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磁场章末测试
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一、单项选择题
1、中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)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如图所示。结合上述材
料，下列说法正确的是( )
A．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极
B．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强
C．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的
D．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置
【答案】B
【解析】地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极
叫南极，指北的磁极叫北极，选项A错误；在地球的南北极地磁的方向与几乎地面垂直，对垂直射向地球
表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高
能粒子所受的磁场力最大，选项B正确；地球自转方向是自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培
定则判断可能地球是带负电的，故C错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面
竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故在进
行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显，选项D错误。
2、(2022·河北石家庄一模)一个各边电阻相同、边长均为L的正六边形金属框abcdef放置在磁感应强度大
小为B、方向垂直于金属框所在平面向外的匀强磁场中。若从a、b两端点通以如图所示方向的电流，电流
大小为I，则关于金属框abcdef受到的安培力的判断正确的是( )
A．大小为BIL，方向垂直于ab边向左
B．大小为BIL，方向垂直于ab边向右C．大小为2BIL，方向垂直于ab边向左
D．大小为2BIL，方向垂直于ab边向右
【答案】A
【解析】设通过ab支路的电流为I ，通过afedcb支路的电流为I ，其中afedcb支路在磁场中所受安培力的
1 2
有效长度为a、b两端点间的长度L，所以金属框受到的安培力的合力大小为F＝BIL＋BIL＝BIL，根据左
1 2
手定则可知安培力的方向垂直于ab边向左，故A正确。
3、(2022·北京通州区一模)一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，
将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。金
属板A、B和等离子体整体可以看作一个直流电源，A、B便是这个电源的两个电极。将金属板A、B与电
阻R相连，假设等离子体的电阻率不变，下列说法正确的是( )
A．A板是电源的正极
B．等离子体入射速度不变，减小A、B两金属板间的距离，电源电动势增大
C．A、B两金属板间的电势差等于电源电动势
D．A、B两金属板间的电势差与等离子体的入射速度有关
【答案】D
【解析】由左手定则可知，正离子受向下的洛伦兹力偏向B板，则B板带正电，B板是电源的正极，A错
误；当达到平衡时有qvB＝q，解得电动势E＝Bdv，则等离子体入射速度不变，减小A、B两金属板间的距
离d，电源电动势减小，B错误； 根据闭合电路欧姆定律可知，A、B两金属板间的电势差等于外电路的
电压，小于电源电动势，C错误；A、B两金属板间的电势差U＝＝，可知与等离子体的入射速度有关，D
正确。
4、如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B ＝2B ，一带电荷量为
1 2
＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B 磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点( )
1
A． B．C． D．
【答案】B
【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O
点的时间t＝＋＝，所以选项B正确。
5、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(1H)在入
1
口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若换作α粒子(4He)在入口处从静止开始
2
被同一电场加速，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倍数是(
)
A． B．
C．2 D．
【答案】B
【解析】电场中的直线加速过程根据动能定理得qU＝mv2－0，得v＝；离子在磁场中做匀速圆周运动，洛
伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 qvB＝m，有R＝，联立可得：B＝；质子与α粒子经同一加速
电场则U相同，同一出口离开磁场则R相同，则B∝，可得＝＝，即B ＝B ；故选B。
α H
6、2018年中核集团研发的“超导质子回旋加速器”，能够将质子加速至一半光速，打破了美国、瑞士等
少数国家的垄断。如图所示为早期回旋加速器的结构示意图，两个半径为R的D形金属盒相距很近，连接
电压峰值为U 、f＝的高频交流电源，垂直D形盒的匀强磁场的磁感应强度为 B。现用此加速器来加速电
M
荷量分别为＋0.5q、＋q、＋2q，对应质量分别为m、2m、3m的三种静止粒子，不考虑加速过程中粒子质
量的变化，最后经多次回旋加速后从D形盒中飞出的粒子中动能最大为( )A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】根据qvB＝m，知v＝，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为：E ＝mv2＝；而加速电荷量分
km
别为＋0.5q、＋q、＋2q，相对应质量分别为m、2m、3m的三种静止离子，因电场的频率应该是圆周运动
频率的整数倍，交流电源频率为：f＝，根据T＝可知，只有质量为2m和m的粒子才能正常加速。质量为
2m的粒子加速后动能最大，所以最大动能为：E ＝，故B正确，A、C、D错误。
km
7、如图，“L”型导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab⊥bc，ab长为l，bc长为l，
导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则( )
A．F＝BIl，tan θ＝ B．F＝BIl，tan θ＝
C．F＝BIl，tan θ＝ D．F＝BIl，tan θ＝
【答案】D
【解析】通电导线在匀强磁场中受到的安培力，其有效长度为 ac连线的长度，L＝ ＝l，根据安培力公式
F＝BIL＝BIl，根据左手定则，安培力的方向垂直于ac连线，方向与bc夹角θ的正切值tan θ＝，选项D正
确。
8、（2019·全国Ⅲ卷·T18）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．
【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, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，
则运动的时间为 ；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为
；则粒子在磁场中运动的时间为： ，故B正
确，ACD错误．
二、多项选择题
9、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，方向如题图所示。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B、B 和B，下列说法正确的是( )
1 2 3
A．B＝B<B
1 2 3
B．B＝B＝B
1 2 3
C．a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里
D．a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里
【答案】AC
【解析】由安培定则、磁场叠加原理和对称性可知，靠近 a、b两点的电流在a、b两点产生的磁场相互抵
消，a、b两点的磁场是对面导线中的电流产生的，a、b两点的磁感应强度相等，即B＝B。而c点的磁场
1 2
则是由这三根导线中电流产生的，这三根导线中电流在c点产生的磁场方向相同，所以B ＝B<B ，选项A
1 2 3
正确，B错误。由安培定则可判断出a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，选
项C正确，D错误。
10、如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B ，右侧磁感应强度为B ，B
1 2 1
＝2B＝2 T，比荷为2×106 C/kg的带正电粒子从O点以v＝4×104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区
2 0
域，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为( )
A．×10－6 s B．π×10－6 s
C．×10－6 s D．2π×10－6 s
【答案】AC
【解析】粒子在右侧磁场B 中做匀速圆周运动，则qvB ＝，解得R ＝＝2 cm，故粒子经过半个圆周恰好
2 0 2 2
到达P点，轨迹如图甲所示。则粒子运动的时间t ＝＝＝×10－6 s，由于B ＝2B ，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后，做
1 1 2
半径R ＝R ＝1 cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点，轨迹如图乙所示，则粒子运动
1 2
的时间t ＝T ＋T ＝×10－6 s，在以后的运动中，粒子通过MN的点会远离P点，所以，粒子通过距离O点
2 1 2
4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为×10－6 s或×10－6 s。选项A、C正确。
11、如图，ab、cd是两根长度均为L＝4.0 m，质量分别为m ＝0.6 kg和m ＝0.2 kg的金属棒，两根等长的
1 2
细金属杆将两节干电池与两个金属棒串联成闭合回路，整个回路用绝缘细线悬挂在天花板上，保证金属棒
水平。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度 B＝1.0 T，电路中的电流I＝0.5 A，待系统稳定
之后(金属棒、细金属杆在力的作用下不会发生变形，取g＝10 m/s2)，则( )
A．绝缘细线与竖直方向的夹角为0°
B．绝缘细线与竖直方向的夹角为45°
C．细金属杆与竖直方向的夹角为45°
D．细金属杆与竖直方向的夹角为90°
解析：选AC 以整体为研究对象，整体共受到四个力的作用，水平方向上，两金属棒受到
力的大小均为F＝BIL，方向相反的安培力，这两个力互相平衡；竖直方向上，绝缘细线的拉力与总的重力
平衡，因为重力的方向竖直向下，所以，绝缘细线的拉力一定是竖直向上，也就是说，绝缘细线与竖直方
向的夹角为0°，A正确，B错误；以cd棒为研究对象，cd棒受三个力而平衡，安培力F＝BIL＝1×0.5×4 N＝2 N，cd棒的重力mg＝0.2×10 N＝2 N，由平衡条件得F＝mgtan θ，解得θ＝45°，即细金属杆与竖直方
2 2
向的夹角为45°，C正确，D错误。
12、(2022·莆田4月模拟)如图所示，半径为R＝2 cm的圆形区域中有垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画
出)，磁感应强度B＝2 T，一个比荷为2×106 C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v ＝8×104
0
m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，下列选项中正确的是( )
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1 cm
B．带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心一定在圆形磁场的边界上
C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，一定从N点射出
D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10－4 m2
【答案】BCD
【解析】根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得r＝＝0.02 m＝2 cm＝R，带电粒子在磁场中运动轨
0
迹的圆心一定在圆形磁场的边界上，故A错误，B正确；若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同
的速度入射，假设出射点位置在N′点，圆心在O′点，如图所示，
根据几何关系可得CON′O′为菱形，则CO′∥ON′，N′和N重合，故粒子从N点射出，故C正确；若要实现
带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小直径等于AN长度，即r ＝＝R＝×10－2m，最小
min
圆的面积为S＝πr＝3π×10－4m2，故D正确。
三、非选择题
13、如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电荷量为q，假设粒子速度方向都
和纸面平行。
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通
过A点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
【答案】(1) (2)
【解析】(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R，则由几何关系得R＝
1 1
又qvB＝m
1
解得v＝。
1
(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R，
2
则由几何关系有(2r－R)2＝R2＋r2，可得R＝，
2 2 2
又qvB＝m，可得v＝
2 2
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过。
14、如图甲所示，固定的两光滑导体圆环相距1 m。在两圆环上放一导体棒，圆环通过导线与电源相连，
电源的电动势为3 V，内阻为0.2 Ω，导体棒质量为60 g，接入电路的电阻为1.3 Ω，圆环电阻不计，匀强
磁场竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角为 θ＝
37°，如图乙所示，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)棒静止时受到的安培力的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。
【答案】(1)0.8 N (2)0.4 T
【解析】(1)对导体棒进行受力分析，如图所示
有＝tan θ
解得F＝0.8 N。
(2)由闭合电路欧姆定律，得I＝
解得I＝2 A
由安培力的公式F＝BIL，得B＝，
解得B＝0.4 T。
15、如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布
着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界面，ab为磁场的上边界。现从原点O处沿x
轴正方向发射出速率为v 、比荷(电荷量与质量之比)为k的带正电粒子，粒子运动轨迹恰与ab相切并返回
0
磁场。已知电场强度E＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
(1)粒子第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；
(2)磁场的磁感应强度B的大小。
【答案】(1)2v (2)
0
【解析】(1)根据动能定理得，qEd＝mv2－mv2，解得v＝2v
0 0
粒子在电场中做类平抛运动，由F＝qE，a＝，d＝at2，x＝vt
1 01
解得t＝，x＝。
1
(2)粒子运动的轨迹如图所示，设粒子以与x轴正方向成θ角进入磁场tan θ＝＝，解得θ＝60°
根据R＋Rcos θ＝d，解得R＝
由牛顿第二定律可得qvB＝m，
解得B＝。
16、(2022·日照三模)如图所示，在xOy平面内，第二象限有与x轴负方向成θ＝30°角的匀强电场，电场强
度为E，第一象限有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子，从x轴
上P点垂直x轴以初速度v 射入电场，并在电场中做变速运动，速度最小时，恰好经过y轴上的Q点(图中
0
未画出)，之后进入磁场，并恰好没有从x轴离开磁场。粒子重力不计，求：
(1)粒子经过Q点时速度；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从P点开始运动到第二次经过y轴所经历的时间。
【答案】(1)v，与y轴正方向夹角为30° (2) (3)
0
【解析】(1)将速度v 沿电场力的方向和垂直于电场力的方向分解，当沿电场力方向速度为零时，速度最
0
小，由速度的合成与分解得：v ＝vcos θ⇒v ＝v，与y轴正方向夹角为30°。
Q 0 Q 0
(2)粒子在电场中的加速度a＝
沿y轴方向的加速度大小为a＝sin θ
y
粒子从P到Q点的时间t＝
1
OQ的距离为y＝vt－at＝
01 y
粒子恰好不从x轴离开磁场，轨迹与x轴相切，做圆周运动的半径为r
由几何关系得r＋rsin θ＝y可得r＝
由向心力公式qv B＝m
Q
解得B＝。
(3)设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则
T＝＝
粒子在磁场中运动的时间t＝T
2
所以总时间为t＝t＋t＝。
1 2
