1．(2012·北京高考)處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動。將該粒子的運動等效為環形電流，那么此電流值()A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比C．與粒子質量成正比 D．與磁感應強度成正比解析：選D由電流概念知，該電流是通過圓周上某一個位置(即某一截面)的電荷量與所用時間的比值。若時間為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，則公式I＝q/T中的電荷量q即為該帶電粒子的電荷量。又T＝eq\f(2πm,qB)，解出I＝eq\f(q2B,2πm)。故只有選項D正確。2．(2012·晉江四校聯考)如圖1所示，長為L的通電直導體棒放在光滑水平絕緣軌道上，勁度系數為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，彈簧伸長x，棒處于靜止狀態。則()A．導體棒中的電流方向從b流向a圖1B．導體棒中的電流大小為eq\f(kx,BL)C．若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度，x變大D．若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度，x變大解析：選B由左手定則可知，導體棒中的電流方向從a流向b，選項A錯誤；由BIL＝kx可得導體棒中的電流大小為I＝kx/BL，選項B正確；若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度，或逆時針轉過一小角度，導體棒沿水平方向所受安培力變小，故x都變小，選項C、D錯誤。3.(2012·大綱版全國卷)如圖2所示，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點。c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點的距離均相等。關于以上幾點圖2處的磁場，下列說法正確的是()A．O點處的磁感應強度為零B．a、b兩點處的磁感應強度大小相等，方向相反C．c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同D．a、c兩點處磁感應強度的方向不同解析：選C由安培定則可知，兩導線在O點產生的磁場均豎直向下，合磁感應強度一定不為零，選項A錯；由安培定則，兩導線在a、b兩處產生的磁場方向均豎直向下，由于對稱性，電流M在a處產生磁場的磁感應強度等于電流N在b處產生磁場的磁感應強度，同時電流M在b處產生磁場的磁感應強度等于電流N在a處產生磁場的磁感應強度，所以a、b兩處磁感應強度大小相等方向相同，選項B錯；根據安培定則，兩導線在c、d兩處分別產生的磁場垂直c、d兩點與導線連線方向斜向下，且產生的磁場的磁感應強度相等，由平行四邊形定則可知，c、d兩點處的磁感應強度大小相等，方向相同，選項C正確；a、c兩處磁感應強度的方向均豎直向下，選項D錯。4.如圖3所示，平面直角坐標系的第Ⅰ象限內有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則()A．該粒子帶正電圖3B．A點與x軸的距離為eq\f(mv,2qB)C．粒子由O到A經歷時間t＝eq\f(πm,2qB)D．運動過程中粒子的速度不變解析：選B由左手定則可判斷該粒子帶負電，A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示，則A點離x軸的距離為r(1－cosθ)＝eq\f(mv,Bq)(1－cos60°)＝eq\f(mv,2Bq)，B正確；t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(πm,3qB)，C錯誤；運動過程中粒子速度大小不變，方向時刻改變，D錯誤。5.利用如圖4所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L。一群質量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法錯誤的是()圖4A．粒子帶負電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大解析：選D由左手定則和粒子的偏轉情況可以判斷粒子帶負電，選項A對；根據洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，r越大v越大，由題圖可知r最大值為rmax＝eq\f(3d＋L,2)，選項B正確；又r最小值為rmin＝eq\f(L,2)，將r的最大值和最小值代入v的表達式后得出速度之差為Δv＝eq\f(3qBd,2m)，可見選項C正確、D錯誤。6．(2012·廣州二模)薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區域內運動的軌跡如圖5所示，半徑R1>R2。假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子()A．帶正電圖5B．在Ⅰ、Ⅱ區域的運動速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ區域的運動時間相同D．從Ⅱ區域穿過鋁板運動到Ⅰ區域解析：選C粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力速度將減小，由r＝eq\f(mv,Bq)可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子由Ⅰ區域運動到Ⅱ區域，結合左手定則可知粒子帶負電，A、B、D選項錯誤；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知粒子運動的周期不變，粒子在Ⅰ區域和Ⅱ區域中運動的時間均為t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，C選項正確。7．(2012·安徽高考)如圖6所示，圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角。現將帶電粒子的速度變為eq\f(v,3)，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間圖6變為()A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt解析：選B作出粒子運動軌跡如圖所示，設電子粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據qvB＝eq\f(mv2,r)，得r1＝eq\f(mv,qB)，根據幾何關系得eq\f(R,r1)＝taneq\f(φ1,2)，且φ1＝60°當帶電粒子以eq\f(1,3)v的速度進入時，軌道半徑r2＝eq\f(m·\f(1,3)v,qB)＝eq\f(mv,3qB)＝eq\f(1,3)r1，圓心在O2，則eq\f(R,r2)＝taneq\f(φ2,2)。即taneq\f(φ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3taneq\f(φ1,2)＝eq\r(3)。故eq\f(φ2,2)＝60°，φ2＝120°；帶電粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(φ,360°)T，所以eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(φ2,φ1)＝eq\f(2,1)，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。8．空間存在垂直于紙面方向的均勻磁場，其方向隨時間做周期性變化，磁感應強度B隨時間t變化的圖象如圖7所示。規定B＞0時，磁場的方向穿出紙面。一電荷量q＝5π×10－7C、質量m＝5×10－10kg的帶電粒子，位于某點O處，在t＝0時以初速度v0＝πm/s沿某方向開始運動。不計重力的作用，不計磁場的變化可能產生的一切其他影響。則在磁場變化N個(圖7A．πm/s B.eq\f(π,2)m/sC．2eq\r(2)m/s D．2m/s解析：選C帶電粒子在磁場中的運動半徑為r＝eq\f(mv0,Bq)＝0.01m，周期為T＝eq\f(2πm,Bq)＝0.02s，作出粒子的軌跡示意圖如圖所示，所以在磁場變化N個(N為整數)周期的時間內，由平均速度的定義式eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)＝eq\f(N·2\r(2)r,NT0)＝eq\f(2\r(2)×0.01,0.01)m/s＝2eq\r(2)m/s，即C選項正確。9．(2012·新課標全國卷)如圖8所示，一半徑為R的圓表示一柱形區域的橫截面(紙面)。在柱形區域內加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區域，在圓上的b點離開該區域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為eq\f(3,5)R。現將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒圖8子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區域，也在b點離開該區域。若磁感應強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小。解析：粒子在磁場中做圓周運動。設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvB＝meq\f(v2,r)①式中v為粒子在a點的速度。過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點。由幾何關系知，線段eq\x\to(ac)、eq\x\to(bc)和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形。因此eq\x\to(ac)＝eq\x\to(bc)＝r②設eq\x\to(cd)＝x，由幾何關系得eq\x\to(ac)＝eq\f(4,5)R＋x③eq\x\to(bc)＝eq\f(3,5)R＋eq\r(R2－x2)④聯立②③④式得r＝eq\f(7,5)R⑤再考慮粒子在電場中的運動。設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學公式得r＝eq\f(1,2)at2⑦r＝vt⑧式中t是粒子在電場中運動的時間。聯立①⑤⑥⑦⑧式得E＝eq\f(14qRB2,5m)⑨答案：eq\f(14qRB2,5m)10．(2012·海南高考)圖9(a)所示的xOy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖(b)所示。當B為＋B0時，磁感應強度方向指向紙外。在坐標原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質量之比恰好等于eq\f(2π,TB0)。不計重力。設P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正向自O點開始運動，將它經過時間T到達的點記為A。圖9(1)若t0＝0，則直線OA與x軸的夾角是多少？(2)若t0＝eq\f(T,4)，則直線OA與x軸的夾角是多少？解析：(1)設粒子P的質量、電荷量與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛倫茲力作用下，在xOy平面內做圓周運動，分別用R與T′表示圓周的半徑和運動周期，則有qvB0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T′)))2R ①v＝eq\f(2πR,T′) ②由①②式與已知條件得T′＝T ③粒子P在t＝0到t＝eq\f(T,2)時間內，沿順時針方向運動半個圓周，到達x軸上的B點，此時磁場方向反轉；繼而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T時間內，沿逆時針方向運動半個圓周，到達x軸上的A點，如圖(a)所示。OA與x軸的夾角θ＝0(2)粒子