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专题10 磁场
题型01 磁场及其对电流的作用
1． 【答案】C
【详解】AB．对mn 和pk 分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下
由图可知，mn 和pk 受到的安培力方向不共线，故AB 错误；
CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合
力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C 正
确，D 错误。
故选C。
2． 【答案】D
【详解】通电铜丝与电池两端的磁铁有相互作用，一端排斥，另一端吸引，螺线管内的磁场向左，根据同
名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可知干电池左端磁铁的右端为N 极，右端磁铁的左端为N 极，干电
池和磁铁一起向左滑动。
故选D。
3． 【答案】D
【详解】A．对导体棒受力分析，如图所示
由于摩擦力的方向不确定，故做如下讨论：
当摩擦力
为0，通过导体棒的电流变大，即
变大，则
方向向下且大小增大，
当摩擦力
向下，
变大，
大小增大，
当摩擦力
向上，
变大，
先减小后反向增加，
综合以上分析，导体棒所受摩擦力不一定先减小后变大，故A 错误；
B．导体棒受力平衡，则有
故导体棒的支持力与安培力无关，保持不变，故B 错误；
C．对斜面体和导体棒整体受力分析，如图所示
根据力的平衡有
当
变大，
减小，
增大，故C 错误，D 正确。
故选D。
4． 【答案】A
【详解】设单位长度的电阻为
，金属棒
的电流为
，则电阻值为
，
所受的安培力大小
为
圆弧
的长度为
，电阻值为
，流过的电流
金属圆弧
所受的安培力大小为
，可得
故选A。
5． 【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设金属棒在水平方向匀加速运动的加速度为
，由静止匀加速到“弹射”速度的时间为，
则
，
解得
（2）设金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的时间为
，流过金属棒的电荷量为
，则
，
解得
题型02 带电粒子在有界磁场中的运动
6． 【答案】D
【详解】A．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得
解得
，如图甲所示
当粒子轨迹与ab 边相切时，由ac 边出射的粒子距离c 点最远，但fa 段无粒子射出，故A 错误；
B．如图乙所示，粒子从c 点沿cb 方向射出时，粒子由
边上
点射出，由几何关系可知，此时圆心角为
，cd 与ab 垂直，此时d 点距离a 点最远
则ab 边上有粒子射出的区域离a 点的最大距离为
，故B 错误；
C．由于cd 与ab 垂直，轨迹圆的弦长最短，对应的圆心角最小，所用时间最短，则最短时间为
，故C 错误；
D．如图甲所示，当粒子垂直于ab 边发射时，粒子与ab 边相切于e 点，从
边上
点射出时，此时对应
的轨迹最长，圆心角最大，所用时间最长，D 正确。
故选D。
7． 【答案】ABD
【详解】A．由洛伦兹力提供向心力有
解得
，故A 正确；
BC．粒子在磁场中做圆周运动的周期为
粒子在磁场中的运动时间为
若粒子带正电，粒子运动轨迹如图所示
由于粒子在三角形区域内及区域外运动周期相同，则运动时间之比等于转过的圆心角之比，即
若粒子带负电，粒子运动轨迹如图所示
运动时间之比为
，故B 正确，C 错误；
D．正负粒子运动周期均为
若粒子带负电，粒子第一次回到M 点的时间为
，故D 正确。
故选ABD。
8． 【答案】ABD
【详解】A．粒子在磁场中
由于粒子做周期性运动，根据对称性可将粒子一个周期内在磁场中的运动连成一个完整的圆
所以粒子在n 个磁场中运动的时间为
，故A 正确。
B．由图易知
则
又
，
粒子在无磁场区域运动时间
，故B 正确。
C．粒子运动周期
，与n 有关，故C 错误。
D．当粒子在磁场中运动轨迹与圆形区域相切时，半径最大，由
可得
，故D 正确。
故选ABD。
9． 【答案】ABD
【详解】A．带负电的粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有
解得
时，粒子从圆心发射，不能离开磁场外圆边界的粒子的速度达到最大时，粒子运动轨迹与外圆相切，
作出轨迹如图所示
设此时粒子圆周运动的半径为
，根据几何关系有
解得
代入半径公式有
，故A 正确；
B．
时，粒子从圆心发射，作出运动轨迹如图所示
则有
粒子在磁场中运动时间
半径越大，
越大，粒子在磁场中运动时间越长，结合上述可知，最大半径为
解得
则
时，不能离开磁场外圆边界的粒子每次经过磁场时间最长为
，故B 正
确；
C．当速度为
时，粒子在磁场中圆周运动的轨道半径
时，粒子源位于内圆边界上，当速度方向沿OP 进入磁场时，结合前两个选项的分析，此时粒子轨迹
恰好与外圆边界内切，粒子没有从磁场外圆边界飞出，即
时，速度为
的粒子不一定都能从磁场
外圆边界飞出，故C 错误；
D．
时，粒子源位于内圆半径的中点位置，粒子从P 点向各方向射出，当粒子的运动轨迹与外圆相
切时，可画出如下图像
根据正弦定理，有
已知
联立可得
根据余弦定理，有
可解得
当
时，半径
此时可解得
，故D 正确。
故选ABD。
10． 【答案】(1)水平向右
(2)
(3)
【详解】（1）根据左手定则可知磁场方向水平向右
（2）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
（3）电子进入磁场后，
在平行于磁场和垂直于磁场方向的分量大小分别为
电子在沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，所以电子的合运动为螺
旋线运动。设电子在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动的半径为r，周期为T，则根据牛顿第二定律
有
则螺线管的最小半径
根据匀速圆周运动规律有
电子从开始运动到再次会聚于一点时所用的最小时间为T，电子在一个回旋周期T 内沿水平方向前进的距
离为
N 板到荧光屏的最小距离
11． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设粒子在第一象限运动时，粒子轨迹圆半径
，根据几何关系有
解得
根据
联立解得
（2）由几何关系，从
点进入第二象限时速度垂直
连线，与
轴负方向夹角
，在第二象限轨
迹圆半径为
，则有
解得
可知，粒子回到
点时速度垂直
连线，与
轴负方向的夹角仍为
，故粒子在第二象限中运动时
速度方向改变了
，在有界磁场中轨迹所对的圆心角为
，所以圆形磁场最小半径为
所以最小面积为
联立解得
（3）粒子在第二象限的磁场中运动时间为
粒子在第二象限有界磁场外做匀速直线运动的距离
则粒子在第二象限做匀速直线运动的时间为
粒子相邻两次经过
点的时间为
联立解得
12． 【答案】(1)
，垂直纸面向外
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
束粒子沿半径方向射入，偏转后三束粒子均汇聚于
点，根据几何关系可知
可得
方向垂直纸面向外。
（2）
粒子在
点的速度分解为沿磁场方向的速度
，垂直于磁场方向的速度
，则
，
粒子从
点运动到屏上的时间
可得
粒子在垂直磁场方向做匀速圆周运动
可得
（3）粒子在
、
区域运动时，
、粒子从
处喷出时沿
方向的速度均为
，有
根据速度位移关系
粒子从
处喷出时速度为
，有
沿
方向，根据动量定理得
由牛顿第三定律得
13． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子垂直
边界飞出时由几何关系可知
，则
得
（2）当轨迹与
相切时，设
的长度为
，则有
可得
（3）设
，速度最大时
，
其中
联立可得
14． 【答案】(1)
(2)1.6v0≤v≤2v0
(3)
，
【详解】（1）电子从原点O 沿与y 正方向成
角射出时，到达x 轴时，设其水平位移大小为s，则
，
解得
当
，
时，s 最小，电子过M 点，则
当
，
时，s 最大，电子过N 点，则
MN 的长度
（2）根据
，得
解得
由于v0≤v≤2v0，0≤θ≤60°，所以1.6v0≤v≤2v0
（3）设电子过P 点后，第m 次到达x 轴时与过Q 点的电子相遇，此时过Q 的电子第n 次到x 轴，由位移
关系得
m、n 取最小自然数得
两个电子第一次在x 轴上相遇的位置
设过P 点的电子从坐标原点射出时，速度方向与y 轴正方向的夹角为θ1。设过Q 点的电子从坐标原点射出
时，速度方向与y 轴正方向的夹角为θ2。电子在磁场中的运动周期
可见所有电子在磁场中运动周期相同，又因为两电子运动时间相同。根据公式
可知，两电子运动轨迹所对应的圆心角相等，即
显然
根据
可知，要想运动时间最短，则
最大，由于0≤θ≤60°，则
两个电子第一次在x 轴上相遇的时刻
题型03 带电粒子在组合场中的运动
15． 【答案】C
【详解】A．图甲中同一个金属筒所处的电势相同，整个金属筒是一个等势体，内部无电场，故粒子是在
筒缝中间不断加速，而在筒中匀速运动，由
，可得粒子的最大速度除与电压有关外，还与加
速次数有关。图乙中双D 形金属盒与高频交流电源两极相连，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，
一个周期加速两次，由
，可得粒子的最大速度
显见带电粒子的最大速度与D 形盒半径有关而与加速电压U 无关，故A 错误；
B．设vn为粒子在第n 个筒内的速度，则筒长为
又因为
可得
即第n 个筒的长度与n 不成线性关系，故B 错误；
C．图乙D2中，粒子过第n 个半圆形轨道前加速了n 次，则有
，
解得第n 个半圆形轨道半径为
，故C 正确；
D．甲、乙装置制成后，甲图中各筒的长度
图乙回旋加速器交流电压的周期
，因质子和α 粒子的比荷不同，改变加速电压不能保证α 粒子一
直加速，因此是不可行的，故D 错误。
故选C。
16． 【答案】AC
【详解】A．粒子经电场加速，由动能定理，得
进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，得
联立解得轨道半径
两种粒子电荷量相同、质量不同，分别设质量为
、
，且
，粒子偏转半周后打在底片上，两点
间距为两个轨迹直径的差值
代入的表达式整理得
减小磁感应强度
，
与
成反比，
减小，则
增大，故A 正确；
B．
与偏转器内半径
无关，故B 错误；
C．增大加速电压
，
与
成正比，
增大，则
增大，故C 正确；
D．加速器与偏转器的距离不改变粒子轨道半径，不影响
，故D 错误。
故选AC。
17． 【答案】(1)
(2)
，
（n=0、1、2、3）
【详解】（1）粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，x 轴正方向有
y 轴正向有
，
由以上公式解得
（2）粒子运动到坐标原点时有
，
粒子在磁场中沿x 轴正方向做匀速直线运动，yoz 平面内做匀速圆周运动，所以有
粒子在磁场中运动过程中离x 轴最远点的距离
， 所以
粒子在磁场中运动的周期
运动时间
n=0、1、2、3……
所以
n=0、1、2、3……
18． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）如图所示，
电场强度取最大值时，电子在磁场中运动的半径为
根据洛伦兹力提供向心力可得
可得
在电场中，根据动能定理有
可得
（2）设电子在磁场中运动半周的次数为
，轨道半径为，电子在
间垂直于
飞出，有
，
根据几何关系有
，
解得
取正整数，可得
时，在磁场中运动时间最大，解得
（3）电场强度取最大值时，电子经过薄隔离层后的速度等于第一问中的最大速度，有
根据
解得电场强度的最大值为
电场强度取最小值时，设电子第一次经过薄隔离层后的速度为
，再次经过薄隔离层后的速度为
，有
可得
根据
可得
，可得前后两次在磁场中运动的半径之比为
如图所示，根据几何关系有
可得
可得半径
对应的速度为
根据
，
解得
可得电场强度大小的取值范围为
19． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）电子只受到洛伦兹力，根据
本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁场的半径
联立上式得：
（2）粒子轨迹如图1 由对称性，可设离电子源
中心线上、下距离
的电子经过磁场偏
转后与负
轴夹角为
，由三角函数，得
则
所以，
的范围为
粒子轨迹如图2，计算能打到收集板
的电
子在运动到
点时与负
轴夹的角，设为
，
在下方区域内做匀速圆周运动也为
。当
时，打在
处，由于
，
则该粒子打不到收集板
上。
设打在收集板
最右端的粒子对应的角为
，由几何关系得
即
由对称性，设离电子源中心线上、下距离
的电子经过磁场偏转后与负
轴夹角恰为
。由几何关系得
解得
所以，能到达收集板
的电子发射点与电子源中心线的距离为
每秒收集板收集到的电子数为
（3）正对
点射向圆磁场区域的电子在圆磁场区域内做
圆周运动，运动的轨道半径等于圆形磁场的半
径R，电子从O 点沿
轴负方向射出，速度大小为，运动轨迹如下图。设
轴正向为正，经时间△t，由
动量定理得：
所以
又由
得
设题中乙图图像与
轴围成的面积为
则
在
过程，
解得电子经过点
时沿
轴负方向分速度
由全程洛伦兹力不做功，速率不变，可知电子经过点
时沿
方向分速度
在
过程，，电子沿
轴负方向分速度由0 增大到，沿
方向分速度由减小到0，电子在轴负
方向的位移与
间的相同，之后重复运动。
故该电子轨迹上横坐标为4R 的点的纵坐标为：
20． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的轨迹如图1 所示
圆心在
点，设半径为
，则
解得
（2）粒子在
点速度垂直
轴，进入电场后做曲线运动，
方向做速度为大小
的匀速直线运动，
轴方
向做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为
，从
到
的运动时间为，则
解得
（3）若入射速度大小变为
，设带电粒子在磁场中运动轨道半径为，则
解得
粒子将沿
轴正方向从
边上
点离开磁场，根据对称性，在
边上
点进入电场，因为电场方向沿
轴负方向，粒子应从
边上某点
点离开电场，设经过
轴上的
点。粒子运动轨迹如图2 所示。
粒子在
点速度垂直电场进入电场后做曲线运动，
方向做速度为大小
的匀速直线运动，
轴方向做
初速度为零的匀加速运动，由（2）问解答可知，粒子在电场中从
到
的运动过程中，沿
方向位移与
沿
方向上的位移相等，设为，运动时间为
，则
解得
设粒子射出电场时速度方向与
轴正方向的夹角为
，则
过
作
轴垂线交
轴于
点，在
中有
设带电粒子经过
轴的位置
点距坐标原点
的距离为
，由几何关系
解得
当
时
有最小值，最小值为
题型04 带电粒子在叠加场中的运动
21． 【答案】B
【详解】AB。等离子束射入磁场中，受到洛伦兹力，离子将打到平行金属板M、N 上而产生电场，达到
稳定状态后，后来的离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，有
得
当S 断开，电路稳定之后，电容器两端电压也为U，所以电容器的充电电荷量为
，故A 错
误，B 正确；
CD．当S 闭合时，电容器两端电压为
所以电容器的充电电荷量为
，故CD 错误。
故选B。
22． 【答案】B
【详解】A．根据左手定则可知，按下按键后，载流子（自由电子）向传感器左表面聚集，则传感器左表
面的电势比右表面低，故A 错误；
BCD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡
电流的微观表达式
联立解得霍尔电压
，故仅增大电流I，霍尔电压增大，仅增大长度l、仅增大宽度b 对霍尔电压无
影响，故B 正确，C 错误，D 错误。
故选B。
23． 【答案】BC
【详解】A．根据题意和题图乙可知，匀强电场的场强大小为
，故A 错
误；
B．小球受竖直向上的电场力与竖直向下的重力平衡，可知带正电
小球做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，小球做逆时针方向的匀速圆周运动，故
B 正确；
C．由题意知
，洛伦兹力提供向心力
解得
，故C 正确；
D．小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能减少了
，故D 错误。
故选BC。
24． 【答案】AD
【详解】AD．粒子在
区域仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，从P
垂直射入磁场，恰能从O 点
沿y 轴正方向射出，说明圆心在x 轴上，半径
洛伦兹力提供向心力
可得粒子在O 点的速度
粒子轨迹为四分之一圆弧，离x 轴最大距离为
，AD 正确；
B．粒子以
沿y 轴正方向进入
区域，电场力竖直向上，水平方向上只有洛伦兹力，在水平方
向上应用动量定理
其中
联立可得
由题意知
，可得
，B 错误；
C．粒子以
沿y 轴正方向进入
区域，把
分解为一个水平向右的速度
，另一个斜向左
上方的
与
对应的洛伦兹力与电场力平衡，粒子的一个分运动是以速度
向右的匀速直线运动；另一分运动是以
做匀速圆周运动，当
方向与
相同时，粒子速度有最大值
解得
， C 错误。
故选AD。
25． 【答案】(1)
(2)
(3)0
【详解】（1）微粒依次经过每个边界的速度大小都相等且速度方向与边界的夹角都为
，所以可知带电
微粒在
做匀加速直线运动，微粒的位移与x 轴夹角为
，即
电场力与重力大小相等，即mg=Eq
微粒运动到第一个边界时的速度为v，即
，
解得
带电微粒在
区域内做匀速圆周运动。微粒运动轨迹如图所示
由几何关系得微粒做圆周运动的半径为
微粒在电磁场区域内，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）微粒在
区域内运动的时间为
微粒在
区域内运动的时间为
解得
微粒在
区域内所受洛伦兹力
该洛伦兹力与微粒所受电场力与重力的合力等大反向，可知微粒在
区域内所受合力为零，微粒
做匀速直线运动。所以微粒在
区域内运动的时间为
微粒由释放至到达边界
所需时间
解得
（3）在
区域，如图所示
微粒仅受重力与洛伦兹力，水平方向的速度
产生竖直向上的洛伦兹力
，与重力等大
反向，竖直方向的速度
产生的洛伦兹力使微粒做匀速圆周运动，所以微粒的运动可以分解为水平方向做
匀速直线运动与竖直方向的匀速圆周运动。由于微粒的速度与边界夹角为
，即
，当
水平向左
时，此时微粒的合速度为0，所以微粒的最小速度为0。
26． 【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）由题可知，从左侧任选一个粒子经磁场偏转后，通过坐标原点
，其运动轨迹如图甲所示
由几何关系可知，四边形
为菱形，可得粒子运动轨迹的半径
洛伦兹力提供向心力，得
解得
（2）临界粒子的轨迹如图乙所示
由几何关系可得，粒子从
点离开磁场时，速度方向与
方向夹角为
范围内的粒子都能打到收集
板上。夹角为
的粒子进入磁场时的纵坐标
解得
打到收集板上的粒子占粒子源发出粒子总数的比值
解得
（3）加电场后，从坐标原点
处沿
方向射入
轴上方的粒子做类平抛运动，若恰好能够被收集板收集
到，将打在收集板的上端。由平抛运动规律，在
方向，有
在
方向，有
由牛顿第二定律，可得
联立解得
（4）从坐标原点
处射入
轴上方的带电粒子的初速度
，可以分解为一个沿
方向的速度
和另一个
速度
，沿
方向的速度
对应一个沿
方向的洛伦兹力，使其大小等于电场力，
得
则粒子沿
方向的分运动是速度为
的匀速直线运动，另一个分运动是以速度
沿逆时针方向的匀速圆周
运动。几何关系如图丙所示
可知带电粒子初速度
方向沿
方向时速度
最大，对应圆周运动的半径最大，且
角最小为
，粒子
能够到达
轴右侧且距离
轴的位置最远，此时
以速度
沿逆时针方向的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有
圆周运动的半径为
沿
方向发生位移为
粒子沿
方向，圆周运动的位移为
速度为
的匀速直线运动沿
方向的位移为
其中
，
可知
即带电粒子能到达距离
轴最远的位置坐标为
27． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场
中，根据动能定理有
解得
（2）粒子第一次经过
轴时，对速度进行分解，设速度与
轴夹角为
，则有
可得
在
方向上，有
在
方向上，有
联立解得
粒子在磁场
中，根据牛顿第二定律有
解得
要使粒子能经过
轴，临界状态轨迹如图所示
当轨迹圆恰好和
轴相切时，有
得
联立解得
当轨迹圆恰好和虚线
相切时，有
得
联立解得
故
需满足的条件为：
（3）当
时，由
解得
轨迹如图所示，第一次经过
轴的位置坐标为
粒子在
轴下方的复合场中运动时，由配速法可得
解得
，故粒子有沿
轴负方向匀速的分运动，
由矢量三角形，如图所示，可知
，故粒子还有匀速圆周运动的分运动。
由
解得
从粒子第一次经过
轴到第二次经过
轴，历时
，匀速圆周运动的分运动，如图所示
由几何关系可得
粒子向
轴负方向侧移
对沿
轴负方向匀速的分运动，粒子向
轴负方向侧移
故第二次经过
轴，
粒子第二次经过
轴的位置坐标为
28． 【答案】(1)
，
(2)（
，
）（
，，
）
(3)
【详解】（1）小球恰好在
范围内做匀速直线运动，根据平衡条件可得
，
解得
，
（2）在
区域，将小球刚进入该区域的速度分解为沿
轴方向分速度和沿
轴方向分速度，则有
，
由于
可知分运动1：小球沿
轴正方向做速度为
的匀速直线运动；
分运动2：小球以速度大小为
做逆时针匀速圆周运动。
当分运动转过
周时，分速度
与分速度
方向相反，此时小球的速度最小，为
；
对于分运动2，有
，
解得
，
速度最小时的横坐标为
（
，，
）
纵坐标为
则小球速度最小时的位置坐标为（
，
）（
，，
）
（3）以带电小球过
作为计时零点，经过时间
时，可知
区域，分运动2 小球转过
的角度为
如图所示
根据几何关系可知此时小球合速度大小为
此时小球的受力如图所示
可知此时小球的向心力大小为
则向心加速度大小为
小球在轨迹上该位置的曲率半径为
1． 【答案】C
【详解】A．
和
电荷量相同，由
知电场力做功相同，故A 错误；
B．质量比
，由
，
有
，即
，故B 错误；
C．由
知
，故C 正确；
D．由
，
有
r 相同时，有
即
，D 错误。
故选C。
2． 【答案】C
【详解】A．由题可知，地磁场的竖直分量在北半球（z 轴）向下（z 轴的负方向），南半球竖直向上，而
图中z 轴的磁感应强度方向为负，说明该学习小组在北半球，故A 错误；
B．由于地磁场的北极在地理的南极附近，而磁体外部的磁场方向总是从北极指向南极，而磁体内部的磁
感线从南极指向北极，因此地球内部磁场为从地理北极指向地理南极，故B 错误；
C．由于稳定后，
，
，因此此时x 轴指向地理上的南方，则y 轴正向指向东方，故C 正确；
D．根据矢量的合成可知，该地的磁感应强度大小为
，故
D 错误。
故选C。
3． 【答案】ABD
【详解】A．磁感应强度B 最小时，离子可经一次加速后从P 点离开磁场，根据动能定理得
进入磁场后做匀速圆周运动，有
解得
，故A 正确；
B．若
，根据
得到
可知离子经过加速后在磁场中转一圈打到离子源外壁被吸收，不能从P 射出，故B 正确；
CD．若
，
，则离子第一次加速后的半径为
在磁场中转动半圈后进入电场做减速运动，到下极板速度减为零又再次加速飞出上极板，速度大小不变，
半径仍为
如此重复两次后离子从下极板进入电场，可继续加速，速度变大半径变大，如此重复直至从P 射出。射出
时的半径为
所以射出时的速度
因此射出时动能为
离子在磁场中运动的时间为15.5 个周期，即
，故C 错误，D 正确。
故选ABD。
4． 【答案】AD
【详解】A．带电粒子从Q 飞入磁场，在磁场中做逆时针的圆周运动，根据左手定则可知，圆形区域内磁
场方向垂直纸面向里，A 正确；
BC．带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示
粒子做圆周运动的半径为r，粒子经过6 次偏转回到起点，由此可知粒子在每一个圆周运动中速度的改变
角
，由几何关系得
解得
粒子在每个圆形磁场中做圆周运动的时间
，所以粒子在磁场中总共运动的时间为一个周期，即
，又因为粒子在磁场外做匀速直线运动，所以粒子第一次回到P 点需要的时间大于
，故BC
错误；
D．由牛顿第二定律可得
解得
粒子第一次加速之后由动能定理可得
那么粒子经过两次加速之后，由动能定理得
解得
由题意可得，粒子在磁场中做圆周运动的半径不变，即
，所以带电粒子第二次加速后进入磁场时，
磁感应强度为
，D 正确。
故选AD 。
5． 【答案】ABD
【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于沿轴线进入管道的粒子恰好垂直打在管壁上，根据几何
关系可知，粒子在磁场中运动的圆弧半径为a，故A 正确；
B．结合上述，粒子在磁场中运动的圆弧半径为a，则有
解得
，故B 正确；
C．单位时间进入管道的粒子数为n，根据电流的定义式有
，故C 错误；
D．由于l>>a，则粒子束对管道的平均作用力大小在宏观上等于磁场对电流的安培力，则有
结合上述解得
，故D 正确。
故选ABD。
6． 【答案】AD
【详解】A．根据安培定义，两根相距
的平行导线，通
等量电流时，每米受力
。 一根导线在另一导线处产生的磁感应强度
，导线受力
解得
，A 正确；
B．两导线电流均垂直纸面向外，根据安培定则可知， M 在O 点产生的磁场竖直分量向上，N 在O 点产生
的磁场竖直分量向下，二者抵消；水平分量均向左，合磁感应强度方向水平向左，B 错误；
CD．由几何关系可知，M 到A 的距离
因此M 在A 点产生的磁感应强度大小
同理
M、N 在A 处的磁场竖直分量抵消，水平分量叠加。
、
的水平分量均为
合磁感应强度大小
大小与
无关，C 错误，D 正确。
故选AD 。
7． 【答案】BD
【详解】A．第一次加速，由动能定理得
解得
，故A 错误；
B．电子在加速电场中运动可看作速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
电子在电场中加速了1 次，可得其运动的位移大小为
根据位移与时间的关系可得
联立以上各式解得
电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力有
则周期为
电子从
点第一次加速至回到
点过程中，其在磁场中运动的时间
无场区运动时间
电子从
点第一次加速至回到
点所用时间
解得
，故B 正确；
C．当该电子从
处以最大速度
射出时，最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即
由此可知，从
处射出的电子动能
，故C 错误；
D．该电子在磁场中运动的周期
，始终不变，故D 正确。
故选BD。
8． 【答案】BC
【详解】将粒子的速度分别沿水平与竖直方向分解，粒子在竖直方向以速度
做匀速直线运动，在水
平面内以速度
做匀速圆周运动，则有
运动周期为
由于粒子在运动过程中恰好没有越过边界
、
，所以有
解得
经历一段时间后，粒子到达
点正上方的
点处，则有
（
），当n=1
时，O、A 两点间的距离
当n=2 时，O、A 两点间的距离
，无论n 取其他任何整数AD 都不可能。
故选BC。
9． 【答案】AD
【详解】A．小球受洛伦兹力
恒定，故小球沿
做初速度为零的匀加速直线运动，同时小球
随绝缘管水平向右做匀速直线运动，故小球的合运动是类平抛运动，其运动轨迹是一条抛物线A 正确；
B．洛伦兹力不做功，故B 错误；
C D．对小球沿管方向
又
绝缘管的位移大小为
，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F 的冲量大小等
于
故C 错误,D 正确。
故选AD。
10． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可得小球在飞离玻璃管前，沿
轴正方向做初速为零的匀加速直线运动，沿
轴方向
以速度
做匀速直线运动，小球飞离玻璃管后做匀速圆周运动。
设小球飞离玻璃管时沿
轴方向的分速度为
，由题意可得小球离开玻璃管时的速度为
，则有
解得
x 轴方向上做匀加速运动，则有
则小球在玻璃管上运动的时间
所以从玻璃管进入磁场到小球飞离玻璃管的过程中，玻璃管的位移大小是
（2）设x 轴方向上做匀加速运动的加速度，
洛伦兹力提供向心力
联立得磁感应强度的大小
（3）设小球飞离玻璃管时速度方向与x 轴的夹角为θ，由
可得θ=30°
设小球做圆周运动的半径为
，由几何关系得
洛伦兹力提供向心力
解得挡板左端到荧光屏的距离
11． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子从P 到Q 做类平抛运动，设运动时间为t1
x 方向有
z 方向有
其中
联立三式得：
（2）设粒子到达Q 点时，速度方向与x 轴成θ 角，由
得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q 点进入磁场，从M 点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度
，
由洛伦兹力提供向心力有
并且
粒子打在P 点，有
联立三式得
（3）调节I、IV 区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场
由前面分析可知
，与IV 区域电场强度大小无关。
粒子要进入I 区域，打在吸收屏上，需满足
，即
粒子到达M'点时，z 方向的分速度
粒子在I 区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有
得
故
，
所以打在吸收屏的坐标是
12． 【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设从A 点射入的粒子轨道半径为r，由几何关系得：
由
，得
，
解得：
（2）粒子在磁场中运动的时间为：
粒子在电场中运动的加速度大小为：
粒子在电场中运动的时间为：
所以，从A 点射入磁场的粒子再次回到磁场的时间为：
（3）从圆弧中点P 处射入的粒子必经过坐标原点O，设在O 点时速度与x 轴正方向的夹角为
，则：
，
粒子进入电场后做类斜抛运动，第一次经过x 轴正半轴时离坐标原点的距离为：
粒子再次进入磁场，速度与x 轴正方向的夹角为45°，第二次经过x 轴正半轴时离坐标原点的距离为：
粒子第三次经过x 轴正半轴时离坐标原点的距离为：
13． 【答案】(1)
(2)
(3)见解析
(4)见解析
【详解】（1）物块A 做匀速圆周运动，则
所以
（2）物块A 做圆周运动，有
由几何关系知
所以
（3）设物块A 上滑过程的速度为v，受到支持力为
物块A 所受摩擦力
摩擦力的功率
联立得
当
时，功率最大，且
物块A 上滑过程中不脱离传送带，有
即
i.当
时，物块A 脱离传送带，故该情况不符合题意
ii.当
时，最大功率为
iii.当
时，最大功率为
（4）设物块A 与物块B 碰撞，由动量守恒定律，有
，
解得
，
，
设物块A 上滑过程时间为t1，下滑过程时间为t2，以沿传送带向下为正方向，由动量定理，在上滑过程中，
有
在下滑过程中，有
物块A 恰返回O 点，有
物块B 在此过程中，由动量定理有
联立可得
，
若
，则
，此时物块B 沿传送带向下运动；
若
，则
，此时物块B 沿传送带向上运动。
14． 【答案】(1)
；
(2)证明过程见解析，
(3)
【详解】（1）正对
射入的粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动：
，
得：
在磁场Ⅱ中：
，
在电场中：
得：
，
（2）由于粒子在磁场Ⅰ中：
，所有粒子均会从
点沿半径方向进入电场，对任意粒子进入磁
场Ⅱ作出运动轨迹，如图，从
点射出，由几何关系：
，
则四边形
为平行四边形，
，故能打到接收屏的粒子速度方向均垂直于接收屏。如图，
从磁场Ⅱ的最高点射出打中接收屏时时间最长
则
，
则粒子在磁场Ⅰ中运动的最长时间
（或
，
）
（3）从磁场Ⅱ的最高点射出打中接收屏的粒子在磁场I 中运动轨迹如图：
比例
15． 【答案】(1)（R，2R）
(2)
(3)
，
【详解】（1）由题意和几何知识可知，带电粒子在第一个磁场区域中运动
周期，轨迹半径为
在磁场中由洛伦兹力提供向心力
解得
带电粒子在上方电场中做匀加速直线运动，可知粒子源的横坐标为R，设粒子源的纵坐标为y₁
根据匀加速直线运动规律
，其中
解得
即粒子源的位置坐标为（R，2R）
（2）根据洛伦兹力提供向心力
轨迹半径为
由几何关系可知，当粒子从第一个磁场区域与x 轴右交点处离开磁场时，带电粒子的偏转角最大如图1 所
示
则有
，即
可知带电粒子的最大偏转角为60°
运动时间
（3）由第一小问的解析可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径为R
分析可知，当粒子从磁场区域最上方离开磁场时，整个运动过程粒子不会进入磁场和电场间的区域，粒子
的运动时间最短，部分运动轨迹如图2 所示
粒子在每个磁场中运动轨迹所对圆心角之和为180°
又粒子在磁场中运动的周期
则粒子在每个磁场中运动的时间均为
粒子每次在x 轴上方电场中运动的时间为
同理可知，粒子每次在x 轴下方电场中运动的时间为
当磁场区域为偶数个时，粒子从被发射至到达荧光屏所用的最短时间为
当磁场区域为奇数个时，粒子从被发射至到达荧光屏所用的最短时间为
