 边界进入磁场时到边界上的的落点最远，距离为 ， m dLqB 2 )3( + 2 3 max dLr += 2min Lr = qB mvr = m dLqBv 2 )3( max += m qBLv 2min = m qBdvv 2 3 minmax =− 022 mvr qB = 若粒子速度不与 MN 垂直，落点在 A 点左侧，如图示 A 项错， 若粒子落在 A 点的右侧，其半径一定大于 ，速度一定大于 v0， B 项对，若粒子落在 A 点左侧 d 处，设粒子的最小速度为 v1，则 ，得 ， 若粒子落在 A 点左侧 d 的范围内，其速度不可能小于 。，若粒子落在 A 点右 侧 d 处，设粒子的最小速度为 v2，则 ，得 ，若粒 子落在 A 点左侧 d 的范围内，其速度不可能小于 ，D 项错。 【考点定位】本题考查带电粒子在磁场中的运动及其相关知识 49.(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场， 硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质 子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是 A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 【答案】AC 【解析】由于电子和正电子电荷性质相反，当入射速度方向相同时，受洛仑兹力方向相反， 0mv qB 0 1 2 2 2 2 mv dmv r d qB qB −−= = 1 0 2 qBdv v m = − 0 / 2v qBd m− 0 2 2 2 2 2 mv dmv r d qB qB ++= = 2 0 2 qBdv v m = + 0 / 2v qBd m+ 则偏转方向相反，故 A 正确。由于电子与正电子速度大小未知，根据带电粒子的偏转半径 公式可知，运动半径不一定相同，故 B 错误。由于质子与正电子的速度未知，半径不一定 相同，则根据轨迹无法判断粒子的性质，C 正确。由 ，则 可 知粒子动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，故 D 错误。 【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动。 50.(2015·全国新课标Ⅱ卷·T19)有两个运强磁场区域 I 和 II，I 中的磁感应强度是 II 中的 k 倍， 两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与 I 中运动的电子相比，II 中的电子 A.运动轨迹的半径是 I 中的 k 倍 B.加速度的大小是 I 中的 k 倍 C.做圆周运动的周期是 I 中的 k 倍 D.做圆周运动的角速度是 I 中的 k 倍 【答案】AC 【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供： ，解得： ，因为 I 中的磁感应强度是 II 中的 k 倍，所以，II 中的电子运动轨迹的半径是 I 中 的 k 倍，故 A 正确；加速度 ，加速度大小是 I 中的 1/k 倍，故 B 错误；由周期公 式： ，得 II 中的电子做圆周运动的周期是 I 中的 k 倍，故 C 正确；角速度 ，II 中的电子做圆周运动的角速度是 I 中的 1/k 倍，D 错误。 【考点定位】带电粒子在磁场中的运动；圆周运动 51.(2015·四川卷·T7)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 MN 垂直于纸面，在纸面内的长度 L=9.1cm，中点 O 与 S 间的距离 d＝4.55cm，MN 与 SO 直线 的夹角为 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 B＝2.0×10－4T，电子质量 m＝9.1×10－31kg，电荷量 e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电 子源发射速度 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 l，则 r mvqvB 2 = 21 2kE mv= 2 kbEmvr qB qB = = qB mvr = m qvBa = qB mT π2= m qB T == πω 2 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 【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 力公式有：evB＝ ，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝ ＝ m＝ 4.55×10－2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源 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 S 点的一系列半径为 r 的等大圆，能够打到板 MN 上的区域范围 如下图所示，实线 SN 表示电子刚好经过板 N 端时的轨迹，实线 SA 表示电子轨迹刚好与板 相切于 A 点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA， 又由题设选项可知，MN 与 SO 直线的夹角 θ 不定，但要使电子轨迹与 MN 板相切，根据图 中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心 C 一定落在与 MN 距离为 r 的平行线上，如下图所 示，当 l＝4.55cm 时，即 A 点与板 O 点重合，作出电子轨迹如下图中实线 S1A1，由图中几 何关系可知，此时 S1O 与 MN 的夹角 θ＝30°，故选项 C 错误；选项 D 正确；当 l＝9.1cm 时， 即 A 点与板 M 端重合，作出电子轨迹如下图中实线 S2A2，由图中几何关系可知，此时 S2O 与 MN 的夹角 θ＝90°，故选项 A 正确；选项 B 错误。 r vm 2 eB mv 419 631 100.2106.1 106.1101.9 −− − ××× ××× ( ( 【考点定位】带电粒子在有界磁场中的运动。 52.(2013·广东卷·T21)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁 场方向进人匀强磁场，最后打到屏 P 上。不计重力。下列说法正确的有 A.a、b 均带正电 B.a 在磁场中飞行的时间比 b 的短 C.a 在磁场中飞行的路程比 b 的短 D.a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近 【答案】AD 【解析】左手定则知，A 正确；由带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式、周期公式 知，两粒子半径相等，轨迹 b 为半圆，a 为优弧，故 B、C 错误，D 正确。 【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动 53.(2013·重庆卷)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为 a 和 b，内有带 电量为 q 的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部 磁感应强度大小为 B。当通以从左到右的稳恒电流 I 时，测得导电材料上、下表面之间的电 压为 U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及 自由运动电荷的正负分别为 A. ，负 B. ，正 C. ，负 D. ，正 【答案】C 【解析】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷.因为 ，解得 ，因为电流 I=nqvs=nqvab，解得 .故 C 正确，A、B、D 错误. Bq mTBq mvr π2, == aUq IB aUq IB bUq IB bUq IB UqvB q a = Uv Ba = IBn q bU = 【考点定位】左手定则；带电粒子在复合场中的运动；电流的微观表达式. 54.(2014·天津卷)如图所示，平行金属板 A、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带 电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么 A.若微粒带正电荷，则 A 板一定带正电荷 B.微粒从 M 点运动到 N 点电势能一定增加 C.微粒从 M 点运动到 N 点动能一定增加 D.微粒从 M 点运动到 N 点机械能一定增加 【答案】C 【解析】以带电粒子为研究对象分析受力可知，微粒同时受到重力和电场力作用，由题中条 件仅可判断出重力与电场力合力向下，但无法确定电场力的大小和方向以及微粒所带电荷电 性，故只能确定合力对微粒做正功，其动能增大，其他结论均无法确定，所以只有选项 C 正确； 【考点定位】带电粒子在复合场中的运动 55.(2016·全国新课标Ⅰ卷·T15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如 图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后 从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀 强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍。此离子和质子 的质量比约为 A.11 B.12   C.121 D.144 【答案】D 【解析】设质子的质量数和电荷数分别为 m1、q1，一价正离子的质量数和电荷数为 m2、q2， 对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得： 21 02qU mv= − 得 ① 在磁场中应满足 ② 由题意， 由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周 运动的半径应相同。 由①②式联立求解得 匀速圆周运动的半径 ，由于加速电压不变， 故 其中 ，可得 故一价正离子与质子的质量比约为 144 【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动 【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。要特别注意带电粒子 在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁 场的速度。本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。 56.(2017·新课标Ⅰ卷)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸 面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等，质量分别为 ma、mb、mc。已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运 动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以 ，故 B 正确， ACD 错误。 【考点定位】带电粒子在复合场中的运动。 2qUv m = 2vqvB m r = 1 2mUr B q = 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 r B m q r B m q = ⋅ ⋅ = 2 1 1 212B B q q= =， 1 2 1 144 m m = a b cm m m> > b a cm m m> > ac bm m m> > c b am m m> > b a cm m m> > 【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是 mag=qE，两个匀速直线运动， 合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。 57.(2014·江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流 为 I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面， 此时通过霍尔元件的电流为 IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 UH 满足：UH＝ ，式中 k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离。电阻 R 远大于 RL，霍尔元件的 电阻可以忽略，则 A.霍尔元件前表面的电势低于后表面 B.若电源的正负极对调，电压表将反偏 C.IH 与 I 成正比 D.电压表的示数与 RL 消耗的电功率成正比 【答案】CD 【解析】根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后 表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故 选项 A 错误；若电源的正负极对调，磁场方向与图示方向相反，同时由电路结构可知，流 经霍尔元件上下面的电流也将反向，因此电子的受力方向不变，即前后表面电势高低情况不 变 ， 故 选 项 B 错 误 ； 由 电 路 结 构 可 知 ， RL 与 R 并 联 后 与 线 圈 串 联 ， 因 此 有 ： I ＝ ，故选项 C 正确；RL 消耗的电功率 PL＝ ＝ ，显然 PL 与 成 正比，又因为磁感应强度大小 B 与 I 成正比，即 B 与 IH 成正比，电压表的示数 UH＝ ，则 UH 与 成正比，所以 UH 与 RL 消耗的电功率 PL 成正比，故选项 D 正确。 【考点定位】本题主要考查了电路的串并联关系、带电粒子在复合场中运动的现实应用分析 问题，属于中档题。 58.(2015·山东卷·T20)如图甲，两水平金属板间距为 d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。 t=0 时刻，质量为 m 的带电微粒以初速度 v0 沿中线射入两板间， 时间内微粒匀速运 动，T 时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小 为 g。关于微粒在 时间内运动的描述，正确的是 d BIk H L H L R R IR + 2( )H L L R I RR 2 2 H L R IR 2 HI HI Bk d 2 HI 3~0 T T~0 A.末速度大小为 B.末速度沿水平方向 C.重力势能减少了 D.克服电场力做功为 【答案】BC 【解析】AB、0～ 时间内微粒匀速运动，则有： ， 内，微粒做平抛运 动，下降的位移 ， ～T 时间内，微粒的加速度 ，方 向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T 时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向 沿水平方向，大小为 v0，故 A 错误，B 正确； C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为 d，则重力势能的减小量为 mgd，故 C 正 确； D、在 ～ 内和 ～T 时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等， 则位移的大小相等，为 d，整个过程中克服电场力做功为 ， 故 D 错误。 【考点定位】带电粒子在复合场中的运动. 59.(2012·新课标卷)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流 电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 图乙 T 3 2T 3 T tO 2E0 E0 E 图甲 v0d 02v mgd2 1 mgd 3 T 0E q mg= 2 3 3 T T～ 2 1 1 2 3 Tx g     ＝ 2 3T 02qE mga gm −= ＝ 1 2 1 2 3 T 2 3T 2 3T 1 4 0 0 1 1 12 4 2 2E q d qE d mgd⋅ ⋅ = = C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 【答案】BD 【解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做 匀减速直线运动，因此 A 错误，D 正确；由 A 选项分析可知，电场力做负功，则电势能增 加，故 B 正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故 C 错误；故选：BD。 【考点定位】本题考查带电粒子在复合场中的运动及其相关知识 60.(2010·上海卷·T13)如图，长为 2l 的直导线拆成边长相等，夹角为 60°的 V 形，并置于与 其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为 B，当在该导线中通以电流强度为 I 的电流 时，该 V 形通电导线受到的安培力大小为 A.0 B.0.5BIl C. Bil D.2 BIl 【答案】C 【解析】导线有效长度为 2lsin30°=l，所以该 V 形通电导线收到的安培力大小为 BIl。选 C。 本题考查安培力大小的计算。 难度：易。 61.(2010·重庆卷·T21)如题 21 图所示，矩形 MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场， 有 5 个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动， 运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示。 由以上信息可知，从图中 a、b、c 处进入的粒子对应表中的编号分别为 A.3、5、 4 B.4、2、5 C.5、3、2 D.2、4、5 【答案】D 【解析】本题考查带电粒子在磁场中的偏转的半径公式，左手定则等知识点。由表格中的信 息可求出校子的轨道半径关系 r3＝r4>r2＝r5>r1，则半径最小的粒子是 1 号，1 号粒子带正电， 由左手定则知，磁场方向垂直纸面向内。B 粒子半径最大，必是 3 号或 4 号粒子，再根据左 手定则知，b 粒子带正电，则 b 是 4 号；同样可知，a 是 5 号粒子。 62.(2010·江苏卷·T9)如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区 域，附加磁场区域的对称轴 OO’与 SS’垂直。a、b、c 三个质子先后从 S 点沿垂直于磁场的 方向摄入磁场，它们的速度大小相等，b 的速度方向与 SS’垂直，a、c 的速度方向与 b 的速 度方向间的夹角分别为 α、β，且 α>β。三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点 S’，则 下列说法中正确的有 A.三个质子从 S 运动到 S’的时间相等 B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在 OO’轴上 C.若撤去附加磁场，a 到达 SS’连线上的位置距 S 点最近 D.附加磁场方向与原磁场方向相同 【答案】CD 【解析】 A.三个质子从 S 运动到 S’的时间不相等，A 错误， B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，只有 b 运动轨迹的圆心在 OO’轴上，因为半径相等， 而圆心在初速度方向的垂线上，所以 B 错误； C.用作图法可知，若撒去附加磁场，a 到达 SS’连线上的位置距 S 点最近，b 最远，C 正确； D.因 b 要增大曲率，才能使到达 SS’连线上的位置向 S 点靠近，所以附加磁场方向与原磁场 方向相同，D 正确； 本题选 CD。 本题考查带电粒子在磁场中的运动。 非选择题： 63.(2019•海南卷•T14)如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为 l；两 根相同的导体棒 AB、CD 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为 l；棒与导轨间的动摩擦因数 为 µ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方 向竖直向下。从 t=0 时开始，对 AB 棒施加一外力，使 AB 棒从静止开始向右做匀加速运动， 直到 t=t1 时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为 i1；已知 CD 棒在 时刻开 始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为 m，电阻均为 R，导轨的电阻 不计。重力加速度大小为 g。 (1)求 AB 棒做匀加速运动的加速度大小； (2)求撤去外力时 CD 棒的速度大小； (3)撤去外力后，CD 棒在 t=t2 时刻静止，求此时 AB 棒的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 (1)当 CD 棒开始刚运动时，设 CD 棒中电流为 i0。则有：Bi0l=μmg，得： 设此时 AB 棒的速度为 v0，则有：i0= ，得： 故 AB 棒做匀加速运动的加速度大小为： (2)设撤去外力时 CD 棒的速度大小为 v1，AB 棒的速度大小为 v2，则有：v2=at1。 根据欧姆定律得： 联立解得： (3)设 CD 棒在 t=t2 时刻静止时 AB 棒的速度大小为 v3。 对两棒整体，安培力的冲量为 0，由动量定理得： 。 ( )0 0 10t t t t= < < 2 2 0 2 mgR B l t µ 1 1 2 2 0 2 2mgRt Ri B l t Bl µ − 1 1 2 12 2 0 4 2 2mgRt Ri g t tB l t Bl µ µ− − −（ ） 0 mgi Bl µ= 0 2 Blv R 0 2 2 2 mgRv B l µ= 0 2 2 0 0 2v mgRa t B l t µ= = 2 1 1 2 Blv Blvi R −= 1 1 1 2 2 0 2 2mgRt Riv B l t Bl µ= − 2 1 3 1 22 mg t t mv mv mvµ− − = − −（ ） 联立解得： 64.(2019•全国Ⅰ卷•T11)如图，在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后，沿平行于 x 辅的方 向射入磁场；一段时间后，该粒子在 OP 边上某点以垂直于 x 轴的方向射出。已知 O 点为坐 标原点，N 点在 y 轴上，OP 与 x 轴的夹角为 30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射 点之间的距离为 d，不计重力。求 (1)带电粒子的比荷； (2)带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间。 【答案】(1) (2) 或 【解析】 (1)粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得： ，解得： 根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即： 1 1 3 2 12 2 0 4 2 2mgRt Riv g t tB l t Bl µ µ= − − −（ ） 2 2 4U d B 23 8 12 d B U π + ⋅    2 3 4 2 3 Bd U π +    2 0 1 2qU mv= 0 2qUv m = 2 2r d= 2 0 0 vqv B m r = 联立方程得： (2)根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度 粒子射出磁场后到运动至 轴，运动的轨迹长度 粒子从射入磁场到运动至 轴过程中，一直匀速率运动，则 解得： 或 65.(2019•江苏卷•T23)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 B.磁场中的水平绝缘薄板与 磁场的左、右边界分别垂直相交于 M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极 短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反.质量为 m、电荷量为－q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为 d，且 d