考点 09 磁场
1．（2021·湖南长沙市·长郡中学高三二模）如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有 NaCl 的
水溶液，容器上下端装有铂电极 A 和 C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关 K 闭合前容器两侧 P、
Q 两管中液面等高，闭合开关后（ ）
A．M 处钠离子浓度等于 N 处钠离子浓度
B．M 处氯离子浓度小于 N 处氯离子浓度
C．M 处电势高于 N 处电势
D．P 管中液面高于 Q 管中液面
【答案】D
【详解】
AB．根据左手定则可以知道，钠离子在洛伦兹力作用下，向 M 处偏转，因此 M 处钠离子浓度大于 N 处
钠离子浓度，AB 错误；
C．根据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子移动方向与电流方向相反，根据左手定则可
以知道，正负离子均偏向同一方向，可见，M 处和 N 处仍呈电中性，因此电势相等，C 错误；
D．当开关闭合时，液体中有从 A 到 C 方向的电流，根据左手定则可以知道，液体将受到向 M 的安培
力作用，在液面内部将产生压强，因此 P 端的液面将比 Q 端的高，D 正确。
故选 D。
2．（2021·江苏盐城市·高三一模）如图所示，边长为 L 的正三角形 abc 区域内存在方向垂直纸面向外的匀
强磁场，同种粒子每次都从 a 点沿与 ab 边成 30°的方向垂直于磁场射入，初速度大小为 v 时，粒子从
ac 边距 a 点 1
3 L 处射出磁场。不计粒子的重力，则粒子（ ）
A．一定带负电
B．初速度为 2v 时，出射位置距 a 点 2
3 L
C．初速度为 2v 时，在磁场中运动的时间变短
D．初速度为 10v 时，能从 bc 边的中点射出
【答案】B
【详解】
A．由左手定则可知，粒子带正电，选项 A 错误；
B．由题意可知，初速度大小为 v 时，粒子从 ac 边距 a 点 1
3 L 处射出磁场，则粒子运动的半径为
1
3r L
当初速度为 2v 时，则由
mvr qB
可知，粒子的运动半径变为原来的 2 倍，即
' 2
3r L
因粒子入射方向不变，由图可知出射位置距 a 点 2
3 L。选项 B 正确；
C．由图可知，无论是当粒子的速度是 v 还是 2v 时，粒子在磁场中的偏转角均为 60°，则粒子在磁场中
的运动时间不变，选项 C 错误；
D．因 bc 边的中点在粒子的入射方向上，则当初速度为 10v 时，粒子不可能从 bc 边的中点射出，选项
D 错误。
故选 B。
3．（2021·广东韶关市·高三一模）如图甲所示是一个“简易电动机”，一节 5 号干电池的正极向上，一块圆柱
形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良
好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理
图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是（ ）
A．从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转
B．电池的输出功率等于线框转动的机械功率
C．线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系
D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小
【答案】D
【详解】
A．线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将做
顺时针转动，故 A 错误；
B．电池输出的电动率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池输
出的电功率大于线框旋转的机械功率，故 B 错误；
C．线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故 C 错误；
D．稳定时，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时的小，
故 D 正确。
故选 D。
4．（2021·安徽高三开学考试）如图，磁场边界 M N P、 、 及荧光屏 Q 相互平行，M 与 N N、 与 P 间距均
为 ,M Nd 、 间有垂直于纸面向里的匀强磁场， N P、 间有垂直于纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感
应强度大小均为 B．在边界 M 上的 A 点有一个粒子源，可以沿垂直边界 M 及磁场的方向射入速率为
00 ~ v （ 0v 未知）的粒子，粒子的质量均为 m、电荷量均为 q ，结果在荧光屏上形成一条长为 d 的亮
线，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则打在荧光屏上的粒子的速度大小范围为（ ）
A． 5
4
qBd qBdvm m
B． 5
2
qBd qBdvm m
C． 5
2 2
qBd qBdvm m
D． 5
2 4
qBd qBdvm m
【答案】A
【详解】
当粒子的运动轨迹刚好与 N 相切时，粒子做圆周运动的半径为 d，根据牛顿第二定律
2
1
1
vqv B m d
解得
1
qBdv m
此粒子打在荧光屏上的位置与 A 点在竖直方向上的距离为 2d ，如图所示
设粒子的最大速度为 2v ，粒子在磁场中的运动半径为 r，根据几何关系
2
2 2
2
dr d r
解得
5
4r d
根据牛顿第二定律
2
2
2
vqv B m r
解得
2
5
4
qBdv m
故选 A。
5．（2021·广东佛山市·西樵高中高三月考）为监测污水排放量，需在排污管末端安装流量计。如图所示，
水平放置的装置由绝缘材料制成，截面直径为 d，左右两端开口，流量计所处空间有磁感应强度大小为
B、方向垂直于截面水平向里的匀强磁场，在上、下两个表面分别固定有金属电极 a、b，与金属电极连
接的理想电压表将显示两个电极间的电压。若含有正、负离子（不计离子所受重力）的污水充满管口流
经该装置，污水流量（单位时间内排出污水的体积）为 Q，则电压表的示数为（ ）
A． BQ
d B． 2BQ
d C． BQ
d D． 4BQ
d
【答案】D
【详解】
离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有
qE=qvB
U=Ed
结合
2
4
d vQ
解得
4BQU d
故选 D。
6．（2021·辽宁朝阳市·高三月考）2020 年 11 月 10 日消息，我国回旋加速器领域首批国家标准正式发布实
施。如图所示是回旋加速器装置， 1 2D D、 是半圆形金属盒，D 形盒的半径为 R，磁场的磁感应强度为 B。
D 形盒的缝隙处接交流电源，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到
加速，两 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中。现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下
列方法可行的是（ ）
A．增大交流电源电压
B．增大 D 形盒的半径
C．增大交流电源电压和减小狭缝间的距离
D．增大磁场磁感应强度和减小狭缝间的距离
【答案】B
【详解】
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由
2mvqvB R
2
km
1
2E mv
得
2 2 2
km 2
q B RE m
可见粒子获得的最大动能由磁感应强度 B 和 D 形盒半径 R 决定，与交流电源电压无关。增大 D 形盒的
半径，可以增加粒子的动能。故 ACD 错误，B 正确。
故选 B。
7．（2021·广东惠州市·高三月考）如图所示，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。
在 xOy 平面内，从原点 O 处沿与 x 轴正方向成θ（0＜θ＜π）角以速率 v 发射一个带正电的粒子（不计重
力）。下列说法正确的是（ ）
A．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若θ一定，粒子在磁场中运动的时间与 v 的大小无关
C．若 v 的大小一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
D．若 v 的大小一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距 O 点越远
【答案】BC
【详解】
ABC．如图，画出粒子在磁场中运动的轨迹
由几何关系得：轨迹对应的圆心角
2 2
粒子在磁场中运动的时间
2 2 2 (2 2 )
2 2
m mt T qB qB
知运动的时间与初速度无关， 越大，运动的时间越短。故 A 错误，BC 正确；
D．根据几何关系知，粒子在离开磁场的位置距 O 点的距离为
2 sin2 sin mvx r qB
可知，速度一定时，当
2
时， 越大，离开磁场的位置距离O 点越远；当
2
， 越大，离开磁
场的位置距离O 点的距离越小。故 D 错误。
故选 BC。
8．（2021·山东高三专题练习）在磁场中的某同一位置放置一条导线，导线的方向与磁场方向垂直，先后在
导线中通入不同的电流 I ，导线所受的磁场力 F 也不一样。下列四幅图中，a 、b 均各代表一组 F 、 I
的数据，则能正确表示 F 与 I 关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】
在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为
F BIL
由于磁场强度 B 和导线长度 L 不变，因此 F 与 I 的关系图象为过原点的直线，故 AD 错误，BC 正确。
故选 BC。
9．（2021·广东深圳市·高三月考）如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平
向左，磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰能以速度 v0 做直线运动，其轨迹如图虚线所示，虚线与水
平方向成 30°角，小球最终穿过一轴线沿小球运动方向且固定摆放的光滑绝缘管道（管道内径略大于小
球直径），下列说法正确的是（ ）
A．小球一定带正电
B．磁场和电场的大小关系为 03E vB
C．小球可能是从管道的乙端运动到甲端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀速直线运动
【答案】AD
【详解】
A．小球做匀速直线运动，当带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下。从甲端运动到乙端时，洛伦
兹力垂直于虚线斜向右上三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动。当小球带负电时，电场力水平向
右，重力竖直向下。从甲端运动到乙端时或者从乙端运动到甲端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左上或者
右上，均不能使小球沿直线运动。故 A 正确；
B．由 A 项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为
0
sin30 qE
qv B
整理，得
0
2
vE
B
故 B 错误；
C．根据 A 项分析，小球只能是从管道的甲端运动到乙端。故 C 错误；
D．未撤磁场时，小球三力平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中
所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线方向（管道方向）合力仍为零。而管道的支持力垂直于管道。
即小球合力仍为零，做匀速直线运动。故 D 正确。
故选 AD。
10．（2021·荆门市龙泉中学高三月考）如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，在两 D 形盒左边的缝
隙间放置一对中心开有小孔 a、b 的平行金属板 M、N，每当带正电的粒子从 a 孔进入时，立即在两板
间加上恒定电压，粒子经加速后从 b 孔射出时，立即撤去电压。粒子进入 D 形盒中的匀强磁场后做匀速
圆周运动。已知 D 形盒的缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法不正确的是（ ）
A．磁场方向垂直纸面向外
B．粒子运动的周期不断变大
C．粒子每运动一周直径的增加量越来越小
D．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大
【答案】ABD
【详解】
A．粒子从 b 孔进入磁场后受到的洛伦兹力向右，由左手定则判断可知，D 形盒中的磁场方向垂直纸面
向里，A 错误；
B．根据洛仑磁力提供向心力得
2vqvB m r
粒子运动的周期
2 2r mT v qB
粒子运动的周期不变，B 错误；
C．粒子第 n 次加速后，根据动能定理可得
21
2nqU mv
解得
2nqUv m
粒子在磁场中运动的半径
1 2mv nmUr qB B q
粒子每运动一周直径的增加量
2 2 1mUd n nB q
随转动周数的增加，粒子每运动一周直径的增加量越来越小，C 正确；
D．当粒子从 D 形盒中出来时，速度最大，根据
mvr qB
可知最大动能
2( )
2k
qBRE m
（式中 R 为 D 形盒的半径），由此可知，粒子获得的最大动能与加速电压无关，所以增大两板间电压，
粒子最终获得的最大动能不变，D 错误；
故选 ABD。
11．（2021·赤峰二中高三月考）如图，虚线上方空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的
方向从粒子源 O 先后发射速率均为 v 的质子和 粒子，质子和 粒子同时到达 P 点。已知 OP＝l ，
粒子沿与 PO 成 30°角的方向发射，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是（ ）
A．质子在磁场中运动的半径为
2
l
B．粒 子在磁场中运动的半径为 3
2 l
C．质子在磁场中运动的时间为
2
l
v
D．质子和 a 粒子发射的时间间隔为 7
6
l
v
【答案】ACD
【详解】
AB．根据题意作出 粒子运动轨迹如图所示；由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径
r l
因为粒子做圆周运动的半径为
mvr qB
质子与 粒子的荷质比为 2:1所以其半径之比为1: 2，质子半径为
2
l 。故 A 正确 B 错误；
CD．粒子在磁场中做圆周运动的周期
2 2r lT v v
由几何知识可知， 粒子在磁场中转过的圆心角：θ1=300°， 粒子在磁场中的运动时间
1
1
5
360 3
lt T v
质子从 O 射入 P 点射出，又质子半径为
2
l ，可知 O 点射入的速度方向必与 OP 边界垂直, 2 90 故
2
90
360 2
lt T v
所以质子和 a 粒子发射的时间间隔为
1 2
7
6
lt t v
故 CD 正确。
故选 ACD。
12．（2021·广东韶关市·高三一模）如图所示，直角坐标系 Oxy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，
在 y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，质量为 3
2 7 10 kgm 的不带电小物块
静止在原点 O，A 点距 O 点 0.045ml ，质量 3
1 1 10 kgm 的带电小物块以初速度 0 0.5m/sv 从 A
点水平向右运动，在 O 点与 2m 发生正碰并把部分电量转移到 2m 上，碰撞后 2m 的速度为 0.1m/s ，此后
不再考虑 1 2,m m 间的库仑力，已知电场强度 40N/CE ，小物块 1m 与水平面的动摩擦因数为 0.1 ，
取 210m/sg ，求：
(1)碰后 1m 的速度；
(2)若碰后 2m 做匀速圆周运动且恰好通过 P 点，OP 与 x 轴的夹角 30 ，OP 长为 0.4mopl ，求磁感
应强度 B 的大小；
(3)其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为 B ，使 2m 离开第一象限后落地时能与 1m 再次相碰，
求 B 的大小。
【答案】(1) 1 0.3m/sv ，水平向左；(2)1T；(3)0.8T
【详解】
(1) 1m 与 2m 碰前速度为 1v ，由动能定理
2 2
1 1 1 1 0
1 1
2 2m gl m v m v
代入数据解得
1 0.4m/sv
设 2 0.1m/sv ， 1m 与 2m 正碰，由动量守恒有
1 1 1 1 2 2m v m v m v
代入数据得 '
1 0.3m/sv ，方向水平向左。
(2) 2m 恰好做匀速圆周运动，所以
2qE m g
得
31.75 10 Cq
粒子受洛仑兹力提供向心力，设圆周的半径为 R，则
2
2
2 2
vqv B m R
轨迹如图
由几何关系有
OPR l
解得 1TB 。
(3)当 2m 经过 y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动， 1m 碰后做匀减速运动。 1m 匀减速运动至
停，其平均速度为
'
1 2
1 0.15m/s 0.1m/s2v v v ，
所以 2m 在 1m 停止后与其相碰
由牛顿第二定律有
1 1f m g m a
1m 停止后离 O 点距离
2
1
2
vx a
则 2m 平抛的时间
2
xt v
平抛的高度
21
2h gt
设 2m 做匀速圆周运动的半径为 R ，由几何关系有
1
2R h
由
2
2 2
2
m vqv B R
联立得 0.8TB 。
13．（2021·湖北荆州市·高三月考）如图所示，在水平虚线 MN 和 PQ 间有垂直于纸面向外的匀强磁场，在
MN 上方有平行于纸面垂直于 MN 向上的匀强电场，电场强度大小为 E，在 PQ 上的 A 点沿纸面斜向右
上与 PQ 成 60°角的方向射入一个质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子，射入的速度大小为 v0，恰好垂
直 MN 进入电场，MN 与 PQ 间的距离为 d，不计粒子的重力。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)求粒子在电场、磁场中运动的总时间；
(3)保持磁场的磁感应强度大小不变，将方向反向，粒子在 A 点射入磁场的方向不变，将大小改变，结
果粒子在整个运动过程中的最小速度为最大速度的 3
2
倍，求粒子的最大速度。
【答案】(1) 0
2
mvB qd
；(2) 0
0
22
3
mvdt v qE
；(3)
0
3 1
2v v
【详解】
(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r1
由几何关系可知
1 sin30r d
解得
1 2r d
根据牛顿第二定律有
2
0
0
1
vqv B m r
解得 0
2
mvB qd
。
(2)粒子在磁场中运动的时间
1
0
1 2 2
6 3
m dt qB v
粒子进入电场后，做类竖直上抛运动，加速度大小
qEa m
在电场中运动的时间
0 0
2
2 2v mvt a qE
粒子在电场、磁场中运动的总时间
0
1 2
0
22
3
mvdt t t v qE
(3)磁场方向改变后，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由于粒子在运动过程中的最小速度只有最大速度的 3
2
倍，因此粒子必定会进入电场，最小速度等于粒
子刚进电场时速度的水平分速度，最大速度即为磁场中的速度.设粒子在 A 点的速度为 v，粒子进电场时
速度与水平方向的夹角为 ，在磁场中做圆周运动的半径为 r2.则
3cos 2v v
解得
30
由几何关系可知
2 2
1 cos302 r d r
解得
2 3 1r d
根据牛顿第二定律
2
2
vqvB m r
解得
0
3 1
2v v
14．（2021·江苏苏州市·高三开学考试）正方形区域 MNPQ 边长为 L ，在 MN 中点O 垂直于 MN 边以一定
初速度向平面内射入电子，若空间只存在平行正方形平面由 M 指向 N 、场强大小为 E 的匀强电场，电
子恰能从Q 点飞出，如果图甲所示；若空间只存在垂直正方形平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，
电子恰能从 P 点飞出，如图乙所示，不计电子所受重力。
(1)求两种情况下电子刚飞出正方形区域的速度大小之比 1 2:v v ；
(2)求电子比荷 e
m
以及初速度 0v 的大小；
(3)若电子在电场中运动一段时间后撤去电场并立即加上和图乙中一样的磁场，最终电子恰好垂直于 PQ
边飞出正方形区域，求电子在电场中的运动时间 t 。（不考虑撤去电场加上磁场所引起的电磁辐射的影响）
【答案】(1) 2 :1；(2) 2
16
25
E
B L
， 4
5
E
B
；(3) 5
9
BL
E
【详解】
(1)设电子初速度大小为 0v
0
Lt v
2 2
yvL t
0yv v
1 02v v
2 0v v
1 2: 2 :1v v
(2)电子在磁场中运动半径为 0r
2
2 2
0 0 2
Lr r L
解得
0
5
4r L
2
0
0
0
vev B m r
2
0
1
2 2
Ee L Ly m v
解得
2
16
25
e E
m B L
0
4
5
Ev B
(3)
解法一：根据几何关系有
sinx r L
0 sinmvv t LeB
其中
sin y
eEv v tm
解得
0 0
L Lt m Ee Ev veB m B
将
0
4
5
Ev B
带入可得
5
9
BLt E
解法二：以O 为坐标原点、电子初速度方向为 x 正方向，电子在电场中运动轨迹方程为
2
2
xy L
设撤去电场瞬间电子横坐标为 x ，速度大小为 v ，速度与水平方向夹角为 ，根据抛物线方程有
tan x
L
电子速度
0
cos
vv
电子在磁场中运动半径为
0 01 5 1
cos cos 4 cos
mv rmv Lr eB eB
根据几何关系有
sinx r L
5 sintan 4 cos
LL L
解得
4tan 9
则
4tan 9
Lx L
0
4
59
4 9
5
L
x BLt Ev E
B
15．（2021·安徽阜阳市·高三期末）如图，在直角坐标系 xOy 内，0≤x0）的粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正方向射入电场，
并从点 2 ,h h 进入磁场区域，不计重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)若粒子经磁场偏转后不能穿过直线 x=3h，求在这种情况下磁感应强度的最小值 Bm。
【答案】(1)
2
0
2
mv
qh
；(2) 01 2 mv
B qh
【详解】
(1)粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为 t，沿 x 轴正方向有
02h v t
沿 y 轴正方向有
21
2h at
根据牛顿第二定律有
Eq ma
联立解得
2
0
2
mvE qh
(2)粒子进入磁场时沿 y 轴方向的分速度
0yv at v
进入磁场时速度
2 2
0 02yv v v v
与 x 轴正方向成角
45
粒子经磁场偏转后不能穿过直线 x=3h，如图所示
当轨迹与其相切时，半径最大为 Rm，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
2vqvB m R
m
根据几何关系得
m m cos 45h R R
联立解得，最小磁感应强度
01 2 mv
B qh
18．（2021·江苏扬州市·高三开学考试）如图所示直角坐标系中，在 y 轴和 MN 之间以 x 轴为边界存在两个
匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场宽度为 d，磁感应强度大小均为 B、方向垂直于纸面。一粒子加速器放置在
y 轴上，其出射口坐标为 (0, )y 且 0y ，其加速电压可调。初速度为 0、质量为 m、电荷量为 q 的粒
子经加速器加速后平行于 x 轴射入区域 I，不计粒子重力。
(1)若 y d ，调节加速电压，粒子恰好从 O 点射出磁场，求加速电压的大小 U；
(2)若 1
2y d ，粒子仅经过 x 轴一次，然后垂直于 MN 从区域Ⅱ射出，求粒子在磁场中运动的时间 t；
(3)若粒子以 2
2
qBdv m
速度射入磁场，最终垂直于 MN 射出，求 y 满足的条件。
【答案】(1)
2 2
8
qB dU m
；(2)
mt qB
；(3) 1
2 1
2y d 或 2 2
2 1 12 ( 1,2,3 )2 2y d d nn
【详解】
(1)粒子恰好从 O 点射出磁场，故在磁场Ⅰ中的轨迹为半圆，又
1=2y d r
故半径 1 2
dr ，粒子在加速过程满足
2
1
1
2qU mv
在磁场Ⅰ中偏转过程满足
2
1
1
vqv B m r
联立可解得
2 2
8
qB dU m
。
(2)粒子仅经过 x 轴一次，然后垂直于 MN 从区域Ⅱ射出，轨迹如图所示
粒子圆周运动半径 1 2
dr ，两个 90°圆弧，故在磁场中的总时间
1 1 2
2 2
m mt T qB qB
(3)若粒子以 2
2
qBdv m
速度射入磁场，由
2
2
vqv B m r
可得 2
2
2r d ，轨迹如图所示
由几何关系可得
2 2 2
2 2( ) ( )2
dy r r
代入数据可解得 1
2 1
2y d 或 2
2 1
2y d ，考虑到当 y
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