5．如图8－2－25所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线

方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v₁沿截面直径

入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第

二次以速度v₂从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速

度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的

(　)

A．半径之比为∶1　 　　　　　　B．速度之比为1∶

C．时间之比为2∶3　 　　　　　　　D．时间之比为3∶2

答案：AC

4．如下图所示，在y＞0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy平面向外，原点O

处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它

们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下图给出的四个半圆中的一个来表示，

其中正确的是　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　(　)

解析：磁场垂直xOy平面向外并位于y轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子

运动方向，并画出草图找出圆心，可判断出C图是正确的．

答案：C

3．(2011·北京崇文区调研)如图8－2－24所示，一带电粒子垂

直射入一垂直纸面向里自左向右逐渐增强的磁场中，由于

周围气体的阻尼作用，其运动径迹为一段圆弧线，则从图

中可以判断(不计重力)　　　　　　　　　　　　 (　)

A．粒子从A点射入，速率逐渐减小

B．粒子从A点射入，速率逐渐增大

C．粒子带负电，从B点射入磁场

D．粒子带正电，从A点射入磁场

解析：由于空气有阻尼作用，粒子运动速率一定减小，由R＝知，v逐渐减小，而R

却保持不变，B一定逐渐减小，所以A正确．粒子以洛伦兹力作圆周运动的向心力，根

据左手定则判断，D正确．

答案：AD

2．如图8－2－23，没有磁场时，显像管内电子束打在荧光屏

正中的O点，加磁场后电子束打在荧光屏O点上方的P

点，则所加磁场的方向可能是　　　　　　　　　 (　)

A．垂直于纸面向内　 B．垂直于纸面向外

C．平行于纸面向上　 D．平行于纸面向下

解析：电子受到的洛伦兹力的方向向上，由左手定则，可

判定磁场方向可能垂直于纸面向外，B项正确．

答案：B

1．(2011·广东高三调研)如图8－2－22所示，重力不计、初速度为v的

正电荷，从a点沿水平方向射入有明显左边界的匀强磁场，磁场方

向水平向里，若边界右侧的磁场范围足够大，该电荷进入磁场后

(　)

A．动能发生改变

B．运动轨迹是一个完整的圆，正电荷始终在磁场中运动

C．运动轨迹是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出

D．运动轨迹是一个半圆，并从a点下方某处穿出边界向左射出

解析：洛伦兹力不做功，电荷的动能不变，A项不正确；由左手定

则，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹

是一个半圆，并从a点上方某处穿出边界向左射出，B、D两项不正确，C项正确．

答案：C

12．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度

为L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)．现垂

直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一

个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平

面夹角为θ且指向右斜上方，如图8－1－35所示，问：

(1)当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？

(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？

此时B的方向如何？

解析： 从b向a看侧视图如图所示．

(1)水平方向：F＝F_Asin θ①

竖直方向：F_N+F_Acos θ＝mg②

又　F_A＝BIL＝BL③

联立①②③得：F_N＝mg－，F＝.

(2)使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知安培力竖直向上．则有F_A＝mg

B_min＝，根据左手定则判定磁场方向水平向右．

答案：(1)mg－　(2)　方向水平向右

11．电磁炮是利用磁场对电流的作用力，把电能转变成机械

能，使炮弹发射出去的．如图8－1－34所示，把两根长为

s，互相平行的铜制轨道放在磁场中，轨道之间放有质量为

m的炮弹，炮弹架在长为l，质量为M的金属杆上，当有大

的电流I₁通过轨道和炮弹时，炮弹与金属架在磁场力的作用下，获得速度v₁时刻的加

速度为a，当有大的电流I₂通过轨道和炮弹时，炮弹最终以最大速度v₂脱离金属架并

离开轨道，设炮弹运动过程中受到的阻力与速度的平方成正比，求垂直于轨道平面的磁

感应强度多大？

解析：设运动中受总阻力F_f＝kv²，炮弹与金属架在安培力和阻力合力作用下加速，根

据牛顿第二定律，获得v₁速度时，BI₁l－kv＝(M+m)a①

当炮弹速度最大时，有BI₂l＝kv②

解①②得垂直轨道的磁感应强度为：B＝.

答案：

10．(2011·宜宾模拟)如图8－1－33所示，木板质量为M，静止于

水平地面上，木板上固定一质量不计的框架，框架上悬有磁

铁A，木板上放有磁铁B，两磁铁质量均为m，设木板对地面

的压力为F_N1，B对木板的压力为F_N2，A对悬线的拉力为F_T，

则下面结论正确的是　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．F_N1＝Mg+2mg 　　　　　　　　B．F_N2＝mg

C．F_T＝mg 　　　　　　　　　　　　D．以上全不对

解析：把木板、框架及磁铁A、B看成一个系统，则系统受重

力G_总＝Mg+2mg，地面的弹力FN₁′.由牛顿第三定律可知FN₁′＝FN₁，由系统平衡

条件可知FN₁′＝Mg+2mg，即FN₁＝Mg+2mg.磁铁B受有重力G_B＝mg、木板的弹力

FN₂′、磁铁A的吸引力F_A.由平衡条件可知FN₂′＝mg－F_A.由牛顿第三定律知FN₂′

＝FN₂，所以有FN₂＝mg－F_A＜mg.磁铁A受有重力G_A＝mg，悬线拉力F_T′，B磁铁

的吸引力F_B.由平衡条件可知F_T′＝mg+F_B.由牛顿第三定律可知F_T′＝F_T，所以有F_T

＝mg+F_B＞mg.此题答案应选A.

答案：A

9．如图8－1－32所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，

线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5 g的导线绕制而成，三条

细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆

柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心

O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直

线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少

为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．0.1 A　 　　　B．0.2 A　 　　　C．0.05 A　 　　　D．0.01 A

解析： 设线圈半径为R，通电导线受到的安培力F＝nBI2πR，

所受重力为G＝n2πRρg，

平衡时有：Fsin 30°＝G.

nBI2πRsin 30°＝n2πRρg，得I＝，代入数据得I＝0.1 A，故A正确．

答案：A

8．如图8－1－31所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，

可沿轴线OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO′看去会

发现　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　)

A．A环、B环均不转动

B．A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动

C．A环将顺时针转动，B环也顺时针转动，两环相对不动

D．A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止

解析：可与前述例题同理分析，亦可用“求同趋近”的规律来简单判断．由于两环均

可以自由转动，电流方向要趋于相同，因此A环顺时针转动，B环逆时针转动，而且尽

可能的靠近，故选项D正确．

答案：D