專題09

磁場（解析版）

近5年（2017-2021）高考物理試題分類解析

1.2021全國甲卷第3題.兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（）

A.B、0

B.0、2B

C.2B、2B

D.B、B

【答案】B

【解析】

兩直角導線可以等效為如圖所示兩直導線，由安培定則可知，兩直導線分別在M處的磁感應強度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應強度為零；兩直導線在N處的磁感應強度方向均垂直紙面向里，故M處的磁感應強度為2B；綜上分析B正確。

故選B。

2.2021全國甲卷第8題.由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數是乙的2倍。現兩線圈在豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現的是（）

A.甲和乙都加速運動

B.甲和乙都減速運動

C.甲加速運動，乙減速運動

D.甲減速運動，乙加速運動

【答案】AB

【解析】設線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進入磁場時，有

感應電動勢為

兩線圈材料相等（設密度為），質量相同（設為），則

設材料的電阻率為，則線圈電阻

感應電流為

安培力為

由牛頓第二定律有

聯立解得

加速度和線圈的匝數、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度。當時，甲和乙都加速運動，當時，甲和乙都減速運動，當時都勻速。

故選AB。

3.2021全國乙卷第3題.如圖，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉，不計重力，則為（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】根據題意做出粒子的圓心如圖所示

設圓形磁場區域的半徑為R，根據幾何關系有第一次的半徑

第二次的半徑

根據洛倫茲力提供向心力有

可得

所以

故選B。

1.2021湖南卷第10題.兩個完全相同的正方形勻質金屬框，邊長為，通過長為的絕緣輕質桿相連，構成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場。磁場區域上下邊界水平，高度為，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內以初速度水平無旋轉拋出，設置合適的磁感應強度大小使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.與無關，與成反比

B.通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變

C.通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等

D.調節、和，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產生的熱量不變

【答案】CD

【解析】

A．將組合體以初速度v0水平無旋轉拋出后，組合體做平拋運動，后進入磁場做勻速運動，由于水平方向切割磁感線產生感應電動勢相互低消，則有

mg

=

F安

=，vy

=

綜合有

B

=

則B與成正比，A錯誤；

B．當金屬框剛進入磁場時金屬框的磁通量增加，此時感應電流的方向為逆時針方向，當金屬框剛出磁場時金屬框的磁通量減少，此時感應電流的方向為順時針方向，B錯誤；

C．由于組合體進入磁場后做勻速運動，由于水平方向的感應電動勢相互低消，有

mg

=

F安

=

則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；

D．無論調節哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有

mg

=

F安

則安培力做的功都為

W

=

F安3L

則組合體通過磁場過程中產生的焦耳熱不變，D正確。

故選CD。

7.2021廣東卷第5題.截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流，四根平行直導線均通入電流，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是（）

A

B.C.D.【答案】C

【解析】

因，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側的直導線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線要受到排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。

故選C。

10.2021河北卷第5題.如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為，導軌平面與水平面夾角為，兩導軌分別與P、Q相連，質量為m、電阻為R的金屬棒垂直導軌放置，恰好靜止，重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是（）

A.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，B.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，C.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，D.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，【答案】B

【解析】

等離子體垂直于磁場噴入板間時，根據左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時產生的電動勢滿足

由歐姆定律和安培力公式可得

再根據金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止，可得

則

金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定則可判定導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下。

故選B。

14.2021浙江卷第15題.如圖所示，有兩根用超導材料制成的長直平行細導線a、b，分別通以和流向相同的電流，兩導線構成的平面內有一點p，到兩導線的距離相等。下列說法正確的是（）

A.兩導線受到的安培力

B.導線所受的安培力可以用計算

C.移走導線b前后，p點的磁感應強度方向改變

D.在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內，不存在磁感應強度為零的位置

【答案】BCD

【解析】

A．兩導線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯誤；

B．導線所受的安培力可以用計算，因為磁場與導線垂直，故B正確；

C．移走導線b前，b的電流較大，則p點磁場方向與b產生磁場方向同向，向里，移走后，p點磁場方向與a產生磁場方向相同，向外，故C正確；

D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內，兩導線在任意點產生的磁場均不在同一條直線上，故不存在磁感應強度為零的位置。故D正確。

故選BCD。

2021年上海高考等級考第10題

在一根電流隨時間均勻增加的長直導線周圍有（）

(A)恒定的勻強磁場

(B)恒定的非勻強磁場

(C)隨時間變化的勻強磁場

(D)隨時間變化的非勻強磁場

【答案】D

【解析】根據一根長直導線周圍的磁場大小為，所以B與r成反比，即是非勻強磁場（空間）；因為電流I隨時間均勻增加，所以B隨時間變化，所以D正確。

2020全國1卷第５題

5.一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，可得粒子在磁場中的周期

粒子在磁場中運動的時間

則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。采用放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸增大。

當半徑和時，粒子分別從ac、bd區域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期。

當0.5R

粒子運動最長時間為,故選C。

2020全國2卷第4題

4.CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移

C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移

【答案】D

【解析】A．由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；

B．增大加速電壓則根據

可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有

可得

可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；

C．電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；

D．由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。

故選D。

2020全國3卷第5題

5.真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感應強度最小為（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，則其運動軌跡，如圖所示

A點為電子做圓周運動的圓心，r為半徑，由圖可知為直角三角形，則由幾何關系可得

解得；

由洛倫茲力提供向心力

解得，故C正確，ABD錯誤。

故選C。

2020北京卷第8題

8.如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針。現驅動圓盤繞中心軸高速旋轉，小磁針發生偏轉。下列說法正確的是（）

A.偏轉原因是圓盤周圍存在電場

B.偏轉原因是圓盤周圍產生了磁場

C.僅改變圓盤的轉動方向，偏轉方向不變

D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉方向不變

【答案】B

【解析】AB．小磁針發生偏轉是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；

C．僅改變圓盤的轉動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故C錯誤；

D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故D錯誤。

故選B。

2020天津卷第7題

7.如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角。粒子經過磁場偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則（）

A.粒子帶負電荷

B.粒子速度大小為

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a

D.N與O點相距

【答案】AD

【解析】A．粒子向下偏轉，根據左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負電，A正確；

BC．粒子運動的軌跡如圖

由于速度方向與y軸正方向的夾角，根據幾何關系可知，則粒子運動的軌道半徑為

洛倫茲力提供向心力

解得，BC錯誤；

D．與點的距離為，D正確。

故選AD。

2020天津卷第11題

11.如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻，邊長。求

（1）在到時間內，金屬框中的感應電動勢E；

（2）時，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；

（3）在到時間內，金屬框中電流的電功率P。

【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.064W

【解析】（1）在到的時間內，磁感應強度的變化量，設穿過金屬框的磁通量變化量為，有①

由于磁場均勻變化，金屬框中產生的電動勢是恒定的，有②

聯立①②式，代入數據，解得③

（2）設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有④

由圖可知，時，磁感應強度為，金屬框ab邊受到的安培力⑤

聯立①②④⑤式，代入數據，解得⑥，方向垂直于ab向左。⑦

（3）在到時間內，金屬框中電流電功率⑧

聯立①②④⑧式，代入數據，解得⑨

2020上海等級考第4題

4、如圖，在通電螺線管中央軸線上a、b、c三點和外側的d點中，磁感應強度最大的是（）

(A)

a

(B)

b

(C)

c

(D)

d

[答案]C

【解析】根據磁感線的疏密可以判斷，C正確。

[考察知識]通電螺線管內外磁場的分布。

[核心素養]物理觀念

2020浙江第9題

9.特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流和。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則（）

A.b點處的磁感應強度大小為0

B.d點處的磁感應強度大小為0

C.a點處的磁感應強度方向豎直向下

D.c點處磁感應強度方向豎直向下

【答案】C

【解析】A．通電直導線周圍產生磁場方向由安培定判斷，如圖所示

在b點產生的磁場方向向上，在b點產生的磁場方向向下，因為

即則在b點的磁感應強度不為零，A錯誤；

BCD．如圖所示，d點處的磁感應強度不為零，a點處的磁感應強度豎直向下，c點處的磁感應強度豎直向上，BD錯誤，C正確。故選C。

1.2019全國1卷17．如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為

A．2F

B．1.5F

C．0.5F

D．0

【答案】17．B

【解析】設導體棒MN的電流為I，則MLN的電流為，根據,所以ML和LN受安培力為，根據力的合成，線框LMN受到的安培力的大小為F+

2.2019全國1卷24.（12分）如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求

（1）帶電粒子的比荷；

（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。

【答案】24．（1）設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有①

設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛領第二定律有②

由幾何關系知d=r③

聯立①②③式得

④

（2）由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為

⑤

帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為

⑥

聯立②④⑤⑥式得

⑦

【解析】另外解法（2）設粒子在磁場中運動時間為t1，則(將比荷代入)

設粒子在磁場外運動時間為t2，則

帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為，代入t1和t2得.3.2019年全國2卷17．如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為

A．，B．，C．，D．，【答案】17．B

【解析】

左圖：從a點射出的電子運動軌跡，半徑，代入公式得;

右圖：從d點射出的電子運動軌跡，OD=，,半徑，代入公式得

所以答案為D。

4.2019年全國3卷18題．如圖，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為

A．

B．

C．

D．

【答案】18．B

【解析】如下圖所示，粒子在第二象限運動的時間，在第一象限運動的時間，由，，代入解得t=.5.2019年北京卷16題．如圖所示，正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是

A．粒子帶正電

B．粒子在b點速率大于在a點速率

C．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出

D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

【答案】16．C

【解析】根據左手定則，粒子帶負電，A錯誤；勻速圓周運動，速率不變，B錯誤；若僅減小磁感應強度，根據半徑公式，則粒子做圓周運動的半徑增大，所以粒子可能從b點右側射出，C正確；若僅減小入射速率，根據半徑公式，則粒子做圓周運動的半徑減小，如下圖所示，則粒子在磁場中圓周運動的圓心角變大，根據，因為不變，圓心角變大，則運動時間變長，所以D錯誤。,6.2019年天津卷4題.筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）

A.前表面的電勢比后表面的低

B.前、后表面間的電壓與無關

C.前、后表面間的電壓與成正比

D.自由電子受到的洛倫茲力大小為

【答案】4.D

【解析】電子定向移動方向向左，根據左手定則，電子向后表面偏轉，所以前表面的電勢比后表面的高，A錯誤；

根據洛倫茲力等于電場力，得前、后表面間的電壓=Bav，所以B、C錯誤；

自由電子受到的洛倫茲力大小為，D正確。

7.2019年江蘇卷7題．如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等．

矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產生的磁場作用下靜止．則a、b的電流方向可能是

（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】7．CD

【解析】驗證法：a的向左，b的向右如下圖安培力方向相反，線框靜止。同理D正確，A、B錯誤。

9.2017年年全國卷16題．如圖，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質量分別為ma，mb，mc，已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是

A．

B．

C．

D．

【解析】根據受力情況和方向分析，有，【答案】B

10.2017年全國卷19題．如圖，三根相互平行的固定長直導線、和兩兩等距，均通有電流，中電流方向與中的相同，與中的相反，下列說法正確的是

A．所受磁場作用力的方向與、所在平面垂直

B．所受磁場作用力的方向與、所在平面垂直

C．、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為

D．、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為

【解析】根據安培定則判斷磁場方向，再根據左手定則判斷受力方向，知A錯誤，B正確

根據兩個力的加角判斷合力大小，知C正確，D錯誤

【答案】BC

11.2018年全國2卷20題．如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則

A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為

B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為

C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為

D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為

【解析】設流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為，流經L2電流在a點產生的磁感應強度大小為，已知a點的磁感應強度大小為，根據磁感應強度的疊加原理，考慮磁感應強度的方向，有

同理，b點的磁感應強度大小為，有

因為（因距離相等），解得,【答案】20．AC

14.2018年全國2卷第20題

20．如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則

A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為

B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為

C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為

D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為

【解析】設流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為，流經L2電流在a點產生的磁感應強度大小為，已知a點的磁感應強度大小為，根據磁感應強度的疊加原理，考慮磁感應強度的方向，有

同理，b點的磁感應強度大小為，有

因為（因距離相等），解得,【答案】20．AC

15.全國2卷25.（20分）

一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在平面內的截面如圖所示：中間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于平面；磁場的上、下兩側為電場區域，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。

（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；

（2）求該粒子從M點射入時速度的大小；

（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。

【解答】25．（20分）

解：（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）

（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場方向的分量為v1，根據牛頓第二定律有

qE=ma

①

式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有v1=at

②

③

④

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

⑤

由幾何關系得

⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

⑦

（3）由運動學公式和題給數據得

⑧

聯立①②③⑦⑧式得

⑨

設粒子由M點運動到N點所用的時間為，則

⑩

式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，?

由③⑦⑨⑩?式得

?

15.2017年北京第18題

18．如圖，虛線所示的圓形區域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速度為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則為

A．

B．

C．

D．

【解析】如下圖，設磁場的圓形區域的半徑為，若粒子射入速度為，射出的最大圓半徑為，則，若粒子射入速度為，射出的最大圓半徑為，則，根據圓半徑公式，所以

【答案】C

19.2017年北京第21題

21．某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續轉動起來，該同學應將

A．左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉

B．左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉

C．左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉

D．左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉

【解析】A。通電后，線框轉動，半圈后由于慣性，繼續轉動，一周后，又有電流通過，可連續轉動；

B,通電后，線圈轉動，半周后，反方向轉動，線圈只能擺動，不能連續轉動，D同A；

C電路不通，不轉。

【答案】AD

20.2018年北京18題．某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關的是

A．磁場和電場的方向

B．磁場和電場的強弱

C．粒子的電性和電量

D．粒子入射時的速度

【解析】勻速直線運動，約去，無關，勻速圓周運動，電量只影響半徑大小，電性只影響轉動方向，不影響是否做圓周運動。

【答案】18．C

21.2017年天津第11題

11．（18分）平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ現象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入電場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y軸距離與Q點到y軸距離相等。不計粒子重力，為：

（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；

（2）電場強度和磁感應強度的大小之比。

【答案與解析】11.（18分）

（1）在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸的距離為L，到y軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t,有

①

②

設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy

vy=

at③

設粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為α，有④

聯立①②③④式得α=45°

⑤

即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。

設粒子到達O點時的速度大小為v，由運動的合成有⑥

聯立①②③⑥式得⑦

（2）設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F=ma

⑧

又F=qE

⑨

設磁場的磁感應強度大小為B，學|科網粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有⑩

由幾何關系可知?

聯立①②⑦⑧⑨⑩?式得?

22.2018年天津第11題

11．如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內、外半徑分別為R、的半圓環形區域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。

（1）求粒子從P到M所用的時間t；

（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環形區域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大小。

【答案與解析】11.（1）設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有

設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE②；

設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律有F=ma③；

粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at④；聯立①②③④式得⑤；

（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內圓相切時，所有的時間最短，設粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關系可知⑥

設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系可知⑦；

粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度始終為，由運動的合成和分解可知⑧

聯立①⑥⑦⑧式得⑨

23.2018年江蘇9．如圖所示，豎直放置的形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B．質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g．金屬桿

（A）剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下

（B）穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間[來源:學#科#網]

（C）穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd

（D）釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于

【解析】設進入磁場時速度為，出磁場時速度為，因為進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．而在間距中，是勻加速運動，所以在磁場中，做減速運動，是非勻減速運動，所以剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，A錯誤；

因為在磁場中，加速度大小為，隨著速度的減小，加速度減小，所以是加速度逐漸減小的減速運動，可以畫出圖象草圖如下：

因為位移相等都為，所以，即B正確；

在穿過兩個磁場和一個間距的過程中，根據動能定理，在間距中，解得，C正確；

在磁場中，加速度（設向上為正），所以，在進入磁場前，所以

h>，D錯誤。

【答案】

9．BC

24.2018年江蘇15．（16分）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區域間隔為2d，中軸線與磁場區域兩側相交于O、O′點，各區域磁感應強度大小相等．某粒子質量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場．當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．

（1）求磁感應強度大小B；

（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t；

（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值．

【答案】15．（1）粒子圓周運動的半徑

由題意知，解得

（2）設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α，如圖所示

由d=rsinα，得sinα=，即α=53°

在一個矩形磁場中的運動時間，解得

直線運動的時間，解得

則

（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x，如圖所示

粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα

由y≤2d，解得

則當xm=時，Δt有最大值

粒子直線運動路程的最大值

增加路程的最大值

增加時間的最大值。

有的可能以為當中間兩磁場分別向中央移動到靠近時，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt最大，錯誤了，因為此情況粒子飛出左磁場后打到第2個磁場的上邊緣了，要飛出磁場了，不能到達O’。如下圖所示：。

25.2017年江蘇15.（16分）一臺質譜儀的工作原理如圖所示.大量的甲、乙兩種離子飄入電壓力為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡.不考慮離子間的相互作用.（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；

（2）在答題卡的圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區域，并求該區域最窄處的寬度d；

（3）若考慮加速電壓有波動，在（）到（）之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.【答案】

15．（1）設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1

電場加速

且

解得

根據幾何關系x

=2r1

–L

解得

（2）(見圖)

最窄處位于過兩虛線交點的垂線上

解得

（3）設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2

r1的最小半徑，r2的最大半徑

由題意知

2r1min–2r2max

>L，即

解得

【解析】要把圖象放大才可以看清楚，如下圖，A、B分別是兩個半圓的最高點，AB是兩個半圓的切線，P是兩個半圓的交點，作PQ平行于AB，與AO(O是左半圓的圓心)相交于Q，則因為，所以，所以最窄處的寬度

則將代入得。

26.2018年海南物理卷第3題

3.如圖，一絕緣光滑固定斜面處于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，通有電流的金屬細桿水平靜止在斜面上。若電流變為，磁感應強度大小變為3B，電流和磁場的方向均不變，則金屬細桿將

A.沿斜面加速上滑

B.沿斜面加速下滑

C.沿斜面勻速上滑

D.仍靜止在斜面上

3.【解析】原來，后來，沿斜面向上，A正確。

【答案】A

27.2018年海南物理卷第13題

13.（10分）如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B。P是圓外一點，OP=3r。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從P點在紙面內垂直于OP射出。己知粒子運動軌跡經過圓心O，不計重力。求

（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；

（2）粒子第一次在圓形區域內運動所用的時間。

【解析】（1）

用電腦“畫圖”做的圖

如上圖，在三角形OPQ中，根據正弦定理，得。

據幾何關系，解得。

（2）根據，得，帶電粒子在園內做勻速直線運動。

【答案】（1），（2）。

28.2017年第10題

10．如圖，空間中存在一勻強磁場區域，磁場方向與豎直面（紙面）垂直，磁場的上、下邊界（虛線）均為水平面；紙面內磁場上方有一個正方形導線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距。若線框自由下落，從ab邊進入磁場時開始，直至ab邊到達磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能（）

A．始終減小

B．始終不變

C．始終增加

D．先減小后增加

【解析】若導線框剛進入磁場時，安培力等于重力，則做勻速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，則出磁場時做減速運動，所以B錯誤；

若導線框剛進入磁場時，安培力小于重力，則做加速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，若速度增大后使安培力仍小于重力，則出磁場時可能做加速運動，所以C正確；

若導線框剛進入磁場時，安培力大于重力，則做減速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，若速度減小的比增加的多，則出磁場時可能做加速運動，所以D正確；

另一個方法判斷：因為導線框有一段時間全在磁場中運動，沒有感應電流，做加速度為g的加速運動（自由落體運動除初始階段外的運動），所以A、B被否定。

【答案】CD