磁场试题（解析版）

专题9磁场

1.（2022•浙江）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方

向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流1的大小，然后保持电流I不变，改变导

线通电部分的长度L,得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（）

【解答】解：AB、由F=BIL可知，在B和L不变的情况下，F与电流I成正比，故A错误，B

正确；

CD、由F=BIL可知，在B和I不变的情况下，F与磁场中的导线长度成正比，故CD错误。

故选：Bo

2.（2021•浙江）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密

绕的，下列说法正确的是（）

A.电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场

B.螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场

C.螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场

D.磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场

【解答】解：根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线

分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场；与

电流大小、螺线管直径以及磁感线的疏密均无关，故B正确，ACD错误.

故选:Bo

3.（2022•绍兴二模）如图所示，两个单匝圆形线圈甲和乙相隔一定距离竖直固定在水平面上，通过

甲线圈的电流大于乙线圈的电流，虚线为两线圈的中轴线，0、01、02、M、N都在中轴线上，

01、02分别为甲、乙线圈的圆心,O为0102连线的中点,01为MO的中点,02为ON的中点，

下列说法正确的是（）

甲乙

%，

M展O他:N

A.两线圈之间存在相互排斥的作用力

B.O点处的磁感应强度方向沿轴线向右

C.O、M、N三点中O点处磁感应强度最大

D.乙线圈在O点产生的磁感应强度大于甲线圈在O点产生的磁感应强度

【解答】解：A、两线圈中的电流同向，由于同向甩流之间相互吸引，则两线圈之间存在相互吸

引的作用力，故A错误；

B、由安培定则可知，两线卷I中电流在O点处产生的磁场方向均向左，则0点的磁感应强度方向

沿轴线向左，故B错误；

C、由磁场叠加可知，0、M、N三点中O点处磁感应强度最大，故C正确；

D、由于甲线圈的电流大于乙线圈的电流，则甲线圈在O点产生的磁感应强度大于乙线圈在。点

产生的磁感应强度，故D错误；

故选：Co

4.（2022•温州二模）如图所示，正方形abed的四个顶角各有一根垂直于正方形平面的细长直导线，

通有大小相同的电流，相邻导线电流方向相反，O为正方形的中心，下列说法正确的是（）

a®.....-0b

：、、、z：

::

:/'、:

d0.....aC

A.a、b连线中点的磁感应强度为零

B.a、b连线中点与a、d连线中点的磁感应强度相同

C.a、c两点的两根导线受到的安培力大小相等，方向垂直

D.a、b两点的两根导线受到的安培力大小相等，方向垂直

【解答】解：A、根据右手螺旋定则判定a、b连线中点的磁感应强度垂直ab连线向下，故A错

误；

B、a、d连线中点的磁感应强度垂直ad连线向右，故B错误；

C、根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥和受力的矢量和可知，a、c两点的两根导线所受

安培力大小相等，方向相反，故C错误；

D、根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥和受力的矢量和可知，a、b两点的两根导线所受

安培力大小相等，方向垂直，故D正确：

故选：Do

5.（2022•浙江三模）磁感应强度单位表示正确的是（)

NN

A.——B.-----C.”D.—

AmCmmAm

【解答】解：ABD、根据碳感应强度B的定义式可得8=芸=蒜=焉，故A正确，！^＞错

误;

SWb

C、根据磁通量的定义可知，B咚故菽，故C错误。

故选：Ao

6.（2022•浙江三模）一光滑绝缘的正方体固定在水平面内。AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方

体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面。开始时两棒相互垂直并静止，两棒

中点O1O2连线在正方体的中轴线上。现对两棒同时通有图示（A到B、D至UC）方向的电流。下

B.通电后AB棒将要顺时针转动（俯视）

C.通电后AB棒将要逆时针转动（俯视）

D.通电瞬间线段0102间存在磁感应强度为零的位置

【解答】解：ABC,通电后，根据右手安培定则可知CD棒有逆时针的磁场，AB棒有逆时针磁

场，根据磁感应强度由N极指向S极结合同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引，可知AB棒将

要顺时针转动（俯视），故AC错误，B正确；

D、在线段OQ2间，由于CD棒有逆时针的磁场，AB棒有逆时针磁场，量磁场方向垂直，根据

磁场的合成可知不存在磁感应强度为零的位置，故D错误；

故选:Bo

7.（2022•温州二模）如图所示，水平放置的平行光滑导轨左端连接开关K和电源，右端接有理想电

压表。匀强磁场垂直于导轨所在的平面。ab、cd两根导体棒单位长度电阻相同、单位长度质量也

相同，ab垂直于导轨，cd与导轨成60。角。两棒的端点恰在导轨上，且与导轨接触良好，除导

体棒外，其余电阻不计.下列说法正确的是（)

h

A.闭合开关K瞬间，两棒所受安培力大小相等

B.闭合开关K瞬间，两棒加速度大小相等

C.断开开关K,让两棒以相同的速度水平向右切割磁感线，电压表无示数

D.断开开关K,固定ab,让cd棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为Ui；固定cd,让

ab棒以速度v沿导轨向右运动时电压表示数为U1,则Ui=U2

【解答】解：A.设ab导体棒的长度为L,则cd导体棒为

,L2同

3=而乔=—

ab.cd两根导体棒单位长度电阻相同，所以ab.cd两根导体棒的电阻之比为

Rab:Rcd=V3:2

闭合开关K瞬间，通过ab.cd两根导体棒的电流之比为

lab：Icd=2:V3

根据安培力公式

F=BIL

可知ab,cd两根导体棒所受安培力为

Fab：Fcd=1:1

故A正确；

B.ab、cd两根导体棒单位长度质量相同，所以ab、cd两根导体棒的质量之比为

niab:nicd=V3:2

根据牛顿第二定律可知，闭合开关K瞬间，ab、cd两根导体棒的加速度之比为

3ab:acd—2:V3

故B错误；

C.断开开关K,让两棒以相同的速度水平向右切翻磁感线，ab、cd两根导体棒的有效长度相等,

设两棒运动的速度v,则电压表示数为

U=BLv

故C错误：

D.断开开关k,固定ab,让cd棒以速度v沿导轨向右运动时，则有

Ei=BLv

电压表示数为

IT._RabEI—BBLV

一%+a产―2+国

固定cd,让ab棒以速度v沿导轨向右运动时，则有

E2=BLV

电压表示数为

R2BLv

U2=Wcd^E2=S75

故D错误。

故选：A。

8.（2022•浙江模拟）小明同学制作了一个有趣的“简易电动机”，将一节5号干电池的正极向上，

几块圆柱形强磁铁片（能导电）吸附在电池的负极上，把一段裸铜导线弯折成一个线框，如图甲

所示，线框上端的中点折出一个突出部分与电池的正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保

持良好接触，如图乙所示，放手后线框就会转动起来.关于该“简易电动机”，下列说法正确的是

（）

A.若磁铁N极朝上，从上往下看，该线框逆时针旋转

B.若将磁铁上下对调，“电动机转动方向可能不变

C.若在磁铁下面再吸附一块同样的磁铁片，转动稳定后转速更大

D.“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，电源的功率不断增大

【解答】解：A.线框受到安培力的作用而发生转动，根据左手定则可以判断从上往下看，线框将

做顺时针转动，故A错误；

B.将磁铁上下对调，则安培力反向，“电动机”转动方向一定改变，故B错误;

C.若在磁铁下面再增加一块同样的磁铁，磁感应强度增大，线框受到的安培力增大，转动稳定后

转速更大，故C正确;

D.由静止到转动起来的过程中，转速不断增大，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源

相反，则线框中电流减小，根据P=日知，电源的功率不断减小，故D错误。

故选：Co

9.（2022•杭州二模）在恒定磁场中固定一条直导线，先后在导线中通入不同的电流，图像表现的是

该导线受力的大小F与通过导线电流I的关系。M、N各代表一组F、I的数据。在下列四幅图中,

不可能正确的是（）

当电流方向与磁场方向垂直时，所受安培力为：F=BIL,由

于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故AB正确，C错误:

D、在匀强磁场中，当电流方向与磁场方向平行时，所受安培力为零，故D正确。

本题选择不可能正确的,

故选：Co

10.（2022•宁波模拟）为了降低潜艇噪音，科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如

图所示，电磁推进器用绝缘材料制成海水管道，马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场，现潜艇在

前进过程中海水正源源不断地被推向纸外。则下列说法正确的是（）

上马鞍形成圈海水管道

A.图中所接电源为直流电源，a极为电源正极

B.同时改变磁场方向和电源正负极可实现潜艇倒退

C.加速阶段，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力的大小相等

D.电源输出的能量完全转化为海水的动能和潜艇的动能

【解答】解：A、假设图中所接电源为直流电源，a极为电源正极时，电流由a指向b,根据左手

定则可知，电子受到的安培力垂直纸面向里，假设错误，故A错误；

B、同时改变磁场方向和电源正负极，电子受到的安培力方向不变，故不能实现潜艇倒退，故B

错误；

C、加速阶段，海水对潜艇的力与潜艇对海水的力时作用力与反作用力，故大小相等，故C正确；

D、虽然使用超导线圈，但是海水电阻，所以电流在海水中会产生焦耳热，故源输出的能量完全

转化为海水的动能、潜艇的动能即电流在海水中的热量，故D错误；

故选：Co

II.（2022•浙江模拟）“中国天眼”帮助科学家发现一类独特的脉冲星叫磁星（如图）。某一个磁星表

面的磁感应强度大小B=I（）I4GS,即（）

A.B=102°HZB.B=lOloTC.B=I0l6WbD.B=1023C

【解答】解：高斯，非国际通用的磁感应强度单位，一段导线，若放在磁感应强度均匀的磁场中，

方向与磁感应强度方向垂直的长直导线在通有I电磁系单位的稳恒电流时，在每厘米长度的导线

受到电磁力为1达因，则该磁感应强度就定义为1高斯，高斯是很小的单位，10000高斯等于1

特斯拉，高斯是常见非法定”显单位，特斯拉是法定II晶单位。所以B—1（产GS—10%.故ACD

错误，B正确；

故选:Bo

12.（2022•浙江模拟）如图，一条形磁铁静止在固定斜面匕上端为N极，下端为S极，其一条磁

感线如图，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且

长度相等（如图中虚线所示）。开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为

FN、Ff,后来两根导线以图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比（）

B.FN不变，Ff变小

C.FN变大，Ff不变D.FN变小，Ff不变

【解答】解：根据条形磁铁的磁感线的分布，结合左手定则，则可分别确定通电导线的安培力的

方向，再由牛顿第三定律来得出条形磁铁的受到的安培力方向，最后根据力的合成从而确定得出，

条形磁铁的摩擦力没有变化，而支持力却减小。故D正确，ABC错误；

故选：D。

13.（2021•瓯海区校级模拟）如图所示，分别置于a、c两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相

等方向相反的恒定电流，a,b,c,d在一条直线上，且ab=bc=cd0-知b点的磁感应强度大小

为Bi,d点的磁感应强度大小为B2,则a处导线在点d产生的磁感应强度的大小为（）

®---------------®---------

abed

A.—+B.—BC.BI-B2D.B1+B2

222

【解答】解：设a处导线在d点的磁感应强度的大小为B,方向方向竖直向下。根据通电直导线

产生的磁场磁感应强度与电流成正比，与距离成反比,a处导线在b点的磁感应强度的大小为3B,

方向竖直向下.由题知，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到c处导

线在bd两点的磁感应强度的大小为3B,

则根据磁场叠加得Bi=3B+3B=6B,B2=3B-B=2B,根据数学知识得到，B=-fi2

故B正确，ACD错误；

故选：Bo

14.（2021•瓯海区校级模拟）下列说法正确的是（）

A.回旋加速器粒子经加速后具有的最大动能与加速电压值有关

B.黑体辐射实验揭示了振动着的带电微粒的能量是连续的

C.氢原子吸收光子后从高能级跃迁到低能级

D.微波炉是利用电磁波的能量来快速煮熟食物的

【解答】解：A.I可旋加速器中，粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，可得:

qvB=m—

当r=R时，速度最大，即粒子具有最大动能为

_q2B2R2

Ekm-2m

所以经加速后具有的最大动能与D型盒的半径有关，故A错误；

B.黑体辐射实验揭示了振动着的带电微粒的能量不是连续的，故B错误；

C.氢原子吸收光子后从低能级跃迁到高能级，故C错误；

D.微波炉是利用电磁波的能量来快速煮熟食物的，故D正确。

故选：Do

15.（2021•宁波二模）如图甲所示是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，

线圈匝数为n,面积为S,线圈a、b两边导线长均为1,所在处的磁感应强度大小均为B,当线圈

中通电流I时，a、b边所受安培力F方向如图乙所示。则（）

B.穿过线圈的磁通量为BS

C.转动过程中安培力F大小总为nBIl

D.线圈a边导线电流方向垂直纸面向里

【解答】解：A、该磁场中各个的磁场方向不相同，不是匀强磁场，故A错误；

B、线圈在磁场中，由对称性可知，穿过线圈的磁通量为0,故B错误；

C、转动过程中，导线与所处位置的磁场一直垂直，每根导线所受的安培力大小为BIL,线圈匝数

为n,所以安培力F=nBIL,故C正确；

D、由左手定则可知，线圈a边导线电路方向垂直纸面向外，故D错误。

故选：Co

16.（2021•温州模拟）如图所示，导体棒a水平放置在倾角为45°的光滑斜坡上的P处，导体棒b

固定在右侧，与a在同一水平面内，且相互平行。当两棒中均通以电流强度为I的同向电流时，

导体棒a恰能在斜面上保持静止。两导体棒粗细不计，则下列说法正确的是（）

*

*

A.a、b两导体棒受到的安培力相同

B.b棒中的电流在P处产生的磁感应强度方向向下

C.将导体棒b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒a不可.能保持静止

D.将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位置，导体棒a对斜面的压力可能不变

【解答】解：A、a、b两导体棒受到的安培力方向相反，所以不相同，故A错误；

B、根据右手螺旋定则，可判定b棒中的电流在P处产生的感应强度方向向上，故B错误；

C、对导体棒a受力分析如图，它受三个力而平衡，这三个力分别是重力、支持力和导体棒b对

它的吸引力，若将导体棒b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒b对导体棒a的吸引力将变小,

吸引力沿斜面向上的分力必不能与重力沿斜面向下的分力平衡，所以导体棒a不可能保持静止,

故C正确；

D、将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位置，同理可得吸引力在垂直于斜面方向的分力必变小,

所以支持力一定变小，故D错误。

故选：Co

17.（2021•浙江模拟）劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理如图所示。置于真空中的两个

D形金属盒半径为R,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。D形盒之间接频率为f,电压为

U的交变电流。质量为m、电荷量为q的质子从盒的圆心处进入加速电场（初速度近似为零）。质

子被加速过程不考虑相对论效应和重力的影响。要达到最佳的工作效果，则下列说法正确的是

()

接交流电源

A.质子被加速后的最大速度将超过2nfR

B.质子第2次和第I次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2：1

C.质子在加速器内获得的最大动能和加速电压U无关

D.交变电流的频率/'=鬻

【解答】解；

A、质子出加速器时速度达到最大，此时半径为R,则有：

%=尊=2nfR

故A错误；

B、质子在加速电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v2=2ax,可知质子质

子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝的速度之比为：

V2：vi=V2:1

根据=mg•可得

r=等，则半径之比为：V2:l,故B错误；

2

C、根据公式：q为B=m爷v可知

q

最大动能为；EKm=

所以最大动能和加速电压U无关。故C正确；

D、交变电流的频率与质子在磁场中做圆周运动的频率相等，根据公式7=笔和quB=相搭可得:

7=翳，故交变电流的频率为：

f_1_qB

故D错误。

故选：Co

18.（2021•浙江二模）如图所示，用粗细均匀的同种金属丝做成的正方形线框ABCD,O为中心。

现将A、C两点分别接电源的正极和负极,则线框附近电流产生的磁场，下列说法正确的是（）

A.点O的磁场方向垂直纸面向外

B.在线段BD上，磁感应强度均为零

C.在线段AC上，磁感应强度均为零

D.过O点，垂直于纸面的直线上，磁感应强度均为零

【解答】解：画出线框中的电流如图：

AC、在线段AC上，磁场为沿ABC和沿ADC两电流产生的磁场的矢量和。因AC上个点到ABC

和ADC的距离相等，故ABC和ADC在AC上各点产生的磁场一样大，应用右手螺旋定则，ABC

和ADC在AC上各点产生的磁场方向相反，故AC上各点的磁场均为零，故A错误，C正确。

B、在除O点外的线段BD上，磁场为沿ABC和沿ADC两电流产生的磁场的矢量和。在BO

段，因为BO离ABC近，故ABC中的电流产生的垂直于纸面向外的磁场大于ADC中的电流产

生的垂直于纸面向里的磁场，矢量和不为零：在OD段，因为OD离ADC近，故ABC中的电流

产生的垂直于纸面向外的磁场小于ADC中的电流产生的垂直于纸面向里的磁场，矢量和不为零，

故B错误。

D、过。点，垂直于纸面的直线上的磁场可视为ABC和ADC两支电流产生的磁场的矢量和，

由于两支电流在该垂线上除O点外的其它点上的磁场不共线，矢量和不为零，故D错误。

故选：Co

19.（2021•温州模拟）如图所示，半径为r的金属环放在光滑绝缘水平桌面上，磁感应强度大小为B

的匀强磁场垂直桌面向上。当环中通入逆时针方向的恒定电流1后，以下说法正确的是（)

A.金属环将发生移动B.金属环有收缩的趋势

C.金属环内部张力为BIrD.金属环内部张力为零

【解答】解：AB、由微元法结合左手定则可知，金属环上各处都受到指向圆外的安培力，由于圆

具有对称性，所以这些力的合力为0,所以金属环不会发生移动，且具有扩张的趋势，故A错误、

B错误；

CD、对任意半圆进行受力分析如图:

F为金属环内部的张力，任意半圆所受的安培力为：F安=BIl=2BIr

由受力平衡可知：F安=2F

P

解得金属环内部的张力为：尸=年=竽=8"，故C正确，D错误。

故选：Co

20.（2021•浙江模拟）如图所示，•对水平正对放置的平行金属板长为L,间距为d,在板间有垂直

纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，特定速度的带电粒子从两板正中间的O点平行于两

板射入，能在两板间匀速通过，其他速度的粒子会发生偏转，这种装置叫速度选择器。在调试过

程中，从O点射入的粒子带正电q、质量为m,速度大小恒定、方向平行于两板。第一次调试,

在两板间不加磁场，只加电场，调整电场强度，使粒子恰好从下极板的右边缘Q点离开板间区域，

此时电场强度为E；第二次调试，在两板间不加电场，只加磁场，调整磁感应强度，使粒子恰好

从上极板的右边缘P点离开板间区域，此时磁感应强度为B；第三次调试，板间既有电场、又有

磁场，保持上述电场强度E、磁感应强度B不变.不计粒子所受的重力，下列判断正确的是（：）

A.由第一次调试可算得粒子从0点射入时的速度大小%=J前

B.与第一次调试比较，第二次调试粒子在两板间运动的时间较短

C.在第三次调试时，粒子恰能在板间做匀速直线运动

D.在第三次调试时，粒子在板间运动的速度逐渐增大

【解答】解：A、第一次调式，粒子在电场力作用下做类平地运动，则=黑(《)2,可

得孙=故A错误；

B、第一次调试时，粒子在水平方向做匀速运动，第二次调试时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速

圆周运动，水平方向上带电粒子在洛伦兹力水平向左的分力作用下做减速运动，如图甲，所以第

二次调试时，粒子在两板间运动的时间较长，故B错误；

CD、第一次调试，粒子做类平抛运动，L=白辅2=舞曲2,可得《£=噂

才

222

第二次调试，粒子做匀速圆周运动，如图乙，(r-^)+L=r,即丁=/+，qBv0=^=

詈丹，所以qE>qBvo，在电场、磁场同时存在时，向下偏转，电场力做正功，速度增大，故C错

误，D正确.

故选：D。

乙

21.（2021•浙江模拟）如图所示，两根长直导线相互平行，通以向下的同向电流，且h>l2,下列说

法正确的是（）

+若K+

“工

-¥¥-

A.不存在电流产生的两磁场的磁感应强度大小相等、方向相同的位置

B.存在电流产生的两磁场的磁感应强度大小相等、方向相反的位置

C.h产牛的磁场对12的作用力向右

D.11对12的作用力比12对II的作用力大

【解答】解：B、与h和12不在同一平面内的位置，两磁场的方向不可能在同一直线上，与h,

12同平面且在II左侧的位置，离大电流近、离小电流远，磁感应强度不相等，在两电流之间，两

磁场方向相反，靠近小电流12的某些位置，电流产生的两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，

故B正确；

A、与1112同平面且在匕右侧的位置，两磁场方向相同，离小电流12又较近，存在两磁场的磁感

应强度大小相等、方向相同的位置，故A错误；

C、同向电流间相互吸引，I1产生的磁场对12的作用力向左，故C错误；

D、h与12之间的力为作用力与反作用力，大小相等，故D错误。

故选：Bo

22.（2021•浙江模拟）如图所示，在平面直角坐标系第二象限的OABC矩形区域内存在沿y轴方向

的匀强电场（方向未画出），第四象限的ODEF矩形区域内存在垂直于第四象限的匀强磁场（方

向未画出），磁感应强度大小为B,一带电粒子从B点以速度vo沿x轴正向抬入电场，恰好从坐

标原点O飞入磁场，经过一段时间，粒子最终从F点飞出磁场.已知OC=OF=2OA=2OD=2L,

C、F两点位于x轴上，不计粒子重力则粒子的比荷为（)

................A

F

~Co

。...7

BLvV\f2BL

A.—B.——0C.—0D.----

vQ42BLBL

【解答】解：O点的速度反向延长线过AB边的中点，因此速度方向与x轴正方向成45°角，做

出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，根据几何关系可得：R=g,又口=器，粒子在电场中

做类平抛运动，根据几何关系可知v=&%,联立解得g=粤，故ABD错误，C正确；

mBL

故选：Co

二.多选题（共3小题）

（多选）23.（2021•浙江）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b,分别通以80A

和100A、流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p,到两导线的距离相等。下列说法正确

的是（）

a---------4-----------80A

•p

b----------------------100A

A.两导线受到的安培力Fb=125Fa

B.导线所受的安培力可以用F=ILB计算

C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变

D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置

【解答】解：A、两导线受到的安培力是相互作用力，所以大小相等，故A错误；

B、因为在导线所处的磁场方向与导线互相垂直，所以导线所受的安培力可以用F=B【L计算，故

B正确；

C、根据右手螺旋定则，a、b中的电流在p点产生的磁场感应强度方向相反，移走导线卜前，b的

电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向相同，垂直纸面向里，移走b后，p点磁场方向与

a产生磁场方向相同，垂直纸面向外，故C正确；

D、因直线电流产生.的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆，故在离两导线所在的平面有

一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场方向均不在同一条直线上，故不存在磁感应

强度为零的位置，故D正确。

故选：BCDo

（多选）24.（2022•浙江模拟）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（/X）

发生了一次a衰变.放射出的a粒子（£Hc）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为

R.以m、q分别表示a粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示，真空中光速为c,下列说法

正确的是（）

A.新核Y在磁场中做圆周运动的轨道半径为网=

B.a粒子做圆周运动可等效成一个环形电流，且电流大小为/=照

C.发生衰变后产生的a粒子与新核Y在磁场中旋转方向相同，H.轨迹为相内切的圆

D.若衰变过程中释放的核能都转化为a粒子和新核Y的动能，则衰变过程中的质量亏损约为

A（qBR/

血=c「

2m（A-4）cz

【解答】解：A.粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m/,

解得，粒子的轨道半径：R=等，

根据半径公式可知，贝粤=2,RY=故A错误；

RZ-2Z-2

B.粒子做圆周运动的周期：T=誓，环形电流：1=*=/=微密故B正确；

2

D.对a粒子，由洛伦兹力提供向心力：qvB=nA,解得：v=喈①，

由质量关系可知，衰变后新核Y质量为：M=竽m②，

衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：Mvz-mv=0,解得：v'=^V③，

系统增加的能量为：AE=/Mv'2+imv2©,

由质能方程得：△E=△me2@,

由①②③④⑤解得：5=/野,故D正确：

2m(4—43)一

C.由动量守恒可知，衰变后a粒子与新核Y运动方向相反，所以，轨迹圆应外切，故C错误。

故选：BDo

(多选)25.(2009•平湖市校级模拟)如图所示，两平行金属板水平放置，并接到电源上，一带电微

粒p位于两板间处于静止状态，O1、02分别为两个金属板的中点，现将两金属板在极短的时间内

都分别绕垂直于01、02的轴在纸面内逆时针旋转一个角8(0<90°),则下列说法中正确的是

A.两板间的电压不变

B.两板间的电压变小

C.微粒P受到的电场力不变

D.微粒将水平向左做直线运动

【解答】解：电容器两端始终连接电源，则电容器两端电压不变

旋转一个角度后d变小，变为dcos*

£=石与，所以两板间的电压变大，故A正确，B错误；

UC0SU

原来静止时的电场力为：F=Eq==mg

则后来的电场力为：F=E'q=A=故电场力变大，C错误；

CLCOSvC0SU

由F=喘告知mg=Fcos6,那么合力就等于F在水平方向的分力，故后来的电场力与重力mg的

合力恰好水平向左，D正确。

故选：ADo

三.计算题（共6小题）

26.（2022•浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P,可绕过O点、垂直xOy

平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其.上有•小孔S。整个转筒内部存在

方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A

点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为-q（q>0）、速度大小不同的离子，其中速度

大小为v。的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板

上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。

（1）①求磁感应强度B的大小；

②若速度大小为vo的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度3的大小；

（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为仇

求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小：

（3）若转筒P的角速度小于警，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他8'的值

A

（ef为探测点位置和o点连线与x轴负方向的夹角）。

【解答】解：（1）①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为vo的离

子在磁场中的轨迹为初周，可得离子的运动半径等于R,由洛伦兹力提供向心力得：

qvoB=nX

解得：B=潦;

②、离子在磁场中运动的时间为:

12nRnR

t=4-V=2^

要使速度大小为vo的离子能打在。板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足:

TT

3t=2klT+5

联立解得：3=(4k+l)―,(k=0、1、2);

R

(2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r,其速度大小为v,运动轨迹如图所示,

由几何关系可得:

0

R2

由洛伦兹力提供向心力得:

V2

qvB=m-

解得：v=vQtan^\

此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为口-0,可得此离子在磁场中运动的时间为:

tIIl-_-g-e-)..r-_-5--叫----R

%

设转筒P角速度的大小为5,要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满

足:

a)iti=2nTT+9

联立解得：3y碧墉2(n=o、1、2

(7T-(7)1\)

设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F',由动量定理得:

27r

F',—=Nmv

%

由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F=P

联立解得：鬻黑近(n=0、1、2

);

ZTT^Tl-C7)hL

(3)由题意并结合(I)(2)的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于(4k+l)蓝，乂要等于

(2mr+6，)%

则可得:

v(2nn+0f)v6v

(4k+l)0G0(k=0、12...),(n=0、1、2....),

R-(n-Gr)R、R，

还需满足：0<5<n,且8'工今

可得：k<2

当k=0时，解得：5=号匕，当n=0时，5不符题意，舍去；

当k=l时，解得：夕=丁^兀，当n=0时，5=普；n=l时，1=为（舍去）；n=2时，1

TC

=6­

故板Q上能探测到离子的其它5的值为丝和2。

66

答：（1）①磁感应强度B的大小为华；

qR

②转筒P角速度3的大小为（4k+l）9（k=（）、1、2……）；

R

（2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为空巴当黑乜tang,（n=（）、1、

2n（n-0）R2

2……）；

27.（2022•浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面

（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔0。有一由x轴、

y轴和以0为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域I,整个区域【内存在大小

可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为臼、磁感线与圆弧平行且逆时针方向

的磁场。区域1右侧还有一左边界与y轴平行且相距为1、下边界与x轴重合的匀强磁场区域H,

其宽度为a,长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调.光电子从板M

逸出后经极板间电压u加速（板间电场视为匀强电场），调节区域.I的电场强度和区域n的磁感

应强度，使电子恰好打在坐标为（a+21,0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为

m、电荷量为c,板M的逸出功为Wo,普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当

频率为v的光照射板M时有光电子逸出。

（1）求逸出光电子的最大初动能Ek,n,并求光电子从0点射入区域I时的速度vo的大小范围；

（2）若区域I的电场强度大小区域H的磁感应强度大小B2-粤求被探测到

的电子刚从板M逸出时速度VM的大小及与x轴的夹角p：

（3）为了使从。点以各种大小和方向的速度射向区域I的电子都能被探测到，需要调节区域I

的电场强度E和区域II的磁感应强度B2»求E的最大值和B2的最大值。

【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能

Ekm=hV-Wo

1

则有：3m诏7=Ek+eU：（OWEkWEkm）

解得：解M底呼需瓯

（2）光电子由O进入第一象限，在区域I（速度选择器）中受力平衡有:

evoBi=eE

解得“展

根据动能定理有：cU=*nWo2-诒

[eU

VM=J—

光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsina=?

光电子区域II中做匀速圆周运动有：cvoB2=m-

vMsinp=vosina

联立解得：6=30°

（3）由上述表达式evoBi=eE,可得：Emax=B1J以生士警也应

结合在区域II中：r=翳rsina等

….a

可得:----sina=o

eB22

而vosina等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：（vosina）2CEkm=hv-Wo

可得：vosinaWJg/d

22m(hv-W/n)

联立解得：B2<-----------

则B2的最大值为2“一（八”一生）

ea

答：（1）逸出光电子的最大初动能为hv-Wo,光电子从O点射入区域I时的速度vo的大小范

围为原杂。工用甲a

（2）被探测到的电子刚从快M逸出时速度VM的大小为旧，与x轴的夹角0为30°：

（3）E的最大值为Bijl恒尹,B2的最大值为冬至正^。

N7nea

28.（2022•浙江模拟）如图所示，在xOy平面内的第一象限内，直线y=0与直线y=x之间存在磁

感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一直线CD与x轴平行且与x轴相距

为a,x轴与直线CD之间存在沿y轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线CD与直线EF之间

存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为a的平行电子束，各

电子的速度随位置大小各不一样，如图沿y轴负方向射入笫一象限的匀强磁场，电子束的左边界

与y轴的距离也为a,经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x轴下方的电

场，最后所有电子都垂直于EF边界离开磁场.其中电子质量为m,电量大小为e,电场强度大小

2

为E书。求:

(1)电子进入磁场前的最小速度;

(2)电子经过直线CD时的最大速度及该电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标;

单个电子在第三象限磁场中运动的最长时间。

:『X

:/XX

/xXX

xxx

+D

F

E

【解答】解：（1）根据题意，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x轴下

方的电场，经分析可得，所有电子在第一象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点并沿-x

轴方向进入x轴卜方的电场，故最小速度对应最小半径a,运动轨迹如图,

可得：丫=警

（2）由（1）可知，过原点并进入x轴下方的电子的最大速度为v三簪，所有电子在电场中偏

转时，-x方向分速度不变，-y方向的分速度增量一样大

有‘：^mVy2=eEa

eBa

得:

m

所以电子经过直线CD时的最大速度为:

Vm=JL(2beB)a2.7+,(—)2

解得：Vm=当警

易得经过直线CD时的坐标为（-4a,-a）

此后在磁场中的运动半径为：

解得：R=V5a

易得该电子此后在磁场中运动的圆心为：（-3a,-3a）

（3）由题意，所有电子都垂直于EF边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线上，

由（1）和（2）的结论，经过直线CD时，不妨设任何一电子的-x方向的分速度为：k—（1<

m

kW2）

则电子经过直线CD的合速度为：Vm=AT后黄

电子经过直线C