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第十一章：磁场
（考试时间：90 分钟，试卷满分：100 分）
考试范围：磁场
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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。在每个小题给出的四个选项中，第1～8 小题，只有一个选
项符合题意；第9～12 小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4 分，选对而不全的得2 分，错选或不选的得
0 分)
1.关于教材中的插图下面说法正确的是()
A.甲图是利用右手定则来判断直线电流产生的磁场方向的示意图
B.乙图是利用左手定则来判断通电导线在磁场中受力方向的示意图
C.丙图是利用左手定则来判断导线切割磁感线时产生的感应电流方向的示意图
D.丁图是磁电式电流表，其物理学原理是基于通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动
【答案】D
【解析】A.甲图是利用右手螺旋定则来判断直线电流产生的磁场方向的示意图，故A 错误；
B.乙图是利用右手定则来判断导线切割磁感线时产生的感应电流方向的示意图，故B 错误；
C.丙图是利用左手定则来判断通电导线在磁场中受力方向的示意图，故C 错误；
D.磁电式电流表的物理学原理是基于通电线圈在磁场中受到安培力作用而发生转动，故D 正确。
故选D。
2.如图所示，蹄形磁铁水平放置( N极在上)，质量为m的导体棒用两根轻质细导线悬挂，通入恒定电流，
稳定时细导线与竖直方向的夹角为θ。两磁极间的磁场可看成匀强磁场，导体棒始终在两磁极之间，重
力加速度为g，则()
A.导体棒中的电流方向为a→b
B.单根导线上的拉力大小为mg
cosθ
C.若电流大小加倍，再次稳定后θ角也加倍
D.若导体棒处磁场方向在竖直面内逆时针缓慢转过45°角，导线上拉力变小
【答案】D
【解析】A .根据左手定则，由于导体棒所受安培力水平向右，则导体棒中的电流方向为b→a，故A
错误；
B.由力的平衡可得，每根细导线上的拉力大小F =
mg
2cosθ ，故B 错误；
C.导体棒所受安培力大小F A =mgtanθ，若导体棒中的电流大小加倍，则平衡时tanθ的值加倍，故C 错
误；
D.作出导体棒的受力分析图，如图所示，其所受重力大小、方向均不变，安培力的大小不变，磁场方
向沿逆时针方向转动，根据余弦定理可得，细导线上的拉力变小，故D 正确。
故选D。
3.下列说法正确的是（）
A.一运动电荷在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零
B.安培力的方向一定与通电导线垂直，但与磁场方向不一定垂直
C.磁场与通电导线垂直时，磁场对通电导线的作用力最大
D.洛伦兹力可以做正功，不能做负功
【答案】C
【解析】A.当运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，其不受磁场力的作用，所以一运动电荷在某处不
受磁场力的作用，该处的磁感应强度不一定为零，故A 错误；
B.由左手定则可知，安培力的方向与通电导线及磁场均垂直，故B 错误；
C.根据安培力大小公式F = BILsinθ(θ为B与I之间的夹角)，当磁场与通电导线垂直时，磁场对通电导
线的作用力最大，故C 正确；
D.洛伦兹力方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故D 错误。
4.图a所示的扬声器中有一线圈，当音频电流信号通过线圈时，纸盆振动发出声音。线圈所在位置的磁场呈
辐射状且方向如图b所示，已知线圈半径为r，所在位置磁感应强度大小为B，则通过电流为I时，单匝
线圈受到的安培力大小为()
A.BIr
B.0
C.2BIr
D.2πBIr
【答案】D
【解答】
根据左手定则可知，通电时线圈受到垂直纸面的安培力的作用，单匝线圈安培力的大小可表示为
F = BIL= BI ×2πr =2πBIr
D 正确，ABC 错误。
故选D。
5.如图所示，标出了匀强磁场的磁感应强度B的方向、带正电的粒子在磁场中速度v的方向和其所受洛伦兹
力F的方向，其中能正确表示这三个方向关系的是()
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】略
6.如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁
场，则滑到底端时()
A.v不变
B.v变大
C.v变小
D.不能确定
【答案】C
【解答】解：未加磁场时，根据动能定理，有mgh-W f = 1
2 mv
2-0，加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦
兹力不做功，但正压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有mgh-W f
'= 1
2 mv
' 2-0，W f
'>W f，所以
v
'<v，故C 正确，ABD 错误。
故选C。
7.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒
间的狭缝中有周期性变化的电场，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，如图所示。下述说法中正确的是()
A.粒子只在电场中加速，因此电压越大，粒子的最大动能越大
B.可以采用减小高频电源的频率，增大电场中加速时间来增大粒子的最大动能
C.粒子在磁场中只是改变方向，因此粒子的最大动能与磁感应强度无关
D.粒子的最大动能与D形盒的半径有关
【答案】D
【解析】解：根据公式qvB =m v
2
r ，r = mv
qB ，故最大动能为：Ekm= 1
2 m v
2= q
2B
2r
2
2m
，所以最大动能与
D形盒的半径以及磁感应强度有关，与加速次数以及加速电压大小、高频电源的频率无关，故D 正确，
ABC 错误。
故选：D。
8.如图所示,2
4 He(初速度为零)经加速电场加速后，沿虚线做直线运动进入速度选择器，打到底面照相底片
上的O点。若❑1
2 H (初速度为零)经同一加速电场加速后，进入速度选择器，最后打到底面的照相底片上，
则下列说法正确的是()
A.速度选择器中磁场方向垂直纸面向外
B.❑1
2 H打到O点左侧
C.❑1
2 H打到O点
D.增大加速电场的电压,2
4 He将打到O点左侧
【答案】C
【解析】由于❑2
4 He带正电，故在速度选择器中受到向左的电场力，则受到的洛伦兹力应该向右，磁
场方向垂直于纸面向里，故A 错误;2
4 He能打到O点，加速时根据动能定理可得2eU = 1
2 ×4 m v
2，解得
其进入速度选择器时的速度v = ❑√
eU
m ;同理，对❑1
2 H有eU = 1
2 ×2mv ˈ
2，可得vˈ= ❑√
eU
m ，即❑1
2 H打到
O点，故B 错误，C 正确;增大加速电场的电压,2
4 He进入速度选择器的速度增大，在速度选择器中受到
的洛伦兹力也增大，因为洛伦兹力向右，所以❑2
4 He向右偏转，将打到O点右侧，故D 错误。
9.如图所示，匀强磁场垂直于xOy平面(纸面)向外，磁场的右边界与x轴垂直，交x轴于P( L,0)点。其中
第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1，第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2，且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、
电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场，方向与x轴成30°角，粒子从P点离开磁场区域，
不计粒子重力，则第Ⅰ象限内的磁感应强度B1的大小可能是()
A. mv
4 qL
B. mv
2qL
C.mv
qL
D.2mv
qL
【答案】CD
【解析】根据洛伦兹力提供向心力有qvB = m v
2
r
，可得r = mv
qB ，则在第Ⅰ象限内运动的半径为r1= mv
q B1
，
在第Ⅳ象限内运动的半径为r2= mv
q B2
= r1
2 ，设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限运动n次，在第Ⅳ象限运
动n-1次，根据几何关系有2nr1cos60° -2(n-1)r2cos60° = L，解得B1=(
n+1
2 )
mv
qL (n=1、2、3、
…)，当B1= mv
4 qL时，n不为整数，故A 错误;当B1= mv
2qL时，n=0，不符合取值范围，故B 错误;当
B1= mv
qL 时，n=1，故C 正确;当B1= 2mv
qL 时，n=3，故D 正确。
10.质谱仪由如图所示的两部分区域组成：左侧是一速度选择器，M、N是一对水平放置的平行金属板，分
别接到直流电源两极上，板间在较大范围内存在着正交的电场强度大小为E的匀强电场和磁感应强度大
小为B1的匀强磁场；右侧是磁感应强度大小为B2的另一匀强磁场。一束带电粒子(不计重力)由左端O点
射入质谱仪后沿水平直线运动，从A点垂直进入右侧磁场后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，两
束粒子最后分别打在胶片的P1、P2两个位置，A、P1、P2三点在同一条直线上，测出A P1: A P2= 4:3，
则下列说法正确的是()
A.甲、乙两束粒子在右侧磁场中的速度大小都等于E
B1
B.甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷
C.若甲、乙两束粒子的质量相等，则甲、乙两束粒子的电荷量之比为4:3
D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量之比为4:3
【答案】AD
【解答】A.带电粒子在平行金属板间沿水平直线运动，说明洛伦兹力和电场力平衡，故qv B1= Eq，可
得v = E
B1
，选项A 正确；
B.由题意A P1: A P2= 4:3可知甲、乙两束粒子的轨迹半径之比为4:3，由R = mv
q B2
可知，轨迹半径之
比等于比荷的反比，所以甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷，选项B 错误；
C.若甲、乙两束粒子的质量相等，
R1
R2
=
mv
q1B2
mv
q2B2
= q2
q1
= 4
3 ，
q1
q2
= 3
4 ，选项C 错误；
D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则
R1
R2
=
m1v
q B2
m2v
q B2
= m1
m2
= 4
3 ，选项D 正确。
11.为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面
流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有
垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，管道上、下两面的内侧固定有金属板M、N，污水
充满管道从左向右匀速流动。测得M、N间电压为U，污水流过管道时所受阻力大小f =kLv
2，k为比例
系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速，污水中含有正、负离子。则()
A.污水的流量Q = Ub
B
B.金属板M的电势不一定高于金属板N的电势
C.电压U与污水中离子浓度成正比
D.左、右两侧管口的压强差Δp= kaU
2
b B
2c
3
【答案】AD
【解析】由题意可知q U
c =qvB，可得v = U
Bc ，污水的流量Q = Sv =bcv = Ub
B ，故A 正确;磁场B的方向
垂直于纸面向里，由左手定则可知正离子受向上的洛伦兹力，正离子偏向上极板，M板电势高，故B
错误;因离子受到的静电力与洛伦兹力的大小相等，可知q U
c =qvB，解得U = vBc，可见电压与粒子浓
度无关，故C 错误;根据平衡条件有Δpbc = f =kLv
2=ka v
2，而v = U
Bc ，解得Δp= kaU
2
b B
2c
3，故D 正确。
12.如图所示的直角三角形区域ABC内存在垂直于纸面向里的匀强磁场(含边界)，∠B =90°、∠C =30°，
AB = L，在BC边的某部分区域内有一线状粒子发射源，发射源能在纸面内垂直于BC边向磁场区域发射
一系列比荷均为k、速率相等的粒子，最终粒子均从AB边离开磁场。粒子在磁场中运动的最短时间为t0，
且该粒子刚好垂直于AB边离开磁场;粒子在磁场中运动的最长时间为5
3 t0，且轨迹与AC边相切。忽略粒
子的重力以及粒子间的相互作用，下列说法正确的是()
A.粒子带负电
B.磁感应强度大小为π
2k t0
C.粒子射入磁场的速率为
❑√3 πL
(4 - ❑√3)t0
D.发射源的长度为3 L
4 + ❑√3
【答案】BD
【解析】粒子均从AB边离开磁场，粒子要向左偏转，根据左手定则知，粒子带正电，A 错误;粒子在磁
场中运动的最短时间为t0，且该粒子刚好垂直AB边离开磁场，有t0= 1
4 T。由qvB =m v
2
r 、T = 2πr
v ，
解得B =
π
2k t0
，B 正确;依题意，粒子在磁场中运动的最长时间为5
3 t0，且轨迹与AC边相切，如图甲所
示，由几何关系知r sin30°+
r
cos30° = L，解得r = 2❑√3 L
4+ ❑√3 ，综上可得v =
❑√3 πL
(4+ ❑√3)t0
，C 错误;如图乙
所示，设发射源的长度为x，由几何关系知r + x =r +r cos30°，解得x =
3 L
4+ ❑√3，D 正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共52 分)
二、填空题(本题共2 小题，共14 分)
13.（6 分）如图所示为“探究磁场对通电导线的作用”的部分实验装置，通电导线与磁场方向垂直。请根
据下面的实验操作按要求填空。
(1)在探究安培力F与电流I的对应关系时，保持磁场及通电导线长度不变，只改变电流的大小，记录
电流表的读数I 1，I 2，I 3，…，测出对应的安培力F1，F2，F3，…，通过实验可发现，磁场对通电导
线作用力的大小与电流大小成正比，实验中所采用的实验方法是 (选填“等效替代法”“控制
变量法”或“理想模型法”)。
(2)如图所示分别接通“1、4”和“2、3”，发现轻绳偏转的角度不同，说明通电导线受到的力的大
小与 有关。
(3)只上下交换磁极的位置以改变磁场方向，导线受力的方向 (选填“改变”或“不改变”)。
(4)只改变导线中电流的方向，导线受力的方向 (选填“改变”或“不改变”)。
【答案】控制变量法
导线在磁场中的长度
改变
改变
【解析】(1)控制其他物理量不变，只改变电流，观察安培力随电流的变化情况，故这个实验所采用的
实验方法是控制变量法。
(2)分别接通“1、4”和“2、3”，发现轻绳的摆动角度不同，这说明安培力的大小与通电导线在磁
场中的长度有关。
(3)安培力的方向是由磁感应强度B的方向和电流方向共同决定的，故只上下交换磁极的位置以改变磁
场方向，导线受力的方向改变。
(4)据(3)中的分析知，只改变导线中的电流的方向，导线受力的方向改变。
14.（8 分）如图所示的实验装置可以用来探究通电导线在磁场中所受到的安培力，电子台秤(测力计)上放
置一个物块，跨过定滑轮的细线一端与物块相连，另一端悬挂一个下端与水平面平行的矩形线圈，矩形
线圈下端置于方向垂直矩形线框向里的匀强磁场中。线圈a、b端可通入电流。
(1)当线圈a、b端通入电流后，电子台秤的读数变大，则电流一定是从 端流入，从 端
流出(选填“a”或“b”)。
(2)当线圈不通过电流时，电子台秤读数为F1，通过线圈的电流大小为I时，电子台秤读数为F2，且
F2< F1。已知线圈的宽度为L，匝数为n，线圈受到的安培力大小为 ，匀强磁场的磁感应强度
B = 。
【答案】a
b
F1- F2
F1- F2
nIL
【解析】思路点拨(1)当线圈a、b端通入电流后电子台秤的读数变大，说明安培力的方向向上，根据左
手定则可知，电流方向从a进入，从b流出。
(2)电子台秤的读数变小，说明安培力方向向下，安培力大小为F = F1- F2，根据F =nBIL，解得
B = F1- F2
nIL
。
三、计算题(本题共4 小题，共38 分。要有必要的文字说明和演算步骤。有数值计算的要注明单位)
15.（9 分）如图所示，水平直线MN上方有竖直向下的匀强电场，MN下方有一边长为L的正三角形匀强
磁场区域abc(边界上也有磁场)，a点在边界MN上，bc边与MN平行，匀强磁场方向垂直纸面向外。质
量为m、带电量为+q的粒子从P点以初速度v0垂直电场方向射出，在电场中偏转后从a点进入磁场，
P、a之间的水平距离为2h，竖直距离为❑√3h，粒子重力不计。
(1)求电场强度的大小；
(2)若粒子从ab边离开磁场，求粒子在磁场中运动的最长时间。
【答案】解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，则2h= v0t，
❑√3h= 1
2 at
2
根据牛顿第二定律有qE =ma
解得电场强度的大小E =
❑√3m v0
2
2qh
(2)粒子离开电场时，沿电场方向的速度v y =at
粒子离开电场时的速度v =
❑√v0
2+ v y
2
解得v =2v0，方向沿ac方向
根据几何关系可知，粒子从b点离开磁场，粒子在磁场中运动的时间最长，作出粒子的运动轨迹如图所
示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
r1
根据几何关系可得r1=
❑√3
3 L
粒子在磁场中轨迹所对应的圆心角θ1= 2
3 π
粒子在磁场中运动的时间t = r1θ1
v
解得t =
❑√3 πL
9 v0
16.（9 分）喷墨打印机的原理图如图。在两极板间距为d，板间的右侧2d区域内，存在垂直纸面向里的匀
强磁场，磁场大小可以调整。在上极板最左端固定一喷嘴，水平喷出质量均为m、电量为q、初速度为v
的带电墨滴。调整电源电压，使墨滴在两板间无磁场区域内恰能沿水平向右做匀速直线运动。重力加速
度为g。求：
(1)极板间的电压U ;
(2)若要使带电墨滴不落在极板上，则磁场的磁感强度B应满足什么条件?
【答案】解：(1)墨滴在两板间无磁场区域内恰能水平向右做匀速直线运动，根据平衡条件有
mg = Eq
又因为E = U
d
联立解得U = mgd
q
；
(2)墨滴进入电场，磁场共存区域后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力
qvB =m v
2
R
得B = mv
qR
从上极板边缘射进的墨滴刚好从左侧飞出，如图
则有R1= d
2
解得B = 2mv
qd
墨滴刚好从右侧飞出，由几何关系
R2
2=(2d )
2+( R2-d )
2
R2= 5
2 d
解得B = 2mv
5qd
所以为了使墨滴不落在极板上，则磁场强度应满足B> 2mv
qd 或者B< 2mv
5qd 。
17.（10 分）如图所示，在平面直角坐标系第一象限内有沿y轴负方向、电场强度大小E =
❑√3m v0
2
qL
的匀强
电场，第三象限内某正三角形区域中有方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小B = 2❑√3m v0
qL
的匀强磁
场(图中未画出)。现有一质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电粒子(不计重力)，从第一象限内的点
P( L,❑√3 L)以平行于x轴的初速度v0射出，并从y轴上M点射出电场，穿过第二象限后，进入第三象限
并穿过正三角形区域的磁场，最后垂直于y轴离开第三象限。求：
(1)M点到O点距离；
(2)正三角形区域磁场的最小面积；
(3)粒子从开始运动到第二次到达y轴的最短时间。
【答案】解：(1)带电粒子从第一象限内的P点射入，并从y轴上M射出，则有x方向：L= v0t1，
y方向：a= qE
m ，
联立解得y = 1
2 at1
2=
❑√3
2 L，
OM =
❑√3
2 L。
(2)粒子经过M点时沿y轴速度v y =at1= ❑√3 v0，
则此时速度与y轴负方向夹角的正切值为tanθ = v0
v y
=
❑√3
3 ，
所以θ =30
∘，
v =
❑√v0
2+ v y
2 =2v0，
作出粒子运动轨迹如图：
qvB =m v
2
R ，
R =
❑√3
3 L，
则正三角形的最小边长AD =2 R cos30
∘= L，
正三角形区域磁场的最小面积为S = 1
2 × L×
❑√3
2 L=
❑√3
4 L
2。
(3)粒子在第二象限运动的时间t2= xMA
v = L
2v0
，
粒子在磁场中的周期T = 2πm
qB =
❑√3 πL
3 v0
，
粒子在磁场中的运动时间t3= 120
∘
360
∘T =
❑√3 πL
9 v0
，
所以粒子从开始运动到第二次到达y轴的最短时间为t =t1+t2+t3= 3 L
2v0
+
❑√3 πL
9 v0
= (27+2❑√3 π )L
18 v0
。
18.（10 分）如图所示，第一象限内存在沿x轴负方向、场强大小为E的匀强电场，第二、三、四象限存在
垂直xOy平面向里的匀强磁场．把一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子由A点静止释放，A点到x轴
和y轴的距离均为d，粒子从y轴上的P点第一次进入磁场偏转后，垂直x轴再次进入电场，在电场的作
用下又从y轴上的Q点(图中未标出)第二次进入磁场，粒子重力不计．求：
(1)粒子到达P点的速度大小及匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)O、Q两点间的距离；
(3)粒子从A点开始，到第2024次进入磁场时运动的总时间．
【答案】解：(1)由题意，粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qEd = 1
2 mv0
2，解得：
v0= ❑√
2qEd
m
，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v0 B =m v0
2
R
，粒子轨迹如图所示，可知R =d，
联立可得B = ❑√
2mE
qd
(2)粒子再次进入匀强电场中做类平抛运动，x轴方向d = 1
2 at
2，a= Eq
m ，y轴方向做匀速运动y = v0t，
联立可得y =2d。
(3)粒子从A运动到P点d = 1
2
qE
m t1
2，t1= ❑√
2md
qE ，粒子从P运动到第一次返回电场
t2=
3 π
2 d
v0
= 3
4 π ❑√
2md
qE
，粒子从第二次进入磁场开始为周期性运动，运动周期，T =2t1+t2，则粒子从
A到2024次进入磁场的总时间为t =2023(2t1+t2)=2023(2+ 3 π
4 )❑√
2md
qE 。
