1. （2014年 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
B ．T C
D ．T 【答案】A
【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E k ∝T 。带
2
mv v 21电粒子在磁场中做圆周运动，洛仑磁力提供向心力：qvB =m 得B =。而E k =mv 2
2qR R
故可得：B =
mv
又带电粒子的运动半径不变，所以B ∝∝。A 正确。 =
qR 2. （2014年 大纲卷）25．(20
分) 如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面) 向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向。在
y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为
v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d ，0
) 点沿垂直于x 轴的方向进人电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求： ⑪电场强度大小与磁感应强度大小的比值； ⑫该粒子在电场中运动的时间。
2d 12
25. 【答案】（１）v 0tan θ （２）
2v 0tan θ
【考点】带电粒子在电磁场中的运动、牛顿第二定律、
【解析】（1）如图粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设磁感应强度大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得：
2
mv 0
qv 0B =R 0
由题给条件和几何关系可知：R 0＝d
设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v y 。由牛顿定律及运动学公式得：
qE =ma x qE =ma x
v x =at v x
=d
2
粒子在电场中做类平抛运动，如图所示
tan θ=
v y v 0
联立得
E 12=v 0tan θ B 2
（２）同理可得t =
2d v 0tan θ
3. （2014年 广东卷）36、（18分）
如图25所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L 。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外，A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L 。质量为m 、+q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区。P 点与A 1板的距离是L 的k 倍。不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
（1）若k =1，求匀强电场的电场强度E ；
（2）若2
m +q图25
q B 02L 2q B 0(L +k 2L) kB 0
36. 【答案】：（1）E = （2）v= B =
3-k 2dm 2m
【解析】：（1）若k =1，则有： MP =L ，粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动， 根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：R =L ，
v 2
粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，则有：qv B 0=m
R
粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有： q E d =
1
mv 2 2
q B 02L 2
综合上式解得：E
=
2dm
（2）因为2
v 2
有几何关系：R -(kL ) =(R -L ) , 又有 qv B 0=m
R
2
2
2
q B 0(L +
k 2L)
则整理解得： v=
2m
又因为： 6L -2k L =2x 根据几何关系有：
k L R = x r
则Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系：B =
kB 0
3-k
4. （2014 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这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是
l
、l
和3l . 关于2
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 8. 【答案】AD
【解析】 根据通电直导线的磁场，利用右手螺旋定则，可知b 处场强为零，两导线分别在a 处的产生的场强都大于在c 处产生的场强，a 、c 两处的场强叠加都是同向叠加，选项AD 正确。
5. （2014 海南卷）14．如图，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外；在x 轴下方存在匀强电场，电场方向与xoy 平面平行，且与x 轴成450夹角。一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速度v 0从y 轴上P 点沿y 轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T 0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。
（1）求粒子从P 点出发至第一次到达x 轴时所需的时间； （2）若要使粒子能够回到P 点，求电场强度的最大值。
14. 【答案】 t 1=
2mv 05πm
， E = 4qB qT 0
【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R ，运动周期为T ，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有
2
v 0
qv 0B =m
R
T =
2πR
v 0
5
π，所需时间t 1为 4
依题意，粒子第一次到达x 轴时，运动转过的角度为
5t 1=T
8
求得 t 1=
5πm
4qB
（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x 轴时速度大小仍为v 0，设粒子在电场中运动的总时间为t 2，加速度大小为a ，电场强度大小为E ，有
qE =ma
v 0=
1
at 2 2
得t 2=
2m v 0
qE
根据题意，要使粒子能够回到P 点，必须满足
t 2≥T 0
得电场强度最大值
E =
2mv 0
qT 0
6. (2014 江苏卷）14．(16分) 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装
置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d 。装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO '上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m 、电荷量为-q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成300角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板
上的位置。不计粒子的重力。 (1) 求磁场区域的宽度h ；
(2) 欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ； (3) 欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值。
14. 【答案】（1）(
2
L -
3
)(1-
qB L （2）(-d ) 2m
641，n 取整数) （3）
qB L (-m n +1
) (1? n 【考点】带电粒子在磁场中的运动、洛伦兹力、牛顿第二定律 【解析】（1）设粒子的轨道半径为r 根据题意解得h =
L =3r sin30+3d cos30
2(L -3
)(1- 2
00
r 1－cos30) 且h =（
（2）改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r '
mv mv
=qvB ，=qv ' B r r '
由题意可知3r sin30
22
=4r
'sin30
解得 v =v -v ' =
qB L (-)
m 64
设粒子经过上方磁场n 次 由题意可知
2
L =(2n +2) d cos30+(2n +2) r n sin30
00
mv qB L
且=qv n B 解得v n =(-r
n m n +1
（2014年 江苏卷）
) (1? n 1，n 取整数)
7. （2014年全国卷1）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 15. 【答案】：B
【解析】：由左手定则安培力方向一定垂直于导线和磁场方向，A 错的B 对的；F =BIL sin θ, 安培力大小与磁场和电流夹角有关，C 错误的；从中点折成直角后，导线的有效长度不等于导线长度一半，D 错的
8. （2014年全国卷1）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) 。一带电拉子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O 。已知拉子穿越铝板时，其动能损失一半，这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
．2 C ．1 D ．
16. 【答案】：D
2
2
1
【解析】：动能是原来的一半，则速度是原来的
2
下方磁场的
v 2
2倍，又由qvB =m 得上方磁场是
r
12
2倍，选D 。
10. （2014年 山东卷）
24. 如图甲所示，间距为d ，垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场。取垂直与纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度的变化规律如图乙所示。t =0时刻，一质量为m ，带电荷量为+q 的粒子（不计重力），以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B 0和T B 取某些特定值时，可使t =0时刻射入的粒子经∆t 时间恰能垂直打到P 板上（不考虑粒子反弹）。上述m ，q ，d ，v 0为已知量。
图甲
-1
T B ，求B 0 23
（2）若∆t =T B ，求粒子在磁场中运动的加速度大小。
2
（1）若∆t =（3）若B 0=
4mv 0
，为使粒子仍能垂直打到P 板上，求T B qd
3v 02mv 0πd π1d
24、【答案】（1）B 0=（2）a =（3）T B =；T B =（+arcsin
d qd 3v 0242v 0
【解析】解：（1）设粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得
mv 02
qv 0B = ①
R
据题意由几何关系得 R 1
=d ② 联立①②式得
B 0=
mv 0
③ qd
（2）设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得
v 02
④ a =R 2
据题意由几何关系得
3R 2=d ⑤
联立④⑤式得
3v 02a = ⑥
d
（3）设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得
T =
2πR
⑦ v 0
由牛顿第二定律得
mv 02
qv 0B 0= ⑧
R
由题意知B
0=
4mv 0
，代入⑧式得 qd
d =4R ⑨
粒子运动轨迹如图所示，
O 1、O 2为圆心，连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0
π
2
，由题意可知
π
+θT T =B ⑩ 2π2
设经历完整T B 的个数为n （n =0, 1, 2, 3„„） 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 1 R +2(R +R sin θ) n =d 1○2 当n =0时，无解 1○11式得 当n =1时，联立⑨○
π1
3 θ=(或sin θ=) 1○
6
2
13式得 联立⑦⑨⑩○
T B =
πd
3v 0
4 1○
15 当n ≥2时，不满足0
18 θ=arcsin (或sin θ=) ○18式得 联立⑦⑨⑩○
1
414
π1d
19 T B =（+arcsin ○
242v 0
0 当n ≥2时，不满足0
11. （2014年 四川卷）10. 在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径
9
m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ=37︒，过G 点、44
垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B =1. 25T ；r =
过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度
E =1⨯104N /C 。小物体P 1质量m =2⨯10-3kg 、电荷量q =+8⨯10-6C ，收到水平向右
-3
的推力F =9. 98⨯10N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力。当P 1
到达倾斜轨道低端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放，经过时间t =0. 1s 与P 1
sin 37︒=0. 6P 1和P 2与轨道CD 、相遇。GH 间的动摩擦因数均为μ=0. 5，取g =10m /s ，cos 37︒=0. 8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求：
（1）小物体P 1在水平轨道CD 上运动的速度v 的大小； （2）倾斜轨道GH 的长度s 。
2
10. 【解析】
(1)由对P1受力分析可得：竖着方向受力平衡：N +qvB =mg „„①
水平方向受力平衡：F =μN „„② 联立①②可得：v =4m /s
（2）P1从D 到G 由于洛伦兹力不做功，电场力做正功，重力做负功由动能定理可知： qEr sin θ-mgr (1-cos θ)=
1122
mv G -m v D „„③ 22
P1过G 点后做匀变速直线运动的加速度设为a 1, 则; qEcos θ-mg sin θ-μ(mgcos θ+qE sin θ）=ma 1 „„④ P2质量设为m 2在GH 上做匀加速直线运动的加速度a 2，则： m 2g sin θ-μm 2gcos θ=m 2a 2 „„⑤ P1和P2在GH 上的时间相同位移之和为S ，所以： S =v G t +
112122
a t +a t „„⑥ 22
联立各式，可得：S =0. 56m
17. （2014 北京）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q a 、q b ，质量分别为m a 、m b , 周期分别为T a 、T b 。则一定有 A . q a
B . m a
C . T a
q a q b
D .
16．【答案】A
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动、圆周运动的规律、动量
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：
v 2mv
，因为两个粒子的动量相等, 且r a >r b ，所以q a
r qB
速度不知道，所以质量关系不确定，B 项错误；又因为T =周期关系不确定，CD 项错误。
2πm
，质量关系不知道，所以qB
20. （12分）两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l 。导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0（见图）．若两导体棒在运动中始终不接触，求： （1）在运动中产生的焦耳热最多是多少． （2）当ab 棒的速度变为初速度的
解析：20. 参考解答：
3
时，cd 棒的加速度是多少？ 4
ab 棒向cd 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感
应电流．ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动，cd 棒则在安培力作用下作加速运动．在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 作匀速运动．
（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有：mv 0＝2mv ①
根据能量守恒，整个过程中产生的总热量：Q =②
（2）设ab 棒的速度变为初速度的 ③ ④
此时回路中的感应电动势和感应电流分别为
11122mv 0-(2m ) v 2=mv 0 224
3
时，cd 棒的速度为v ' ，则由动量守恒可知： 4
3
mv 0=m v 0+mv '
4
ε=(v 0-v ' ) Bl
34
⑤
I =
ε
2R
此时cd 棒所受的安培力： F =IBl ⑥
cd 棒的加速度：a =
⑦
F m
B 2l 2v 0
由以上各式，可得：a =
4m R
⑧
22．（13分）如图所示，两条互相平行的光滑导轨位于水平面内，距离为l =0.2m，在导轨的一端接有阻值
为R=0.5Ω的电阻，在x ≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B=0.5T。一质量为m=0.1Kg的金属直杆垂直放置在在导轨上，并以v 0=2m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F 的作用下作匀变速直线运动，加速度大小为a=2m/s2、方向
与初速度方向相反。设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好。求： （1）电流为零时金属杆所处的位置；
（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F 的大小和方向；
（3）保持其他条件不变。而初速度v 0取不同值，求开始时F 的方向与初速度v 0取值的关系。
解析：22．（1）感应电动势ε＝BLV, I ＝ε/R ∴I ＝0时，v ＝0
∴
①
（2）最大电流I m =
x
＝
2v 0/2a
=1m ，
I BLv BLv '
I =
m = R 22R
B 2L 2v 0
=0. 02N 安培力f=I Bl =
2R
/
②
向右运动时 F ＋f ＝ma ， F ＝ma －f ＝0. 18N ， 方向与X 轴相反 ③ 向左运动时 F －f ＝ma ， F ＝ma ＋f ＝0. 22N , 方向与X 轴相反 ④
B 2L 2v 0B 2L 2v 0
(3)开始时，v ＝v 0，f ＝I m BL= F ＋f ＝ma ，F ＋ma －f ＝ma － ⑤
R R ∴当v 0〈
maR
=10m/s时，F ＞0， 方向与X 轴相反 ⑥ 22B L maR
当v 0〉=10m/s时，F ＜0，方向与X 轴相同 ⑦
22B L
24．（18分）如图所示，在y ＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y ＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外。一电量为q 、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上y ＝h 处的点P 1时速率为v 0，方向沿x 轴正方向；然后，经过x 轴上x ＝2h 处的 P 2点进入磁场，并经过y 轴上y ＝-2h 处的P 3点。不计重力。求 （l ）电场强度的大小。
（2）粒子到达P 2时速度的大小和方向。 （3）磁感应强度的大小。
24．（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从P 1到P 2的时间为t ，电场强度的大小为E ，粒子在电场中的加速度为a ，由牛顿第二定律及运动学公式有
qE ＝ ma ① v 0t ＝ 2h ② 12
at =h ③ 2
由①、②、③式解得
2mv 0E = ④
2qh
（2）粒子到达P 2时速度沿x 方向的分量仍为v 0，以v 1表示速度沿y 方向分量的大小，v 表示速度的大小，θ表示速度和x 轴的夹角，则有
2v 1=2ah ⑤
22
v =v 1 ⑥ +v 0
tan θ=
v 1
⑦ v 0
由②、③、⑤式得
v 1＝v 0 ⑧ 由⑥、⑦、⑧式得
v =2v 0 ⑨ θ=45︒ ⑩
（3）设磁场的磁感应强度为B ，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
v 2
⑾ qvB =m r
r 是圆周的半径。此圆周与x 轴和y 轴的交点分别为P 2、P 3。因为OP 2＝OP 3， θ＝45°，由几何关系可知，连线P 2P 3为圆轨道的直径，由此可求得
r ＝2h ⑿ 由⑨、⑾、⑿可得
B =
mv 0
qh