磁场练习题(含参考答案)

3-1磁场练习题一、单项选择题1．关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A．一小段通电导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力也一定为零B．通电导线所受磁场力为零，该处的磁感应强度也一定为零C．放置在磁场中1m长的通电导线，通过1A的电流，受到的磁场力为1N，则该处的磁感应强度为1TD．磁场中某处的B方向跟电流在该处受到的磁场力F方向相同2．如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电量分别为q a、q b.它们沿水平方向以相同的速率相对着匀速直线穿过电磁场区，则（）A．它们带负电，且q a＞q bB．它们带负电，且q a＜q bC．它们带正电，且q a＞q bD．它们带正电，且q a＜q b3．如图所示，有一三角形线圈ABC，通以逆时针方向的电流，现有一水平匀强磁场沿BC方向向右则线圈运动情况是（）A．以底边BC为轴转动，A向纸面外B．以中心G为轴，在纸面逆时针转动C．以中线AM为轴，逆时针转动(俯视)D．受合力为零，故不转动4．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角。

现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（）A．1 2t∆B．2t∆C．1 3t∆D．3t∆二、多项选择题5．通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与MN平行，关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是（）A．线框有两条边所受的安培力方向相同B．线框有两条边所受的安培力大小不同C．线框所受安培力的合力方向向左D．线框所受安培力的合力方向向右6．如图所示，磁感应强大小为B的匀强磁场垂直于纸面向内，一带电粒子(重力不计)在垂直于磁场的竖直平面内做以O为圆心沿顺时针方向的匀速圆周运动，当粒子运动到最低点P时，突然加一个竖直方向的匀强电场，粒子运动到P/点，且P/、O在同一水平面上．则下列说法中正确．．的是（）A．粒子带正电B．匀强电场的方向向下C．粒子在P/点处的速度小于在P点处的速度D．粒子在P/点处的电势能大于在P点处的电势能7．如图所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场，不计重力的影响，则( )A．可以确定粒子通过y轴时的位置B．可以确定粒子速度的大小C．可以确定粒子在磁场中运动的时间D．以上说法都不对8．如图下所示，带正电的小球穿在绝缘粗糙直杆上，杆倾角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆斜向上的匀强磁场，小球沿杆向下运动，在a点时动能为100J，到C点动能为零，而b点恰为a、c的中点，在此运动过程中（）A．小球经b点时动能为50JB．小球电势能增加量可能大于其重力势能减少量C．小球在ab段克服摩擦所做的功与在bc段克服摩擦所做的功相等D．小球到C点后可能沿杆向上运动。

9．电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。

电子束经过加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面。

不加磁场时，电子束将通过磁场中心O点而打到屏幕上的中心M，加磁场后电子束偏转到P点外侧。

现要使电子束偏转回到P点，可行的办法是（）A．增大加速电压B．将圆形磁场区域向屏幕靠近些C．增加偏转磁场的磁感应强度D．将圆形磁场的半径增大些三、计算题10．在直径为d的圆形区域内存在着均匀磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于纸面向外。

一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成30α=角，如图所示，若此粒子在磁场区域运动过程中速度的方向改变了120°，粒子的重力忽略不计，求：（1）该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；（2）该粒子射入时的速度大小v。

11．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，如右图所示，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？12．如图所示，内壁光滑的绝缘管做在的圆环半径为R，位于竖直平面内。

管的内径远小于R，以环的圆心为原点建立平面坐标系xoy，在第四象限加一竖直向下的匀强电场，其它象限加垂直环面向外的匀强磁场。

一电荷量为+q、质量为m的小球在管内从b点由时静止释放，小球直径略小于管的内径，小球可视为质点。

要使小球能沿绝缘管做圆周运动通过最高点a。

（1）电场强度至少为多少？（2）在（1）问的情况下，要使小球继续运动，第二次通过最高点a时，小球对绝缘管恰好无压力，匀强磁场的磁感应强度多大？（重力加速度为g）13．如图所示，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在着磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。

现有一束质量为m、电荷量为+q的带电粒子，以某一速度从AC边中点P、平行于CD边垂直磁场飞入，粒子重力忽略不计。

（1）若粒子进入磁场时的速度大小为v0，求粒子在磁场中运动的轨道半径；（2）若粒子能从AC边飞出磁场，求粒子在磁场中运动的时间（3）为使粒子能从CD边飞出磁场，粒子进入磁场时的速度大小应满足什么条件？14．如图，在0≤x≤3a区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。

在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0°～180°范围内。

已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P（3a，a）点离开磁场。

求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m；（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间15．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。

其简化模型如图：Ⅰ、II 两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。

一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=300（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为300，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件（4）若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。

为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。

（参考答案）1．A 2．D 3．C 4．B5．BC 6．CD 7．ABC 8．BD 9．AB2．【解析】由题意可判断粒子要考虑重力，分别对a 和b 两个粒子受力分析，如图。

由平衡条件得：q b E=q b vB+mg ，q a E+q a vB=mg ，解得：q a =mg/(E+vB)，q b =mg/(E-vB)因此q a <q b ，且都为正电荷。

4．【解析】作出粒子轨迹如图，以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场经过Δt =T/6从C 点射出磁场，轨道半径3r AO =v /3时，运动半径是r 33AO ，由几何关系可得在磁场中运动转过的圆心角为1200，运动时间为T/3，即2Δt 。

6．【解析】由粒子在P 点的速度水平向左可知，粒子做顺时针方向的运动，由左手定则判断洛伦兹力方向知粒子带负电，A 错。

粒子从P 点被“甩出”，做离心运动，因此向心力减小，受到向下的电场力，因此电场方向向上，B 错误。

粒子从P 到P /的过程中，电场力做负功，电势能增加，D 正确；但是动能减小，C 正确。

8．【解析】A 到B 再到C 的过程中动能减小，速度减小，洛伦兹力减小，小球和杆之间的压力也减小，摩擦力减小，而AB=BC ，所以两端的摩擦力做功不同，C 错误，合外力做功不同，动能变化也不同，A 错误。

由于运动过程中可能有qE>mg ，到C 点后会返回，D 正确，克服电场力做功有可能大于重力做功，B 正确。

9．【解析】若电子束初速度v 0不变，由qU=mv 2/2 –mv 02/2及轨道半径r=mv/qB 知，增大偏转磁场B ，r 减小，电子束偏转到P 点外侧；增大U ，r 增大，偏回到P 点。

将圆形磁场区域向屏幕靠近些，电子束偏回到P 点。

10．【解析】（1）作出粒子运动轨迹，设粒子从D 点出磁场，轨迹的圆心为O ，半径为r 。

粒子速度的偏转角为1200，由几何关系知，圆心角∠AOD=1200。

因此粒子运动时间为qBm qB m T T t 3223131360120ππ=⨯===（2）由几何关系AD=ACcos300=2rcos300，因此r=AC/2=d/2. 由r v m qvB 2=得qB mv r =，解得：mqBd v 2= 11．【解析】（1）对金属棒进行受力分析得：mg F F N =+θcos 安，θsin 安F f =又BIL F =安，RE I =，解得：θsin R EBL f =，θcos REBL mg F N -= （2）要使ab 棒受到的支持力为零，令0=N F 得θcos R EBL mg =，所以θcos EL mgR B = 当1cos =θ时，B 最小值ELmgR B =min ，此时mg F =安，方向竖直向上。

由左手定则判断，此时磁感应强度B 方向水平向右。

12．【解析】（1）小球恰能通过a 点，即到达a 点的速度为0，从b 到a 由动能定理得：qER －mgR =0 解得E=mg/q ①（2）设第二次到达a 点的速度v a ，由动能定理有qER=mv a 2/2 ②到达最高点时小球对轨道恰好无压力，由牛顿第二定律有：R mv B qv mg a a 2=+③ 联立①②③得Rg q m B 2= 13．【解析】（1）由rv m B qv 20=得：qB mv r 0= （2）设粒子从AC 边的Q 点飞出，由对称性知，粒子运动的圆弧所对圆心角为2400因此qBm qB m T t 34232360240ππ=⨯== （3）粒子从CD 边飞出的临界条件分别为轨迹与CD 边相切和轨迹经过D 点。