11-19年高考物理真题分专题汇编之046动态直流电路的讨论
1. 2011年理综北京卷
17．如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
答：A
【解析】变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，使连入电路中的R0阻值减小，整个电路的电阻减小，电路中的电流I增大，路端电压U＝E－Ir减小，即电压表的示数减小，又R2与R0并联后再与R1串联，在R0减小时，使得R2两端电压减小，R2中的电流减小，即电流表示数减小。A正确，B、C、D错误。
2. 2014年理综天津卷
2．如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（ ）
A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离 D．断开电键S
【答案】B
【解析】如果油滴不动，则平行板电容器中电场强度不能变。增大R1阻值，因为电源内阻不能忽略，所以R1分压增大，电容器电压增大，电场变强，A错。增大R2阻值，因为电容器是断路，所以不影响电容器两端电压，电场不变，B对。增大两板间距离，因为电容器两端电压不变，根据，电场变小，C错。断开电键则电容器中间电场变为0，D错。
3. 2014年物理上海卷
18.如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、 V2、 V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，则 （ ）
A．A的示数增大
B．V2的示数增大
C．△V3与△I的比值大于r
D．△V1大于△V2
【答案】ACD
【解析】此电路为串联电路，将滑片向下滑动，电路中的总电阻减小，总电流增大；电流表的示数增大，A项正确；电源的内阻分压增大，所以路端电压减小，即V2的示数减小，B项错误；电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，由于电流增大，定值电阻的分压增大，滑动变阻器两端的电压减小，所以V1的示数变化大于V2，D项正确；将定值电阻等效为电源的内阻，，C正确。
4. 2013年江苏卷
4. 在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现,设计了一种报警装置，电路如图所示。 M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S 两端电压U 增大，装置发出警报，此时
(A) RM变大，且R 越大,U 增大越明显
(B) RM变大，且R 越小，U 增大越明显
(C) RM变小，且R 越大，U 增大越明显
(D) RM变小，且R 越小，U 增大越明显
答案：C
解析：接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，根据欧姆定律U=IRs，由闭合电路欧姆定律知，
两者联立可知RM变小，且R越大，U增大越明显，故A、B、D错，C对。
5. 2011年海南卷
2．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）
A．V的读数变大，A的读数变小
B．V的读数变大，A的读数变大
C．V的读数变小，A的读数变小
D．V的读数变小，A的读数变大
答：B
【解析】S断开，相当于外电阻变大，总电流减小，故路端电压U＝E－Ir增大，电压表的读数变大。S断开，使原来R2与R3并联的电阻变为R3的电阻，电阻变大了，R3两端的电压增大，电流增大，电流表的读数变大。
6. 2011年上海卷
12．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时
A．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
B．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
C．电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
D．电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小
答案：A
解析：本题考查动态电路知识。外电路电路结构为滑动变阻器的上部分电阻R1与下部分电阻R2并联后再与电阻R串联。根据R1＋R2之和为定值，则并联电阻R并＝可知，当R1＝R2时，R并最大，外电路电阻最大。根据欧姆定律I＝及路端电压与干路电流的关系：U＝E－Ir，可知外电路电阻先增大后减小时，干路电流先减小后增大，路端电压先增大后减小，排除B、D选项；讨论电流表示数变化时，可将电阻R与电源内阻r之和等效为电源内阻r内，外电路只有R1与R2并联，当R1＜R2时，P向下移动，R2减小，而电压增大，故电流表A的读数增大；当R1＞R2时，P继续向下移动，R1增大，且其两端电压减小，故通过R1的电流减小，而由前面的判断可知此时干路电流增大，故另外一条支路R2上的电流必定增大，即电流表A读数继续增大，综上所述电流表读数一直增大，A对。
V
A
R0
R2
R1
S
E r
S
E r
C
R2
R1
R
A
V2
V1
V3
K
E r
M
S
传感器
R
V
A
R1
R2
R3
S
S0
E
V
A
P
R
E
r
S
输入 输出
A B Z
0 0 0
0 1 l
1 0 X
1 1 l
11-19年高考物理真题分专题汇编之047简单逻辑电路
1. 2012年物理上海卷
7．如图，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成，该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报。其中 （ ）
（A）甲是“与门”，乙是“非门”
（B）甲是“或门”，乙是“非门”
（C）甲是“与门”，乙是“或门”
（D）甲是“或门”，乙是“与门”
答案：B
从图形上看，乙是“非门”，甲如果是“与门”，无论输入电压是高还是低，都会使乙的输出电压高，而使蜂鸣器发出警报，只有当甲是“或门”时，输入电压低时甲的输出电压才会低而使乙的输出电压高从而使蜂鸣器发出警报
2. 2011年上海卷
6．右表是某逻辑电路的真值表，该电路是
答案：D
解析：本题考查门电路相关知识点。与门的逻辑：F＝A·B，即有0出0，全1出1，用“&”符号表示；或门的逻辑：F＝A＋B，即有1出1，全0出0用“≥1”符号表示；非门的逻辑：F＝，即0出1，1出0，用“○”符号表示。A选项表达式为：F＝A＋B，显然不符合表格的第一行数据，A错；B选项表达式为：F＝A·B，显然也不符合表格的第一行数据，B错；C选项表达式为：F＝，显然也不符合表格的第二行数据，C错；D选项表达式为：F＝，符合表格所有数据，D对。
3. 2013年上海卷
12．在车门报警电路中，两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光。能实现此功能的电路是
答案：B
解析：能实现此功能的电路是与门电路，选项B正确。
4.2015年上海卷13．监控系统控制电路如图所示，电键S闭合时，系统白天和晚上都工作；电键S断开时，系统仅晚上工作。在电路中虚框处分别接入光敏电阻（受光照时阻值减小）和定值电阻，则电路中 （ D ）
（A）C是“与门”，A是光敏电阻
（B）C是“与门”，B是光敏电阻
（C）C是“或门”，A是光敏电阻
（D）C是“或门”，B是光敏电阻
解析：开关S闭合后，C门的一个输入点就是1，系统不管白天和晚上都工作，说明与另一输入端的逻辑值无关，这说明C门是“或门”。 开关S断开后，C门的一个输入点就是0，要让系统工作，另一输入端必须是1，也就是高电压，所以B是光敏电阻，故选项D正确。
U
蜂鸣器
甲
乙
输入 输出
0 0 1
0 1 1
1 0 1
1 1 0
≥1
&
1
≥1
1
&
A．
B．
C．
D．
A
R1
S1
R2
S2
L
5V
0V
≥1
R1
S1
L
5V
0V
≥1
R2
S2
R1
S1
R2
S2
L
5V
&
0V
R1
S1
L
5V
0V
R2
S2
&
B
C
D
R
监控系统
+5V
0V
S
A
B
C
11-19年高考物理真题分专题汇编之048磁场的基本概念根
1. 2016年上海卷21.形象描述磁场分布的曲线叫做____________,通常___________的大小也叫做磁通量密度。
【答案】磁感线；磁感应强度
【解析】为了形象的描述磁场而假想出来的曲线，曲线上任意一点的切线方向均表示该位置的磁场方向，这样的曲线称为磁感线；磁场的强弱大小用磁感应强度表示，在磁通量中有：，所以磁感应强度也称为磁通密度。
2. 2016年上海卷8.如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是
（A）+x方向
（B）-x方向
（C）+y方向
（D）-y方向
【答案】A
【解析】据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向向z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向（沿z轴负方向看），通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确。
3. 2013年上海卷
13．如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是
答案：C
解析：通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是C。
4. 2017年江苏卷1．如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 （ A ）
（A）1:1 （B）1:2 （C）1:4 （D）4:1
解析：根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以选项A正确；BCD错误。
5. 2011年新课标版
14．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是
A． B． C． D．
答：B
【解析】根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。
6. 2015年理综新课标Ⅱ卷18.指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是 （ BC ）
A. 指南针可以仅具有一个磁极
B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
解析：指南针不可以仅具有一个磁极，A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，B正确；
当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转到与导线垂直，故D错误。
7. 2013年海南卷
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B1、B2和B3，下列说法正确的是
A．B1=B2B．B1=B2=B3
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：本题考查磁场的叠加，由于通过三条导线的电流大小相等，结合右手定则可判断出三条导线在a、b处产生的的合磁感应强度垂直直面向外，在c处垂直直面向里，且B1=B28. 2012年理综全国卷
18.如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是
A. O点处的磁感应强度为零
B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D. a、c两点处磁感应强度的方向不同
【答案】C
【解析】由安培定则, 两电流在O点处的磁场方向都向下，O点处的磁感应强度不能为零, A错误；a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，B错误；c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，C正确；c、d两点处的磁感应强度方向相同，都向下，D错误。
9. 2011年理综全国卷
15．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是
A．a点 B．b点 C．c点 D．d点
答案：C
解析：根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下，由于I1＞I2，且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小，故B1a＞B2a，则a处磁感应强度不可能为零，A错；两电流在b处产生的场强方向均垂直ac连线向下，故B错；I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上，且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大，故B1c与B2c有可能等大反向，C对；两电流在d处产生的场的方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180°，D错。
10. 2014年物理海南卷
8．如图，两根平行长直导线相距2L，通有大小相等、方向相同的恒定电流，a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、和3 。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是 （ ）
A．a处的磁感应强度大小比c处的大
B．b、c两处的磁感应强度大小相等
C．a、c两处的磁感应强度方向相同
D．b处的磁感应强度为零
【答案】AD
【解析】由右手定则可以判断，a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场叠加，但a距离两导线比c近，故a处的磁感应强度大小比c处的大，选项A正确；b、c与右侧电流距离相同，故右侧电流对此两处的磁场等大反向，但因为左侧电流在该两处产生的磁场大小不同，B错；由右手定则可以知，a处的磁场方向垂直纸面向里，c处的磁场方向垂直纸面向外，C错；b与两条导线的距离相等，故两磁场叠加为零，D正确。
11.2016年北京卷17.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“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示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
【答案】C
【解析】根据题意可得，地理南北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确；地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，B正确；由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，C错误；在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力作用，D正确。
12.2017年新课标Ⅲ卷18．如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为
A． B． C． D．
答：C
解析：如答图1所示， P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知
如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如答图2所示，由矢量合成可知B'1=B1，
由几何关系可知：a点处磁感应强度的大小，
故C正确，A、B、D错误。
13.2018年全国卷II、20．如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上； L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为和，方向也垂直于纸面向外。则 （ AC ）
A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为
B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为
C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为
D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为
解析：设L1在a,b两点产生的磁感应强度大小为B1，设L2在a,b两点产生的磁感应强度大小为B2， ；
联立可得，
14.2018年浙江卷（4月选考）12．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45?的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线（ A ）
A．平行于EF，深度为 B．平行于EF，深度为L
C．垂直于EF，深度为 D．平行于EF，深度为L
解析：根据通电直导线产生的磁场特点，距离电流越近，产生的磁场强度越大，则a点距离管线最近，EF上的点均是距离管线最近的点，管线在EF的正下方，与EF平行，。根据安培定则作出管线产生磁场的横截面如图示：
由几何关系可以确定a到管线的距离为，故BCD错误，A正确。
A
y
x
z
电子流
a
b
O
O
B
a
b
O
B
a
b
O
B
a
b
O
B
a
b
B
A
C
D
2r
r
a
b
B
西
东
I
西
东
I
西
东
I
西
东
I
I
c
b
c
c
a
c
I
c
I
c
a
b
c
d
M
N
O
a
b
c
d
I1
I2
a
b
c
地轴
地球自转方向
a
l
l
l
P
Q
答图1
a
P
Q
B1
B1
B0
答图2
B1
B0
a
P
Q
B1
B'1
a
L1
L2
b
水平地面
金属管线
I
第12题图
11-19年高考物理真题分专题汇编之049安培力
1.【2019年4月浙江物理选考】在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL，则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是A；
2.【2019年物理全国卷1】如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为
A．2F B．1.5F C．0.5F D．0
【答案】B
【解析】
【详解】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B。
3.【2019年物理江苏卷】如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是
A. 均向左
B. 均向右
C. a的向左，b的向右
D. a的向右，b的向左
【答案】CD
【解析】
【详解】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确。
1.2018年浙江卷（4月选考）7．处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO' 转动，当线框中通以电流Ⅰ时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是（ D ）
2.2015年上海卷25．如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为________。当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为________。
答案：-F；-3F或5F
解析：由牛顿第三定律，b受到a对它的的磁场力为 -F；a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，c在a、b两导线处的磁感应强度大小相等，方向相反，c导线对b导线的作用力是它对a导线作用力的两倍，方向相反，a受到的磁场力大小变为2 F，那么c导线对a导线的作用力可能是F，也可能是-3F，c导线对b导线的作用力可能是-2 F，也可能是6F，故此时b受到的磁场力为-3F或5F。
3.2015年江苏卷4. 如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。 下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长 MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。 线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。 若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是 （ A ）
解析：由题意知，根据F=BIL，处于磁场中的导体，有效长度越长，受安培力越大，天平越容易失去平衡，由题图知，选项A中导体的有效长度最长，所以选项A正确。
4. 2011年新课标版
18．电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是 （ BD ）
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
【解析】利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。
5. 2012年物理海南卷
10．图中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是 （ ）
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
答：B D
解析：由右手螺旋法则和左手定则，可知选项B、D正确。
6. 2012年理综天津卷
2. 如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是
A. 棒中的电流变大，θ角变大
B. 两悬线等长变短，θ角变小
C . 金属棒质量变大，θ角变大
D. 磁感应强度变大，θ角变小
答案：A
解析：水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有，所以棒子中的电流增大θ角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角度不变；金属质量变大θ角度变小；磁感应强度变大θ角度变大。
7. 2017年新课标I卷19．如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是
A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直
B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直
C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为
【答案】BC
【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1分析受力，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2和L3所在平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1和L2所在平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1和L2受到的磁场力的合力等于F，L3受到的磁场力的合力等于F，即L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为，故C正确，D错误。
8. 2017年浙江选考卷9.如图所示，两平行直导线和竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。则
A.b点的磁感应强度为零
B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里
C.cd导线受到的安培力方向向右
D.同时改变了导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变
【答案】D
【解析】由右手螺旋定则可知，cd导线和ef导线在b处产生的磁场方向都垂直纸面向外，所以由矢量合成知b处的磁感应强度垂直纸面向外，故A错误；由右手螺旋定则知ef导线在左侧产生的磁感应强度垂直纸面向外，故B错误；由左手定则知：cd导线受到的安培力方向向左，故C错误；由题意可知，cd导线所处的位置磁汤方向发生改变，但同时自身电流方向也发生改变，由左手定则知cd导线所受安培力方向不变，故D正确。
9. 2014年物理上海卷12.如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为s的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO' 转动，磁场方向与线框平面垂直。在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc边受到相对OO′ 轴的安培力力矩大小为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据左手定则，可知通电导线受到的安培力沿竖直方向向上，大小为F＝BILbc，此力到转轴的力臂为Labsinθ；力矩为：M＝FLabsinθ＝ISBsinθ，A项正确。
10. 2011年物理江苏卷
5．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。t=0时，将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象正确的是 （ D ）
A． B． C． D．
【解析】t=0时，将形状S由1掷到2，电容器放电，开始时，因安培力作用使导体棒产生加速度，导体棒速度增大，产生反向感应电动势，使电流减小，安培力减小，加速度减小，减小至零时，速度达最大值vm做匀速运动，电容器两极电压为BLvm（L为导轨宽度），A、B、C错误，D正确。
11. 2014年理综浙江卷
20.如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起，棒上有如图2所示的持续交流电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒
A．一直向右移动
B．速度随时间周期性变化
C．受到的安培力随时间周期性变化
D．受到的安培力在一个周期内做正功
【答案】ABC
【解析】在0～，导体棒受到向右的安培力，大小恒为B ImL，向右做匀加速直线运动；在～T，导体棒受到安培力向右，大小仍为BImL，而此时速度仍然还是向左，做匀减速直线运动，之后不断重复该运动过程．故选项A、B、C正确；安培力在一个周期内先做正功，后做负功，选项D错误．
12.2011年上海卷
18．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为
A．z 正向， B．y 正向，
C．z 负向， D．沿悬线向上，
答案：BC
解析：本题考查安培力、左手定则。如图所示为沿着x轴负方向看的示意图，导线受到向下的重力、沿着绳子方向的拉力以及安培力。当磁感应强度方向沿着z轴正向时，由左手定则可得安培力向左，导线不可能平衡，A错；同理当磁感应强度方向沿着z轴负向时，安培力向右，可能平衡，C对；当磁感应强度方向沿着y轴正向时，安培力竖直向上，若大小等于重力，则可使导线平衡，B对；当磁感应强度方向沿悬线向上时，安培力垂直悬线向下，不可能使导线平衡，D错。
13. 2014年理综新课标卷Ⅰ
15.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
【答案】B
【解析】本题考查安培力的大小和方向．安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面，因此，安培力总与磁场和电流垂直，A错误，B正确；安培力F＝BILsin θ，其中θ是电流方向与磁场方向的夹角，C错误；将直导线从中点折成直角，则前半段受到的安培力为，后半段受到的安培力为，由于夹角θ不确定，所以F1、F2的合力不一定等于F1，选项D错。
14. 2016年海南卷8．如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面）磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中
A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
【答案】BC
【解析】将环形导线分割成无限个小段，每一小段看成直导线，则根据左手定则，当电流顺时针时，导线的安培力垂直于纸面向外，故选项A错误，选项B正确；当电流逆时针时，根据左手定则可知道安培力垂直于纸面向里，故选项C正确，选项D错误。
15. 2018年海南卷3．如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将 （ A ）
A．沿斜面加速上滑 B．沿斜面加速下滑
C．沿斜面匀速上滑 D．仍静止在斜面上
解析：分析金属杆受力有重力G、斜面支持力N和磁场对通电导线的作用力F，其中F=BIL，由平衡条件得F=Gsinθ，
若电流变为0.5I，磁感应强度大小变为3B，则磁场力变为F'=1.5BIL，
金属杆受到的合力沿斜面向上，所以金属杆将沿斜面加速上滑，选项A正确。
16.2018年江苏卷13．（15分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒
（1）末速度的大小v；
（2）通过的电流大小I；
（3）通过的电荷量Q。
解：（1）匀加速直线运动v2=2as 解得
（2）安培力F安=IdB 金属棒所受合力
牛顿运动定律F=ma
解得
（3）运动时间 电荷量Q=It
解得[来源:学|科
17. 2013年重庆卷7．（15）小明在研究性学习中设计了一种可测量磁感应强度的实验，其装置如题7图所示。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，此时电子测力计的计数为G1，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。直铜条AB的两端通过导线与一电阻连接成闭合回路，总阻值为R。若让铜条水平且垂直于磁场，以恒定的速率v在磁场中竖直向下运动，这时电子测力计的读数为G2，铜条在磁场中的长度L。
⑴判断铜条所受安培力的方向，G1和G2哪个大？
⑵求铜条匀速运动时所受安培力的大小和磁感应强度的大小。
解析：（1）由右手定则和左手定则知安培力方向向上，且G2>G1。
（2）安培力的大小 F= G2-G1
由, 及
得磁感应强度的大小
18. 2012年物理上海卷
32．（13分）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1：当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。
（1）分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
（2）求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。
解析：
（1）I1方向向左，I2方向向右，
（2）当MN中通以电流I时，线圈所受安培力大小为F＝kIiL（－），
式中r1、r2分别为ab、cd与MN的间距，i为线圈中的电流，L为ab、cd的长度。
F1:F2＝I1:I2，
（3）设MN中电流强度为I3，线框所受安培力为F3，由题设条件可得：
2T0＝G
2T1＋F1＝G，
F3＋G＝G/ga，
， 得
19.2015年理综新课标I卷24．(12分) 如图，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。
解：依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。
开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1=0.5cm。
由胡克定律和力的平衡条件得 2kΔl1=mg ①
式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F=IBL ② 式中，I是回路电流，L是金属棒的长度.
两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3cm，由胡克定律和力的平衡条件得
2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③
由欧姆定律有 E=IR ④ 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。
联立①②③④式并代入题给数据得 m=0.01kg ⑤
20.2015年理综重庆卷7． (15分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。题图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I．
（1）求此时线圈所受安培力的大小和方向。
（2）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率．
答案：（1），方向水平向右 ；（2）
解析：由左手定则解析：线圈共有n条边，每条边受到安培力F1=BIL
线圈右边受到安培力大小为F=n? F1 =nBIL
由左手定则得安培力方向水平向右。
（2）安培力的功率为P=Fv=nBILv
21.2015年理综浙江卷24. （20分）小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L=0.1m，竖直边长H=0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0= 1.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0~2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。（重力加速度取10m/s2）
（1）为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少
（2）进一步探究电磁感应现象，另选N2 =100 匝、形状相同的线圈，总电阻R=10Ω，不接外电流，两臂平衡，如图2所示。保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d =0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。
答案：（1）N1=25匝（ 2）=0.1T/s
解析：（1）线圈受到安培力：F=N1B0IL
天平平衡：mg= F=N1B0IL 代入数据得N1=25匝
（2）由电磁感应定律得：E=N2= N2 Ld，由欧姆定律得I′=
线圈受到安培力F′= N2B0I′L
天平平衡m′g= N2B0
代入数据可得=0.1T/s
22. 2014年理综重庆卷8．（16分）某电子天平原理如题8图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触）随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。问
（1）线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？
（2）供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系。
（3）若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？
【答案】（1）感应电流从C端流出 （2）外加电流从D点流入 （3）
【解析】（1）感应电流从C端流出。
（2）设线圈受到的安培力为FA，
外加电流从D点流入。
由FA=mg和FA =2nBIL 得：
（3）设称量最大质量为m0
由和P=I2R 得：
23.2017年新课标Ⅱ卷21．某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将（ ）
A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉
【答案】AD
【解析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B错误；若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，铁圈一直不通电，故不能转动起来，选项C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D正确。故选AD.
24.2018年天津卷12．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
解：（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为，由电阻的串并联知识得①；
设回路总电阻为I，根据闭合电路欧姆定律有②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F=BIl③
根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得⑤
（3）设列车减速时，cd进入磁场后经时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律有⑥，
其中⑦；
设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有⑧
设cd受到的平均安培力为，有⑨
以向右为正方向，设时间内cd受安培力冲量为，有⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为，有?
设列车停下来受到的总冲量为，由动量定理有?
联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得?
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场。?．
26.2017年天津卷12．（20分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
【答案】（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下； （2） （3）。
【解析】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有
①
设MN受到的安培力为F，有F=IlB ②
由牛顿第二定律有F=ma ③
联立①②③式得 ④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为Q0，有Q0=CE ⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，设MN上的感应电动势为E'，有
⑥
依题意有 ⑦
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有 ⑧
由动量定理，有 ⑨
又 ⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
?
27. 2013年北京卷24.（20分）
对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。
⑴一段横截面积为S、长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e。该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v。
(a)求导线中的电流I；
(b)将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安=F.
⑵正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
【 解析】（1）(a)设Δt时间内通过导体横截面的电量为Δq，由电流定义有
(b)每个自由电子所受的洛伦兹力
设导体中共有N个自由电子
导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和
由安培力公式有
得
（2）一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为
如答图3，以器壁上的面积S为底、以vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内的粒子在Δt时间内有1/6与器壁S发生碰撞，碰撞粒子总数为
Δt时间内粒子给器壁为的冲量
面积为S的器壁受到粒子压力为
器壁单位面积所受粒子的压力为
S
N
O
O'
I
+
?
第7题图
B
F
F
I
A
B
F
F
I
B
B
F
F
I
C
B
F
F
I
D
a
b
c
I
2I
(A)
(B)
(C)
(D)
M
N
M
N
M
N
M
N
L
I
f
左
右
a
e
b
L
M
B
θ
θ
N
F安
T
mg
L1
L2
L3
I
I
I
L1
L2
L3
I
I
I
a
b
c
d
f
e
b
B
c
a
d
θ
O'
O
E
C
S
1
2
B
q
t
O
v
t
O
a
t
O
i
t
O
第20题图2
L
第20题图1
B
左
右
I
t
T
T/2
3T/2
2T
-Im
Im
I
0
z
y
θ
T
mg
线圈
图（b）
N
线圈
环形磁体
纸盆
图（a）
S
S
B
I
d
B
外接电源
I
S
N
S
B
A
888.88
电阻
铜条
读数
（单位：N）
题7图
N
a
b
c
d
M
a
b
B
P
Q
B
题7图
B0
I
图1
B0
图2
B
d
b
a
d
c
v0
图2
宽度
间距
······
·
·
·
·
·
·
·
M
N
b
a
d
c
图1
1
C
导轨
导轨
2
S
E
M
N
v△t
S
答图3
11-19年高考物理真题分专题汇编之050洛伦兹力吕湘中学庞留根
1.2015年海南卷1．如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向 （ A ）
A．向上 B.向下 C.向左 D.向右
解析：条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得，电子受到的洛伦兹力方向向上，选项A正确。
2. 2013年安徽卷
15.图中a，b，c，d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是
A．向上 B．向下
C．向左 D．向右
答案：B
解析：通电导线b和d在O点产生的磁场相互抵消，通电导线a和c在O点产生的磁场水平向左，一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可判定粒子所受洛伦兹力的方向是向下，故B对，A、C、D错。
3. 2011年海南卷
10．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
答：B D
【解析】在磁场中半径 运动时间：（θ为转过圆心角），故BD正确，当粒子从O点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC错。
4. 2014年理综新课标卷Ⅰ
16.如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿过铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】根据 有 ，
穿过铝板后粒子动能减半，则 ，得 ，
穿过铝板后粒子运动半径减半，则 ，因此，选项D正确．
5. 2011年理综浙江卷
20．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
答：BC
【解析】由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；
由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，
根据，可得、，
则，故可知B、C正确，D错误。
6.2014年理综新课标卷Ⅱ
20.图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是： （ ）
A.电子与正电子的偏转方向一定不同
B.电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同
C.仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子
D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
【答案】AC
【解析：由于电子与正电子的电性相反，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相反，偏转的方向一定相反，故A正确；根据带电粒子的半径公式 可知，电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径是否相同，与它们的速度有关，故B错误；质子与正电子的电性相同，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相同，偏转的方向相同，但是两者的动量大小未知，根据可知：仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，故C正确；由，则，可知粒子的动能越大，轨迹半径也越大，故D错误。
7.2017年北京卷24．（20分）
发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
（1）求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
（2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a．请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。
答：答案（1），E2＝ILBvΔt；
（2）①见答图1，
②电荷移动的速度可分解为沿ba方向和垂直于ab方向，各自由电荷因这两个分速度引起的洛伦兹合力可分解成垂直ab方向和平行ab方向，垂直ab方向的分力做正功，平行ab方向的分力做负功。
解析：（1）图1中，电路中的电流 ，棒ab受到的安培力
在t时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功：
图2中，棒ab受到的安培力
在t时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功：
（2）a．如答图3、答图4所示。
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为。
如答图4所示，沿棒方向的洛伦兹力，做负功
垂直棒方向的洛伦兹力，做正功
所以，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
P
a
e
a
b
d
O
c
O
B
P
M
N
O
Q
2d
L
d
M
N
B
硅微条径迹探测器
永磁铁
永磁铁
a
b
B
r
M
P
Q
N
图1
a
b
B
M
P
Q
N
图2
a
a
图3
图4
b
B
b
B
f洛1
f洛2
答图1
a
答图3
b
B
f1
f2
f
答图4
a
b
B
f ′
f1′
f2′
11-19年高考物理真题分专题汇编之
051a带电粒子在磁场中的圆周运动(上)
1.2013年新课标I卷
18.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q（q>0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示：
入射点与圆心连线与初速度方向夹角为30°，初速度方向与轨迹所对弦夹角也为30°，所以轨迹半径,由，B选项对。
2.2013年新课标II卷
17．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为
A． B． C． D．
答：A
解析：带电粒子在磁场中运动如图所示，由几何关系可知轨道半径，洛伦兹力等于向心力，有，解得磁场的磁感应强度，A正确。
3. 2012年理综全国卷
17质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是
A. 若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等
B. 若m1=m2，则它们作圆周运动的半径一定相等
C. 若q1≠q2，则它们作圆周运动的周期一定不相等
D. 若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等
【答案】A
【解析】带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力,其轨道半径，周期。若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等.选项A正确；若q1≠q2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项C错误；若m1=m2，则它们作圆周运动的半径不一定相等，选项B错误；若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期可能相等，选项D错误。
4. 2012年理综北京卷
16. .处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 （ D ）
A. 与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比
C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比
解析：将该粒子的运动等效为环形电流，该粒子在一个周期只通过某一个截面一次，则环形电流在一个周期T内的电量为q，根据电流定义式有
粒子在磁场力作用下做匀速圈周运动，根据周期公式有
两式联立有
环形电流与磁感应强度成正比，与粒子质量成反比，与粒子电荷量的平方成正比，而与粒子速率无关，答案D。
5. 2012年理综广东卷
15. 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2中虚线所示，下列表述正确的是 (?http:?/??/?www.xkb123.com?)
A.M带负电，N带正电
B.M的速率小于N的速率
C.洛仑兹力对M、N做正功
D.M的运行时间大于N的运行时间
【解析】选A。由左手定则可知M带负电，N带正电，故A选项正确。
由得，由题知两个带电粒子的质量和电量都相等，又进入到同一个匀强磁场中，由图及A选项的判断可知RN由于洛仑兹力的方向始终与带电粒子的运动方向垂直，故洛仑兹力永远不会对M、N做功，则C选项错误。由及题给条件可知，这两个带电粒子在磁场中运动的周期相等，又由图可见两个粒子在磁场中的偏转角相等，均偏转了半个周期，故在磁场中运动的时间相等，所以D选项错误。
6.2013年理综广东卷21．如图9，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
答：AD
解析：由左手定则可知，A正确；由可知，a、b两粒子做圆周运动的半径相等，画出轨迹如右图,⊙O1 、⊙O2分别为a、b的轨迹，a在磁场中转过圆心角比b大， 由和轨迹图可知D选项对。
7. 2014年理综北京卷
16.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，他们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。则一定有（ A ）
A． B． C． D．
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径，已知两粒子动量相等，且，故一定有，故A正确；仅由动量、半径的关系不能确定质量的关系，故B错误；由周期公式可知：仅由动量、半径的关系，无法确定两粒子做圆周运动周期的关系，故C错误；根据半径公式，得荷质比，仅由半径的关系，无法确定两粒子荷质比的关系，故D错误。
8. 2014年理综安徽卷
18．“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 ）
A． B．T C． D．T 2
【解析】由于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，即。带电粒子在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：得。而故可得：又带电粒子的运动半径不变，所以，A正确。
9.2015年理综新课标I卷14.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 （ D ）
A. 轨道半径减小，角速度增大 B. 轨道半径减小，角速度减小
C. 轨道半径增大，角速度增大 D. 轨道半径增大，角速度减小
解析：由于速度方向与磁感应强度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，洛伦兹力不做功，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度大小不变，轨道半径，磁感应强度变小，半径增大，由，角速度减小，选项D正确。
10.2016年新课标Ⅱ卷18．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】作出粒子的运动轨迹如图示，
由几何知识可得，轨迹的圆心角为，
两个运动具有等时性，则，
解得 ，故选A。
11. 2012年物理江苏卷
9. 如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界. 一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场. 若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A点. 下列说法正确的有
(A)若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0
(B)若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0
(C)若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于
(D)若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于
【答案】BC
【解析】当粒子以速度垂直于MN进入磁场时，最远，落在A点，若粒子落在A点的左侧，速度不一定小于，可能方向不垂直，落在A点的右侧，速度一定大于，所以A错误，B正确；若粒子落在A点的右侧处，则垂直MN进入时，轨迹直径为，即，已知,解得，不垂直MN进时，，所以C正确，D错误。
12. 2012年理综安徽卷
19. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为
答: B
解析：如解析图示，第一次偏转的偏向角为600，所以圆心角∠AO1C也是600，周期 与速度无关；
设磁场半径OA长为R，轨迹半径O1A长为R1，O2A长为R2，由 得R1=3R2,，，
则∠AO2O=600，所以第二次在磁场中偏转的圆心角为1200，运动时间：（θ为转过圆心角），所以 偏转时间是第一次的2倍。
13. 2016年四川卷4.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则
A. vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B. vb:vc=2:2，tb:tc=1:2
C. vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D. vb:vc=1:2，tb:tc=1:2
【答案】A
【解析】设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R1=L，在磁场中转过的角度为θ1=120°；若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R2=2L，在磁场中转过的角度为θ2=60°，根据可知vb:vc= R1∶R2=1:2；根据可知tb∶tc=θ1∶θ2=2∶1，故选A。
14. 2013年北京卷22．（16分）
如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
⑴匀强电场场强E的大小；
⑵粒子从电场射出时速度ν的大小；
⑶粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。
答：（1） （2） （3）
【 解析】（1）电场强度的大小为；
（2）根据动能定理，有，, 解得；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，
解得
15.2016年北京卷22.（16分） 如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。
【答案】（1）、（2）E=vB
【解析】（1）洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律： 得到
得：?? 或
（2）粒子受到电场力F=qE，洛伦兹力f=qBv，粒子做匀速直线运动受力平衡，即有： qE=qBv
得到E=vB
16.2016年新课标Ⅲ卷18．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从 OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切，设切点为C点，入射点为B点，出射点为A点，粒子在磁场中的轨迹圆心为点，根据几何知识可得，则三角形AB为等边三角形，故∠AB=60°，而∠MON=30°，∠OCA=90°，故CA为一条直线，所以△AOC为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到O的距离为，而半径公式，故距离为.
17.2015年理综新课标Ⅱ卷19.有两个匀强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子 （ AC ）
A. 运动轨迹的半径是I中的k倍
B. 加速度的大小是I中的k倍
C. 做圆周运动的周期是I中的k倍
D. 做圆周运动的角速度与I中的相等
解析：电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供，解得 因为I中的磁感应强度是II中的k倍，所以II中的电子运动轨迹的半径是I中的k倍，选项A正确；加速度，加速度的大小是I中的1/k倍，B错误；由周期公式 得II中的电子做圆周运动的周期是I中的k倍，选项C正确；角速度，II中的电子做圆周运动的角速度是I中的1/k倍，D错误。故选AC。
18. 2015年广东卷16.在同一匀强磁场中，粒子（）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则粒子和质子 （ B ）
A．运动半径之比是2∶1
B．运动周期之比是2∶1
C．运动速度大小之比是4∶1
D．受到的洛伦兹力之比是2∶1
解析：粒子和质子质量之比为4∶1,电荷量之比为2∶1 ，由于动量相同，故速度之比为1：4，选项C错误；在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径得两者的运动半径之比为1 ：2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期得周期之比为2 ：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f = qvB，得受到的洛伦兹力之比为1 ：2，选项D错误。
19.2016年海南卷14. （14分）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在ΔOCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
（1）求磁场的磁感应强度的大小；
（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期
T=4t0 ①
设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得
②
匀速圆周运动的速度满足 ③
联立①②③式得 ④
（2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示：
设两轨迹所对应的圆心角分别为和。由几何关系有： ⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为与，则： ⑥
（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有
∠O O'D=∠B O'A=30° ⑦
⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律
⑨
联立①⑦⑧⑨式得 ⑩
20.2015年理综四川卷7．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d=4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.0×10-4T，电子质量m=9.1×10-31kg，电量e=1.6×10-19C，不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置
的区域的长度为l，则 （ AD ）
A．θ=90O时，l=9.1cm
B．θ=60O时，l=9.1cm
C．θ=45O时，l=4.55cm
D．θ=30O时，l=4.55cm
解析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：，解得电子圆周运动的轨道半径为：＝m＝4.55×10-2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，
由题意知MN与SO直线的夹角为θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l=4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如下图中弧线S1A1， 由几何关系可知，此时S1O和MN的夹角θ=30°，故选项C错D正确；当l=9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中弧线S2A2， 由几何关系可知，此时S2O和MN的夹角θ=90°，故选项B错A正确。
21. 2018年江苏卷15．（16分）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．
（1）求磁感应强度大小B；
（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；
（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。
解：（1）粒子圆周运动的半径 由题意知，解得
（2）设粒子在矩形磁场中的偏转角为α
由d=rsinα，得sinα=，即α=53°
在一个矩形磁场中的运动时间，解得
直线运动的时间，解得
则
（3）将中间两磁场分别向中央移动距离x
粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα
由y≤2d，解得
则当xm=时，Δt有最大值
粒子直线运动路程的最大值
增加路程的最大值
增加时间的最大值
22.2018年海南卷13．（10分）如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，。一质量为m、电荷量为q（）的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；
（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。
解：（1）如图，PMON为粒子运动轨迹的一部分，圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹，C为圆心，半径为R；MON为圆O的直径，。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动，由几何关系知
①
由上式和题给条件得
②
（2）设粒子在磁场中运动的速度大小为，由洛仑兹力公式和牛顿定律有
③
由题意，粒子在圆形区域内运动的距离为
④
设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为，由运动学公式有
⑤
联立②③④⑤式得
⑥
23.2018年全国卷III、24．（12分）如图,从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为,并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）甲、乙两种离子的比荷之比。
解：（1）设甲种离子所带电荷量为、质量为，在磁场中做匀速圆周运动的半径为，磁场的磁感应强度大小为，由动能定理有
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ②
由几何关系知 ③
由①②③式得 ④
（2）设乙种离子所带电荷量为、质量为，射入磁场的速度为，在磁场中做匀速圆周运动的半径为。同理有 ⑤
⑥
由题给条件有 ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ⑧
24. 2013年天津卷
11．（18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
⑴M、N间电场强度E的大小；
⑵圆筒的半径R；
⑶保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2d/3，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。
答：（1） （2） （3）n=3
解析：（1）设两板间电压为U，由动能定理得 ①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U=Ed ②
联立上式可得 ③
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心为O'，圆半径为r，设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此SA弧所对的圆心角，
由几何关系得 ④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 ⑤
联立④⑤式得 ⑥
（3）保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移后，设板间电压为U'，则
⑦
设粒子进入S孔时的速度为v'，由①式看出
结合⑦式可得 ⑧
设粒子做圆周运动的半径为r'，则
⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对的圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到
r'=R，可见 ⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n=3
25. 2012年物理海南卷
16．图（a）所示的xoy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图（b）所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
（1）若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（2）若t0＝，则直线OA与x轴的夹角是多少？
（3）为了使直线OA与x轴的夹角为，在0＜t0＜的范围内，t0应取何值？
解： （1）设粒子P的质量、电荷与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用R与T' 表示圆周的半径和运动周期，
①
②
由①②式与已知条件得T' =T ③
粒子P在t=0到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图（a）所示。OA与x轴的夹角
θ =0 ④
（2）粒子P在t0=T/4时刻开始运动，在t=T/4到t=T/2时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=5T/4时间内，沿顺时针方向运动1/4圆周，到达A点，如图（b）所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角
θ =π/2 ⑤
（3）若在任意时刻t=t0（0< t0< T/4）粒子P开始运动，在t=t0到t=T/2时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O' 位于x轴上，圆弧OC对应的圆心角为 ⑥
此时磁场方向反转；继而，在t=T/2到t=T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t=T到t=T+t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O'' ，圆弧BA对应的圆心角为 ⑦
如图（c）所示，由几何关系可知， C、B均在O'O'' 连线上，且 ⑧
若要OA与x轴成π/ 4角，则有
⑨
联立⑥⑨式可得 ⑩
26. 2011年新课标版
25．（19分）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d（1）粒子a射入区域I时速度的大小；
（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。
【解析】（1）设粒子a 在I 内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
①
由几何关系得∠POP' =θ ②
③
式中，θ=30°，由①②③式得 ④
（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2 ，射出点为Pa（图中未画出轨迹），∠P'OaPa =θ' 。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
⑤
由①⑤式得 ⑥
C、P'和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于 ⑦ 的平面上。
由对称性知，Pa点与P'点纵坐标相同，即 yPa=Ra1cosθ+h ⑧ 式中，h是C点的y坐标。
设b在I中运动的轨道半径为Rb1 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨
设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α。如果b没有飞出I，则
⑩ ?
式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而
? ?
由⑤⑨⑩???式得α=300 ?
由①③⑨?式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为 ?
由①③⑧⑨??式及题给条件得，a、b 两粒子的y 坐标之差为
?
24. 2013年海南卷
14．如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF=30?，∠EFG=135?，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：
（1）点电荷a从射出到经过G点所用的时间；
（2）点电荷b的速度大小。
答：（1） （2）
解析：设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得 ①
由①式得 ②
设点电荷a做圆周运动的周期为T，有 ③
如图，O和O1 分别是a和b的圆轨道的圆心，设a在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系得
θ=90° ④
故从开始运动到经过G点所用的时间t为
⑤
（2）设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为θ，依题意有
⑥
由⑥式得 ⑦
由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得
θ=60° ⑧ R1=2R ⑨
联立②④⑦⑧⑨式，解得 ⑩
25.【2019年4月浙江物理选考】【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P两点间的电势差,，不计重力和离子间相互作用。
（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；
（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；
（3）若磁感应强度在（B—△B）到（B＋△B）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求的最大值
【答案】（1），；（2）；（3）12%
【解析】
【详解】（1）径向电场力提供向心力：
（2）由动能定理：
或
解得
（3）恰好能分辨的条件：
解得
26.【2019年物理全国卷2】如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，
d点射出粒子半径为 ，R=
故vd= =，故B选项符合题意
27.【2019年物理北京卷】如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是
A. 粒子带正电
B. 粒子在b点速率大于在a点速率
C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
【答案】C
【解析】
【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间。
由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。
28.【2019年物理全国卷3】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】
【详解】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。.
29.【2019年物理江苏卷】如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d（1）求粒子运动速度的大小v；
（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t．
【答案】（1）；（2）；（3）A.当时， ，B.当时，
【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：
，解得：
由题可得：
解得；
（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得dm=d（1+sin60°）
解得
（3）粒子的运动周期
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则
A.当时，粒子斜向上射出磁场
解得
B.当时，粒子斜向下射出磁场
解得。
a
B
b
q
B
60°
60°
r
r
R/2
B
N
M
S
图2
a
b
θ
O
P
B
图9
O2
O1
O
a
b
N
M
O
ω
30°
N
M
O
ω
30°
O'
R
R
A
B
60°
O
C
O2
D
60°
A
B
C
O
O1
19题解析图
a
b
c
d
e
f
v
B
e
d
f
b
c
O2
O1
60o
120o
+q
m
d
O
B
+
U
v
B
30°
30°
M
N
B
O
v
O
M
N
C
30?
A
60?
D
O′
120?
30?
B
y
x
O
C
A
图（a）
y
x
O
C
A
P
θ1
θ2
y
x
O
C
A
图（b）
O′
B
D
r0
M
N
O
S
B
θ
A
O
M
N
S
C
A
O
M
N
A2
C2
C1
S2
S1
d
d
4d
d
d
2d
O
O′
P
O
r
B
v
P
O
r
R
C
M
N
离子源
N
M
U
B
O
S
N
M
P
d
B
O
S
N
M
P
d
A
O'
r
R
t
O
P
y
x
图（a）
图（b）
B
+B0
-B0
O
y
A
B
Oa
x
图（b）
y
C
Oa
x
B
A
图（c）图 （a）
y
A
B
Oa
x
C
O''
O'
O
y
x
Ⅰ
Ⅱ
P
d
2d
B
2B
Oa
y
x
O
P
B
Ⅰ
Ⅱ
d
2d
Ob
θ′
α
P′
Pa
Pb
θ
G
E
F
30?
135?
G
E
F
O
O1
θ1
θ
b
a
