高考物理专题电磁学知识点之磁场经典测试题附答案

一、选择题

1．关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是（ ） A．跟磁场方向垂直，跟电流方向平行 B．跟电流方向垂直，跟磁场方向平行 C．既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直 D．既不跟磁场方向垂直，也不跟电流方向垂直

2．2019年我国研制出了世界上最大的紧凑型强流质子回旋加速器，该回旋加速器是我国目前自主研制的能量最高的质子回旋加速器。如图所示为回旋加速器原理示意图，现将两个相同的回旋加速器置于相同的匀强磁场中，接入高频电源。分别加速氘核和氦核，下列说法正确的是（ ）

A．它们在磁场中运动的周期相同 B．它们的最大速度不相等 C．两次所接高频电源的频率不相同

D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能

3．如图所示，有abcd四个离子，它们带等量的同种电荷，质量不等．有ma＝mb＜mc＝md，以不等的速度va＜vb＝vc＜vd进入速度选择器后有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由此可判定( )

A．射向P1的是a离子 C．射到A1的是c离子

B．射向P2的是b离子 D．射到A2的是d离子

4．如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行、大小分别为B和2B。一带正电粒子（不计重力）以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则( )

A．ω1∶ω2＝1∶1 C．t1∶t2＝1∶1

B．ω1∶ω2＝2∶1 D．t1∶t2＝2∶1

5．如图所示，边长为L的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框通电处于静止状态，细线的拉力为F1；保持其他条件不变，现虚线下方的磁场消失，虚线上方有相同的磁场同时电流强度变为原来一半，此时细线的拉力为F2 。已知重力加速度为g，则导线框的质量为

A．

2F2F1 3gB． 2F2F1 3gC．

F2F1 gD． F2F1 g6．如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．若两个微粒所受重力均忽略,则新微粒运动的 ( )

A．轨迹为pb,至屏幕的时间将小于t B．轨迹为pc,至屏幕的时间将大于t C．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t D．轨迹为pb,至屏幕的时间将等于t

7．如图所示，虚线为两磁场的边界，左侧磁场垂直纸面向里，右侧磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B。一边长为L、电阻为R的单匝正方形导体线圈abcd，水平向右运动到图示位置时，速度大小为v，则（ ）

A．ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力向右 B．ab边受到的安培力向右，cd边受到的安培力向左

2B2L2vC．线圈受到的安培力的大小为

R4B2L2vD．线圈受到的安培力的大小为

R8．下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（ ）

A．图甲是通电导线周围存在磁场的实验。这一现象是物理学家法拉第通过实验首先发现 B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，线圈产生大量热量，从而冶炼金属 C．图丙是李辉用多用电表的欧姆挡测量变压器线圈的电阻刘伟手握线圈裸露的两端协助测量，李辉把表笔与线圈断开瞬间，刘伟觉得有电击说明欧姆挡内电池电动势很高 D．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理

9．教师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，如图甲所示。第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是（ ）

A．图甲中，从上往下看，液体沿顺时针方向旋转 B．图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变

C．图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动 D．图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动

10．如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为

e的电子以速度mv0从A 点沿AB边射出（电子重力不计），欲使电子能经过AC边，磁感应强度B的取值为

A．B＜

3mv0 aeB．B＜

2mv0 aeC．B＞

3mv0 aeD．B＞

2mv0 ae11．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为( )

A．平行于AB，由A指向B C．平行于CA，由C指向A

B．平行于BC，由B指向C D．由O指向C

12．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

R.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为260°，则粒子的速率为(不计重力)( )

磁场区域，射入点与ab的距离为

A．

qBR 2mB．

qBR mC．

3qBR 2mD．

2qBR m13．如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是（ ）

A．桌面对磁铁的支持力增大

B．桌面对磁铁的支持力减小 C．桌面对磁铁的支持力不变 D．以上说法都有可能

14．如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是（ ）

A．Q板的电势高于P板的电势 B．R中有由b向a方向的电流

C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变 D．若只增大粒子入射速度，R中电流增大

15．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )

A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流 B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势 C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d

D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力

16．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（ ）

A．M带正电，N带负电 B．M的速度率小于N的速率

C．洛伦兹力对M、N做正功 D．M的运行时间等于N的运行时间

17．下列有关运动电荷和通电导线受到磁场对它们的作用力方向判断正确的是（ ）

A．

B．

C．

D．

18．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到位置Ⅱ，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为

和

，则（）

A． B． C．

D．不能判断

33He含量。如图所示，2He（2个质子和1个19．我国探月工程的重要项目之一是探测月球2中子组成）和42He（2个质子和2个中子组成）组成的粒子束经电场加速后，进入速度选择器，再经过狭缝P进入平板S下方的匀强磁场，沿半圆弧轨迹抵达照相底片，并留下痕迹M、N。下列说法正确的是（ ）

A．速度选择器内部的磁场垂直纸面向外 C．经过狭缝P时，两种粒子的速度不同

B．平板S下方的磁场垂直纸面向里

3He抵达照相底片上时留下的 D．痕迹N是220．如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为

A．v0 B．1/ v0 C．2 v0 D．v0/2

21．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．2 C．1 D．2 222．在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图所示，两金属棒均处于平衡状态．则两种情况下的电流之比I1:I2为

A．sinα:1 B．1:sinα C．cosα:1 D．1:cosα

23．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒

定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为

A．11 B．12 C．121 D．144

24．如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O 关于导线ab、cd的对称点,当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电流时，M点磁感应强度的大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，若将导线ab中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N点磁感应强度的大小为（ ）

A．B1＋B2 C．

B．

13B2B1 21B2B1 2D．B1－B2

25．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射人水平放置，电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（ ）

A．d随U1变化，d与U2无关 B．d与U1无关，d随U2变化 C．d随U1变化，d随U2变化 D．d与U1无关，d与U2无关

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【分析】

左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向． 【详解】

根据左手定则的内容知与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力与电流方向垂直，与磁场方向垂直，故C正确，ABD错误． 【点睛】

解决本题的关键掌握左手定则判定安培力的方向，知道安培力垂直于电流方向与磁场方向构成的平面．

2．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

A．粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，周期

T2m qB氘核和氦核的比荷相等，则两粒子在磁场中运动的周期相同，故A正确；

C．根据回旋加速器的工作原理可知，粒子在磁场中运动的频率等于高频电源的频率，故两次频率相同，故C错误； B．根据

v2qvBm

R可得最大速度

vqBR m由于氘核和氦核比荷相同，因此它们的最大速度也相同，故B错误； D．最大动能

12q2B2R2 Ekmv22m高频电源的频率与粒子最大动能无关，故D错误。 故选A。

3．A

解析：A 【解析】

试题分析：通过在磁场中偏转知，粒子带正电．在速度选择器中，有qE=qvB．vE，只B有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．所以只有b、c两粒子能通过速度选择器．a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转．故A正确，B错误．只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据rmv.，知质量大的半径qB2大，知射向A1的是b离子，射向A2的是c离子．故C、D错误． 故选A．

考点：速度选择器；带电粒子在匀强磁场中的而运动.

4．D

解析：D 【解析】 【详解】

AB．由洛伦兹力充当向心力可知

v2qvBm

R根据线速度和角速度关系可得

vR

联立解得

=则可知，角速度与磁场成正比，故

qB m1:21:2

故AB错误；

CD．粒子在两磁场中运动轨迹如图所示，粒子在两磁场中转过的圆心角均为120，由

T=2πm可知，粒子在I中的周期为II中周期的2倍；则由 qBt360T

可知

t1:t22:1

故C错误，D正确。 故选D。

5．A

解析：A 【解析】 【详解】

当通如图中电流时，ab边、ac边受到的安培力大小为F小为FBIL，方向向上；导线框平衡，故

1BIL；bc边受到的安培力大21F1BILmg2BILsin30

2磁场加到虚线框上方后，导线框受到的等效安培力为F1BIL，方向向下，故 41F2mgBIL

4联立解得

m故A正确，B、C、D错误； 故选A。

2F2F1 3g6．C

解析：C 【解析】

试题分析：由动量守恒定律可得出粒子碰撞后的总动量不变，由洛仑兹力与向心力的关系可得出半径表达式，可判断出碰后的轨迹是否变化；再由周期变化可得出时间的变化． 带电粒子和不带电粒子相碰，遵守动量守恒，故总动量不变，总电量也保持不变，由

mvPv2，P、q都不变，可知粒子碰撞前后的轨迹半径r不变，Bqvm，得：rqBqBr故轨迹应为pa，因周期T2m可知，因m增大，故粒子运动的周期增大，因所对应的qB弧线不变，圆心角不变，故pa所用的时间将大于t，C正确；

【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

R2mmvT，知道粒子在磁场中运动半径和，周期公式T，运动时间公式tBqBq2速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，

7．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

AB．线框的左右两边分别切割两磁场产生的动生电动势由右手定则可找出方向，如图所示

两动生电源串联，总电流为顺时针方向，再由左手定则可得ab边受到的安培力向左，cd边受到的安培力向左，故AB错误； CD．线框的电动势为E2BLv，则电流为

I两个安培力力之和为线框受到的安培力

E2BLv RR4B2L2v F总=2F2BILR故C错误，D正确。 故选D。

8．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

A．图甲是通电导线周围存在磁场的实验，研究的电流的磁效应，这一现象是物理学家奥斯特首先发现，选项A错误；

B．图乙中真空冶炼炉的工作原理是电磁感应现象中的涡流，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生大量热量，从而冶炼金属，选项B错误；

C．图丙中李辉把表笔与线圈断开瞬间，刘伟觉得有电击感，这是电磁感应现象中的自感现象，选项C错误；

D．图丁在运输时要把两个接线柱连在一起，产生了闭合回路，目的保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，选项D正确。 故选D。

9．D

解析：D 【解析】

【分析】 【详解】

A．根据图甲中电源的正负极判断在液体中形成的电流方向为正极导线指向负极导线，磁场方向从下向上，根据左手定则可知，从上往下看，液体沿逆时针方向旋转，A错误； B．如果改变电源的正负极，液体中电流的方向反向，磁感线方向不变，则安培力方向改变，所以液体的旋转方向改变，B错误；

C．图乙中给装置通电，弹簧中每一圈的电流方向相同，因为同向电流相互吸引，所以弹簧缩短，脱离水银液面，弹簧中无电流，再次落下与水银接触，从而使弹簧上下振动；纯酒精不导电，所以接通电源后，弹簧中无电流，不会上下振动，C错误；

D．如果改变电源的正负极，根据C选项分析可知依然可以观察到弹簧不断上下振动，D正确。 故选D。

10．C

解析：C 【解析】 【详解】

当电子从C点离开磁场时，电子做匀速圆周运动对应的半径最小，设为R，如图所示：

由几何知识得：

2Rcos30∘=a，

解得：

R欲使电子能经过AC边,必须满足：R而

3a； 33a 32v0evBm，

r得：

R解得：

mv0， eB3mv0； aeBA. B＜B. B＜C. B＞D. B＞

3mv0．故A项错误； ae2mv0．故B项错误； ae3mv0．故C项正确； ae2mv0．故D项错误． ae11．A

解析：A 【解析】 【分析】

由题意可知考查磁感应强度的矢量性，根据右手螺旋定则及磁感应强度的矢量性分析可得。 【详解】

根据右手螺旋定则，电流A在O产生的磁场平行于BC，且由C向B，B电流在O产生的磁场平行AC，且由A向C，电流C在O产生的磁场平行AB，且由A向B，由于三导线电流大小相同，到O点的距离相同，根据平行四边形定则，则合场强的方向平行于AB，由A指向B。

A．由前面分析可知合磁场方向平行于AB，由A指向B故A正确 BCD．由前分析可知合磁场平行于AB，由A指向B故BCD错误。 【点睛】

先用右手螺旋定则确定出每条导线在0处磁感应强度的大小，再矢量求和可求得合磁场的方向。

12．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

带电粒子从距离ab为

R处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动2轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝Fn得

mv2qvB＝

R解得

v＝

qBR m

qBR，与结论不相符，选项A错误； 2mqBRB．，与结论相符，选项B正确；

mA．C．D．

3qBR，与结论不相符，选项C错误； 2m2qBR，与结论不相符，选项D错误； m故选B。

13．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

直导线放置在条形磁铁，直导线受到水平向左的磁场，根据左手定则可知直导线受到竖直向下的安培力，根据牛顿第三定律可知，直导线对磁铁一个竖直向上的力，故桌面对磁铁的支持力减小，故B正确，ACD错误。 故选B。

14．D

解析：D 【解析】 【详解】

AB．等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上；负电荷向下偏，打在下极板上；所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b；故A错误，B错误； C．根据稳定时电场力等于磁场力即：

q则有：

UqvB dUBdv

再由欧姆定律：

IUBdv RrRr电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱，R中电流也改变；故C错误；

D．由上分析可以知道，若只增大粒子入射速度，R中电流也会增大；故D正确。 故选D。

15．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

AB．根据E=BωS可知，无论线圈绕轴P1和P2转动，则产生的感应电动势均相等，故感应电流相等，故A正确，B错误；

C．由楞次定律可知，线线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→d→c→b→a，故C错误；

D．由于线圈P1转动时线圈中的感应电流等于绕P2转动时线圈中得电流，故根据

F=BLI

可知，线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的安培力，故D错误。 故选A。

16．D

解析：D 【解析】 【详解】

A.由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故选项A不符合题意； B.粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力则有：

v2qvBm

r解得速度的大小为vqBr，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速m度率大于N的速率，故选项B不符合题意；

C.洛伦兹力始终与速度的方向垂直，洛伦兹力对M、N不做功，故选项C不符合题意； D.粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T2m，M运行时间等于qBN的运行时间，故选项D符合题意。 17．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

由左手定则可判定电荷受到的洛伦兹力竖直向下，故A错误；由左手定则可判定电荷受到的洛伦兹力竖直向下，故B正确；由左手定则可判定导线受到的安培力竖直向下，故C错

误；由左手定则可判定导线受到的安培力竖直向上，故D错误．

18．C

解析：C 【解析】 【详解】

第一次将金属框由位置I平移到位置Ⅱ，磁感线穿过金属框的方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金属框绕边翻转到位置Ⅱ，磁感.线穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以

，选项C正确.ABD错

故选C

19．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

A．由题意可知，粒子带正电，要使粒子沿直线穿过速度选择器，则粒子在速度选择器中受到的电场力与洛伦兹力等大反向，由此可以判断速度选择器中磁场的方向垂直于纸面向里，故A错误；

B．粒子进入平板下方磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该磁场的方向垂直于纸面向外，故B错误； C．在速度选择器中

qE解得

qvB

vE B即经过狭缝P，两种粒子的速度相同，故C错误； D．粒子在平板下方磁场中做圆周运动有

v2qvBm

R'得

Rmv qB'3He的轨迹半径小，落到N点，故D正确。 即比荷大的，半径小，故2故选D。

20．C

解析：C 【解析】 【详解】

设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，

2mvv0B粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：，如果

qdr换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向

22mv0121qE2E t2，解得：E做匀加速运动，即：dat，则 =2v0，故选C．

qd22mB【点睛】

带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．

21．D

解析：D 【解析】 【分析】

带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，从而求出磁感应强度的表

12mv，最终得到关于磁感应强度B与动能Ek的关系式，从关系式2及题设条件--带电粒子在穿越铝板时减半，就能求出上下磁感应强度之比． 【详解】

达式．结合动能Ek由动能公式Ek12mv，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得2v2qvBm，

r联立可得

2mEkmv， Bqrqr上下磁场磁感应强度之比为

B 上B下D正确．

E上E下r下212， r上12222．D

解析：D 【解析】

导体棒受力如图，根据共点力平衡得F1mgtan，F2mgsin，

所以导体棒所受的安培力之比

F1tan1，因为FBIL，所以F2sincosI1F11，D正确． I2F2cos23．D

解析：D 【解析】 【详解】

直线加速过程根据动能定理得

qU得

12mv 2v2qU ① m离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有

v2qvBm

R得

R①②两式联立得：

mv ② qBqB2R2 m2U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以m∝B2，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D正确，A、B、C错误。 故选D。

24．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

无限长直导线ab、cd、ef，构成一个等边三角形，且三根导线中通以大小相等、方向如图所示的电流，O为三角形的中心，且O点磁感应强度大小为B2，因为直导线ab、cd关于

O点对称，所以这两导线在O点的磁场为零，则磁感应强度大小B2是由直导线ef产生的，而直导线ab、ef关于N点对称，所以这两根直导线的磁场为零，因此N点的磁感应强度大小为B2。因为M点的磁感应强度为B1BefBcdBab，又因为BefB2，Bef与Bcd大小相等．当撤去导线ab中电流时，其余两根导线在N点的磁感应强度大小为

BcdBef故B正确，ACD错误。 故选B。 【点睛】

13B2B1 2根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场大小．磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减。

25．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

设带电粒子经电压为U1的电场加速后速度为v0，由动能定理，有

12qU1mv0

2带电粒子在电势差为U2的电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成沿初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有

v0cos v粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于θ，则有

d2cos R所以

d又因为半径公式

2Rv0 vR则有

mv qBd2mv0 qB故d与m，v0成正比，与B，q成反比，即d只与U1有关，与U2无关，故A正确，BCD错误。

故选A。