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专题12 磁场
质量检测卷
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题
只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全
的得2分，有选错的得0分)
1.(2021·山东莱州一中高三上学期期中)“人造小太阳”托卡马克装置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
【答案】 A
【解析】 带电粒子在洛伦兹力作用下做半径不变的匀速圆周运动，故有 qvB＝，由题意可知，粒子的平
均动能与T成正比，即mv2＝kT，联立可得B∝，A正确．
2.(2021·山东德州市期末)一种测定电流大小的方法是通过电流天平实现的，其构造如图 3甲所示．图乙为
电流天平的原理示意图，主要结构包括均水平放置的螺线管和绝缘横梁，横梁右半部分镶嵌有水平的“
”形电路且置于螺线管内．当螺线管中通以激磁电流I ，“ ”形电路中通以待测电流I时，在横梁左端
0
悬挂合适的砝码，就能使横梁水平平衡，则下列说法错误的是( )
A．平衡时CD边受到竖直向下的安培力
B．“ ”形电路的三条边都受到安培力
C．通电螺线管中的激磁电流I 不必须恒定不变
0D．通电螺线管的电流方向确定时，“ ”形电路的电流方向也是确定的，才能使横梁平衡
【答案】 B
【解析】 由安培定则知螺线管内部产生水平向右的磁场，由左手定则知CD边安培力方向向下，“ ”
形电路里外两边由于和磁场方向平行，故不受安培力，故A项正确，B项错误；电流天平是测定电流大小
的装置，通电螺线管中的激磁电流变化时，安培力变化，可以通过改变砝码来平衡，故通电螺线管中的激
磁电流不必须恒定不变，故C正确；螺线管中电流方向改变，磁场方向改变，根据左手定则知安培力方向
也变，横梁不能平衡，故通电螺线管的电流方向确定时，“ ”形电路的电流方向也是确定的，才能使横
梁平衡，故D正确．
3.(2021·山东济宁市一模)如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线
框处于纸面内)，每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中．若给金属线框通
以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为( )
A．ILB，垂直于AC向左 B．2ILB，垂直于AC向右
C.，垂直于AC向左 D.，垂直于AC向左
【答案】 D
【解析】 由题意知，圆弧的半径R＝＝，AC线段长度d＝R＝，金属框所受安培力F＝2Bd＝，由左手定
则，安培力方向垂直于AC向左，故选D.
4.(2021·河北九校联考)如图所示，直线OM上方存在着垂直纸面方向的匀强磁场(未画出)，一电子从O点
垂直OM射入磁场，经过时间t 从O点右侧某位置射出磁场．现使电子从O点向左上方射入磁场，速度方
0
向与OM成150°角，则( )
A．磁场方向垂直纸面向里，电子在磁场中经历的时间为t
0
B．磁场方向垂直纸面向外，电子在磁场中经历的时间为t
0
C．磁场方向垂直纸面向里，电子在磁场中经历的时间为t
0
D．磁场方向垂直纸面向外，电子在磁场中经历的时间为t
0【答案】 A
【解析】 电子垂直OM进入磁场后，经半个周期从O点右侧离开磁场，由左手定则可知，磁场方向垂直
纸面向里，由周期公式可知，t ＝＝.当电子向左上方垂直射入磁场时，由几何关系可知电子在磁场中运动
0
的轨迹圆弧所对的圆心角为θ＝π，故其在磁场中的运动时间t＝T＝＝t，A正确，B、C、D错误．
0
5.(2021·广东深圳市第二次检测)1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为
B的匀强磁场与D形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为 U、周期为
T的交流电源上，中心A处粒子源产生的粒子飘入狭缝中由初速度为零开始加速，最后从出口处飞出，D
形盒的半径为R，下列说法正确的是( )
A．粒子在出口处的最大动能与加速电压U有关
B．粒子在出口处的最大动能与D形盒的半径无关
C．粒子在D形盒中运动的总时间与交流电的周期T有关
D．粒子在D形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关
【答案】 D
【解析】 根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运动的半径不断变大，最大半径即为 D形
盒的半径R，由qBv ＝m，得v ＝，最大动能为E ＝，选项A、B均错误；粒子每加速一次动能增加ΔE
m m km k
＝qU，粒子加速的次数为N＝＝，粒子在D形盒中运动的总时间t＝N·，T＝，联立得t＝N·＝，选项C错
误，选项D正确．
6.(2021·辽宁丹东市检测)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，内有带电荷量
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，故上表面带负电荷，根据左手定则，知道移动的电荷为负电
荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：|q|vB＝|q|，解得：v＝，因为电流为：I＝n|q|vS＝n|q|
vab，解得：n＝，故C正确．
7. (2021·东北师大附中等六校联合模拟)如图，在半径为R的圆内有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向
里的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿半径方向从a点射入，从b点射出．速度方向
改变了60°，粒子的重力不计，若磁感应强度变为B后，该粒子保持速度不变从同一位置入射，下列描述
正确的是( )
A．粒子做圆周运动的半径为R
B．粒子做圆周运动的半径为R
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．粒子在磁场中运动的时间为
【答案】 D
【解析】 带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝m，得：
R＝
当磁感应强度由B变为B时，轨迹半径变为：R′＝R，故选项A、B错误；设磁场半径为r，粒子原来速度
的偏向角为α，磁感应强度变化后速度的偏向角为β，根据几何关系有：
tan＝，tan＝，又α＝60°，则得：β＝90°，所以粒子飞出场区时速度方向改变的角度为 90°，则在磁场中运
动的时间为t＝·＝，选项C错误，D正确．8.(2021·陕西宝鸡中学第三次模拟)如图所示，等腰直角三角形OPQ，直角边OP、OQ长度均为L，直角三
角形平面内(包括边界)有一垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在PQ边下方放置一带电粒子
发射装置，它由P向Q缓慢移动的同时沿垂直PQ边发射出速率都是v的相同正粒子，已知带电粒子的比
荷为＝，粒子的重力、粒子之间的相互作用力不计．则粒子在磁场中运动的最长时间为( )
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 根据qvB＝代入数据，可知带电粒子在磁场中运动的轨道半径R＝，根据左手定则可知，粒子
恰好与PO边相切时运动时间最长，如图所示．
根据对称性可知，运动轨迹也恰好与OQ相切，恰好运动了半个圆周，因此运动的最长时间为 t＝＝，D正
确，A、B、C错误．
9.(2021·河南非凡吉创联盟调研)如图所示，长直导线a、b、c分别固定在等边三角形三个顶点上，a、c通
有垂直纸面向里的电流，b通有垂直纸面向外的电流．电流大小相等，A、B、C为三角形三边中点，下列
关于A、B、C三点磁场的说法正确的是( )
A．C点磁感应强度最小B．B点磁感应强度可能为零
C．A、B两点磁感应强度大小相等
D．若外加垂直纸面向里的匀强磁场，A点磁感应强度可能为零
【答案】 AC
【解析】 如图所示，根据安培定则画出磁感应强度的方向，然后进行叠加比较大小，由图中可知 C点磁
感应强度最小，故A正确；由图中可知B点磁感应强度不为零，故B错误；图中A、B两点的磁感应强度
按平行四边形定则合成，由于：磁感应强度大小B ＝B，B ＋B＝B ＋B ，所以A、B两点的磁感应强度大
a c b c a b
小相等，故C正确；由图可知A点的磁感应强度方向不是垂直于纸面向外，故D错误．
10.(2021·贵州贵阳市3月调研)如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场，一质量
为0.3 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为 0.4 kg、电荷量q＝
＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦
力．t＝0时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1 N的恒力．g取10 m/s2，则( )
A．木板和滑块一直做加速度为3 m/s2的匀加速运动
B．木板先做加速度为3 m/s2的匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动
C．当木块的速度等于10 m/s时与木板恰好分离
D．t＝1 s时滑块和木板开始发生相对滑动
【答案】 BC
【解析】 由于动摩擦因数为0.45，在静摩擦力的作用下，木板的最大加速度为
a ＝ m/s2＝4.5 m/s2所以当2.1 N的恒力作用于滑块时，系统一起以a＝＝ m/s2＝3 m/s2.当滑块获得向左运
max
动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，摩擦力减小，木板的加速度减小，
所以木板做的是加速度减小的加速运动，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时有qvB＝mg，代入数据得v＝10 m/s.此时摩擦力消失，木板做匀速运动，而滑块在水平方向上受到恒力作用，速
度增加，洛伦兹力增大，滑块将离开木板向上做曲线运动，故 A错误，B、C正确；当滑块和木板开始发
生相对滑动时，木板的加速度恰好为共同的加速度 3 m/s2，对木板有F＝Ma＝0.3×3 N＝0.9 N，再根据F
f f
＝μ(mg－qvB)，解得v＝5 m/s，根据v＝at可得运动的时间为t＝ s，故D错误．
11.(2021·山东省测试)海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，据此人们设计并研
制“海流发电机”，可生产无污染的再生能源，对海洋航标灯持续供电，其工作原理如图所示，用绝缘防
腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M、N，板长为a、宽为b(未
标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上
垂直于管道前后面的匀强磁场(方向如图)，磁感应强度大小为B，海水流动方向如图所示，海水流动速率
为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻为R，则下列说法正确的是( )
A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是M→L→N
B．“海流发电机”产生感应电动势的大小是U＝Bav
C．通过航标灯L电流的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
【答案】 AC
【解析】 由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力作用分别向M板和N板集中；M板带正电，N
板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，故A项正确；在M、N两板间形成稳定的电场后，
其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则：＝Bqv，解得：U＝
Bdv，故B项错误；由闭合电路欧姆定律得，通过航标灯的电流为 I＝，r＝ρ，则I＝，故C项正确；“海
流发电机”发电的总功率为：P＝IU＝，故D项错误．
12.(2021·福建福州市质检)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外(磁场未画出)，
磁感应强度大小为B的匀强磁场．一系列电子以不同的速率v(0≤v≤v )从边界上的P点沿垂直于磁场方向与
m
OP成60°角方向射入磁场，在区域的磁场边界上有电子射出．已知电子的电荷量为－e，质量为m，不考
虑电子之间的相互作用及电子重力．则电子在磁场中运动的( )A．最大半径为r ＝R
m
B．最大速率为v ＝
m
C．最长时间为t ＝
max
D．最短时间为t ＝
min
【答案】 AD
【解析】 根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最
大．离开出发点最远，如图所示，恰好为半个圆周，最大半径r ＝Rcos 30°，r ＝R，得v ＝；轨迹对应的
m m m
圆心角最小，时间最短t ＝＝，电子速度越小，半径越小，圆弧圆心角越大，时间越长，故A、D正确．
min
第Ⅱ卷(非选择题，共62分)
二、计算论述题(本题共4小题，共62分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只
写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)
13.（12分）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图8所示，离子源
S产生质量为m、电荷量为q的钾离子，离子出来时速度很小，可视为零．离子经过电势差为 U的电场加
速后，沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，经半圆周到达照相底片上的P点．(1)求粒子进入磁场时的速度v；
0
(2)求P点到入口S 的距离x；
1
(3)在实验过程中由于仪器不完善，加速电压在平均值U附近变化±ΔU，求需要以多大相对精确度维持加速
电压值，才能使钾39、钾41的同位素束在照相底片上不发生覆盖．
【答案】 (1) (2) (3)2.5%
【解析】 (1)粒子在加速电场中运动，由动能定理有qU＝mv－0
解得速度v＝.
0
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝，
解得R＝＝，
x＝2R＝.
(3)设钾39、钾41的质量分别为m、m，根据(2)问轨道半径R＝得
1 2
钾39在磁场中的最大半径R ＝
1max
钾41在磁场中的最小半径R ＝
2min
由题意知R <R ，
1max 2min
即m(U＋ΔU)<m(U－ΔU)
1 2
<＝2.5%.
14.(2021·安徽宣城高三上学期期末)（12分）如图所示为一磁约束装置的原理图，两同心圆的圆心O与xOy
平面坐标系原点重合．半径为R 的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．一束质量为m、
0
电荷量为q、动能为E 的带正电粒子从坐标为(0，R)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过
0 0
坐标为(R 0)的P点，方向沿x轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时，
0,
上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的
磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M点(M点未画出)．不计重力和粒子
间的相互作用．(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B 的大小；
1
(2)若环形区域Ⅱ中磁感应强度B＝B，求M点坐标及环形外圆半径R；
2 1
(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A点的过程所通过的总路程．
【答案】 (1) (2)(R，－R) R (3)πR
0 0 0 0
【解析】 (1)由题意，粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径r ＝R ，在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，
1 0
则有qvB＝m，且E＝mv，联立解得B＝.
0 1 0 1
(2)粒子进入环形区域Ⅱ后沿顺时针方向做匀速圆周运动，则有qvB ＝m，B ＝B ，联立解得r ＝R ，画出
0 2 2 1 2 0
粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系得∠POM＝60°，由几何关系得M点的坐标
为(R，－R)，由几何关系得外环的半径R＝r＋2r＝3r＝R.
0 0 2 2 2 0
(3)粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后，从M点再次进入Ⅰ区域时，圆心角转过150°，设经过m次这样的偏
转后第一次从A点再次入射，此时圆心角转过n个360°，则有150m＝360n(m、n取最小正整数)，解得m＝
12，n＝5.而粒子在Ⅰ、Ⅱ区域偏转一次通过的路程s＝×2πr＋×2πr＝(＋)πR，所以经过12次如此偏转后第
1 1 2 0
一次通过A点，则总路程为s＝12s＝πR.
1 0
15．(2021·皖江名校联盟高三下学期第五次联考)（18分）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴
沿竖直方向．在x＝L到x＝2L之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷为
k的带电微粒从坐标原点以一定的初速度沿＋x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周
运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿＋x方向通过x轴上x＝3L的位置，已知匀强磁场的磁感应强度
为B，重力加速度为g.求：
(1)电场强度的大小；
(2)带电微粒的初速度大小；
(3)带电微粒做圆周运动的圆心的纵坐标．【答案】(1) (2) (3)－
【解析】 (1)微粒进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则mg＝qE
又＝k，解得E＝
(2)微粒运动轨迹如图所示，
由几何关系知2Rcos θ＝L
由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝，又v＝
微粒进入复合场前做平抛运动，竖直方向有v＝gt，水平方向有L＝vt
y 0
联立解得v＝
0
(3)竖直方向有h＝gt2，其中t＝，
圆心的纵坐标为y ＝－h＋Rsin θ
O′
联立解得y ＝－.
O′
16.(2021·河南焦作市三模)（20分）如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场
Ⅰ，第三象限存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场Ⅱ，第二象限内存在沿x轴正方向的匀
0
强电场，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，且第二象限和第四象限内的电场强度大小相等．一质
量为m、电荷量为＋q的粒子，从y轴上的A点(0，－R)沿x轴负方向射入第三象限，随后从C点垂直于x
轴进入第二象限，然后从y轴上D点沿与y轴成45°角的方向离开电场，在磁场Ⅰ中运动一段时间后，从 x
轴上F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，以后做周期性运动．不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小；(2)磁场Ⅰ的磁感应强度B 的大小；
1
(3)粒子的运动周期T.
【答案】 (1) (2)B (3)
0
【解析】(1)根据题意可知，带电粒子在第三象限做半径为R的匀速圆周运动．
由Bvq＝m
0 0
可得v＝
0
在第二象限的电场中，粒子沿电场方向做匀加速直线运动，有v＝2aR
粒子的加速度大小a＝
由于粒子从D点射出时与y轴的夹角为45°，所以有v＝v
x 0
综合以上解得E＝.
(2)粒子进入磁场Ⅰ时的速度大小为v＝v
0
OD间的距离大小为d＝vt＝2R
0
根据运动轨迹可知，粒子在磁场Ⅰ中做半径为r＝R的匀速圆周运动，然后从F点射出时速度方向与x轴负
方向的夹角大小也为45°
根据Bvq＝m
1
联立以上可解得B＝B.
1 0
(3)粒子在磁场Ⅱ中做周期的圆周运动，所以运动时间t＝
1
在磁场Ⅰ中做周期的圆周运动，所以运动时间t＝
2
由于粒子从x轴上的F点进入第四象限，恰好又能从A点垂直y轴射入磁场Ⅱ，因此可知粒子在两个电场
中的运动时间相同，均为t＝＝
3
故粒子运动的周期为T＝t＋t＋2t＝.
1 2 3
