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单元素养评价(十一) 磁场安培力与洛伦兹力
一、单项选择题
1．如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂
直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为( )
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
2．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐
角为45°.将一个金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为点O，半径为r，两条半径Oa和
Ob相互垂直，且Oa沿水平方向．当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为( )
A．BIr B．πBIr
C．BIr D．2BIr
3．如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个 α粒子从两
板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在 α粒子飞跃
金属板间区域过程中( )
A．α粒子的动能增大
B．α粒子的电势能增大
C．电场力对α粒子做负功
D．磁场力对α粒子做负功
4．如图是“人造小太阳”托卡马克装置．其原理是使用强磁场约束高温等离子体，使
其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒
子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁
场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B正比于()
A． B．T
C． D．T2
5．[2022·广西名校联考]如图所示，间距为0.3 m的平行导轨所在平面与水平面之间
的夹角为θ，匀强磁场的磁感应强度方向垂直平行导轨斜面向上，大小随时间变化的规律
为B＝(2＋2t) T．将一根长为0.3 m、质量为0.2 kg的导体棒垂直放置在导轨上，导体
棒中通有大小为1 A、方向从a到b的电流．t＝0和t＝2 s时刻，导体棒刚好都能处于静
止状态．取g＝10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，则( )
A．平行导轨的倾角θ＝30°
B．导体棒对平行导轨的压力大小为1 N
C．导体棒与平行导轨间的最大静摩擦力大小为0.3 N
D．t＝1 s时，导体棒所受的摩擦力为0
6．[2022·广东佛山1月检测]地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入．赤道剖面外的地磁
场可简化为包围地球的一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示．图中给出了速
度在图示平面内、分别从O点沿与地面平行和与地面垂直两个不同方向入射的微观带电粒
子(不计重力)在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰不能到达地面，则下列相
关说法中正确的是( )
A．沿a轨迹运动的粒子带正电
B．若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子，则沿轨迹a运动的粒子的速率更大
C．某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只改变射入地磁场的方向，则只要其速度
在图示平面内，无论沿什么方向入射，都会到达地面
D．某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可
能到达地面
二、多项选择题
7．[2022·山西寿阳一中月考]有一方向竖直向下的匀强磁场垂直光滑绝缘平面，如图
所示(俯视图).在A处静止放置一个不带电的金属球a，另一来自原点的运动金属球b恰好
沿y轴正方向撞向a球．碰撞后，两球的运动情景图可能正确的有( )8．研究某种射线装置的示意图如图所示．射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射
到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点．在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀
强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点．若在板间再加上
一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子(
)
A．带正电 B．初速度为v＝
C．比荷为＝ D．比荷为＝
9．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D和D是两个中空的
1 2
半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源
上．位于D的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电
1
场加速．当质子被加速到最大动能E后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，
k
则下列说法中正确的是( )
A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能E会变大
k
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子
D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶
10．[2022·广东江门一模]如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于
纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞
出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计
重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为( )
A．∶＝1∶1 B．∶＝2∶1
C．t∶t＝2∶3 D．t∶t＝1∶3
1 2 1 2
三、非选择题11．如图所示，直角坐标系在一真空区域里，y轴的左方有一匀强电场，场强方向跟y
轴负方向成θ＝30°角，y轴右方有一垂直于坐标系平面的匀强磁场，在x轴上的A点有
一质子发射器，它向x轴的正方向发射速度大小为v＝2.0×106 m/s的质子，质子经磁场
在y轴的P点射出磁场，射出方向恰垂直于电场的方向，质子在电场中经过一段时间运动
到x轴的Q点．已知A点与原点O的距离为10 cm，Q点与原点O的距离为(20－10) cm，质
子的比荷为＝1.0×108 C/kg.求：
(1)磁感应强度的大小和方向；
(2)质子在磁场中运动的时间；
(3)电场强度的大小．
12．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，
磁场中放置一半径为R的金属圆筒，圆心O到MN的距离OO＝2R，圆筒轴线与磁场平行，
1
圆筒用导线通过一个阻值为r的电阻接地，最初金属圆筒不带电，现有范围足够大的平行
0
电子束以速度v从很远处沿垂直于左边界MN的方向向右射入磁场区，已知电子质量为m，
0
电荷量为e.
(1)若电子初速度满足v＝，则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应
0
MN边界上O两侧的范围是多大？
1
(2)当圆筒上电荷量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r的电流恒为I，忽略运动电
0
子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时的速度v(取无穷远处或大
地电势为零).
单元素养评价(十一) 磁场安培力与洛伦兹力1．解析：由安培定则知，蹄形电磁铁左端为N极，右端为S极，长直导线所在位置的
磁场方向向右，由左手定则知，导线所受安培力的方向向下，B正确，A、C、D错误．
答案：B
2．解析：圆环受到的安培力大小等效为ab连线的长度电流受到的安培力，ab连线的
长度为√2r，则F＝BI·√2r＝√2BIr，选项A正确．
答案：A
3．解析：对α粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直
向下的电场力．运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的 α粒子的运动轨迹可知电场
力对其做正功，因此α粒子的电势能减小．再由动能定理可知，α粒子的动能增大．因
此A正确，B、C、D错误．
答案：A
4．解析：带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则v2正比于T，从而v正
v2
比于√T.带电粒子在磁场中的运动半径不变，根据牛顿第二定律有qvB＝m ，可得B＝
r
mv
.综上可知，B正比于√T，故选项A正确，B、C、D错误．
qr
答案：A
5．解析：t＝0和t＝2 s时刻，导体棒恰好处于静止状态，可知t＝0时，导体棒刚好
要沿导轨向下运动，t＝2 s时，导体棒刚好要沿导轨向上运动，又因为导体棒所受安培力
的方向一定沿导轨向上，故根据平衡条件知，t＝0时有mg sin θ＝F ＋BIL，t＝2 s时
fmax 0
有mg sin θ＋F ＝BIL，解得F ＝0.6 N，sin θ＝0.6，即θ＝37°，选项A、C错
fmax 2 fmax
误．导体棒对平行导轨的压力F＝mg cos 37°＝1.6 N，选项B错误；t＝1 s时，F ＝
N 安
BIL＝1.2 N，mg sin θ＝1.2 N，因mg sin θ＝F ，故导体棒所受摩擦力为零，选项D
1 安
正确．
答案：D
6．解析：由左手定则可知沿轨迹a、c运动的粒子带负电，沿轨迹b运动的粒子带正
v2
电，选项A错误；带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m ，解得轨迹
r
mv
半径r＝ ，又由图可知r<r，所以沿轨迹a运动的粒子的速率更小，选项B错误；沿轨
a c
qB
迹a运动的粒子平行于地面射入且恰好不能到达地面，轨迹a与地面相切，所以沿轨迹a
运动的粒子恰好不能到达地面时在地磁场中的位移为2r，已达到最大值，故只要该粒子速
a
率不变，不论沿着什么方向入射都不会到达地面，选项 C错误；结合图像由分析可知沿轨
迹b运动的粒子在磁场中的位移还未达到2r时，就已经与地面相切，因此改变入射方向，
b
该粒子可以到达地面，选项D正确．
答案：D
7．解析：本题考查带电小球在磁场中运动轨迹分析．由题意分析知带电金属球 b带正
电，受到洛伦兹力作用做逆时针方向的圆周运动．与a球碰撞后，两球都带上了正电，均
做逆时针方向的圆周运动．碰撞后，两球速度可能同向，运动轨迹内切；两球速度可能反
向，运动轨迹外切，选项A、D正确，B、C错误．
答案：AD
8．解析：粒子在向里的磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电，选项 A正
v2 E
确；粒子在磁场中：Bqv＝m ；粒子在电磁正交场中：qE＝qvB，v＝ ，选项B错误；联
r Bq E
立解得 ＝ ，选项C错误，D正确．
m B2r
答案：AD
mv
9．解析：由r＝ 可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，
qB
而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加
速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应
与交变电压的周期相同，C错误；由nqU＝1 2以及r＝mv 可得质子第n次被加速前、
mv n n
2 qB
n
后的轨道半径之比为√n−1∶√n，D正确．
答案：BD
10．解析：粒子的运动轨迹如图，设正方形边长为L，则从b点飞出的粒子的运动半
径为r＝L，从c点飞出的粒子的运动半径也为r＝L，洛伦兹力提供向心力qvB＝
v2
1 2 0 m 0
r
，解得q＝ v ，则q ∶q ＝1∶1，故A正确，B错误；根据T＝2πr＝2πm可知，两粒
0 1 2
m Br m m v qB
1 2
θ
子的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝ T，可得：
2π
t∶t＝60°∶90°＝2∶3，故C正确，D错误．
1 2
答案：AC
11．解析：(1)设质子在磁场中做圆周运动的半径为r.过A、P点作速度v的垂线，交
点即为质子在磁场中做圆周运动的圆心O.由几何关系得α＝θ＝30°，所以r＝2OA＝20
1
cm.设磁感应强度为B，根据质子的运动方向和左手定则，可判断磁感应强度的方向垂直于v2
纸面向里．由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
r
解得B＝mv＝ 2.0×106 T＝0.1 T
qr 1.0×108×0.2
7π
(2)设质子在磁场中运动的时间为t，如图所示，质子在磁场中转过的圆心角为 ，
6
设质子在磁场中运动的周期为T，则
7π
2πm t 7
T＝ ， ＝ 6 ＝
Bq T 12
2π
7π
解得t＝ ×10－7 s.
6
(3)如图所示，过Q点做平行于P点速度方向的平行线，交AM于N点，在三角形QAN中，
边长QA＝20√3 cm.由几何关系可知β＝θ＝30°，AN＝20 cm，所以，N点与O点是重合
1
的．质子在平行于电场方向上做匀速直线运动，在垂直于电场方向做匀加速直线运动，由
几何关系得：
1 qE
2r＝vt，又r＝ at2，a＝
2 m
解得E＝mv2＝ 4×1012 N/C＝1.0×105 N/C
2rq 2×0.2×1.0×108
7π
答案：(1)0.1 T，垂直于纸面向里 (2) ×10－7 s
6
(3)1.0×105 N/C
12．解析：(1)如图所示，设电子进入磁场后运动轨迹半径为r，则evB＝
v2
0 m 0
r
解得r＝3R大量电子从MN上不同点进入磁场轨迹如图，从O上方P点射入的电子刚好擦过圆筒，
1
有
OO＝ ＝2 R
1 2 √(4R) 2−(2R) 2 √3
OP＝OO＋r＝(3＋2√3)R
1 1 2
同理可得到O下方Q点到O点的距离
1 1
OQ＝(2√3－3)R
1
(2)稳定时，圆筒上电荷不再增加，地面与圆筒之间的电势差恒为U
U＝Ir
0
圆筒的电势φ＝－Ir
0
电子从很远处射到圆筒表面时速度为v，有
1 1
－eU＝ mv2− mv2
2 2 0
√ 2eIr0
v＝ v2 −
0 m
答案：见解析
