物理高二磁场练习题一、 单选题1．关于电场强度和磁感应强度，下列说法正确的是 A ．电场强度的定义式qF E =适用于任何电场B ．由真空中点电荷的电场强度公式2Q E k r=可知，当r →0时，E →无穷大C ．由公式ILF B =可知，一小段通电导线在某处若不受磁场力，则说明此处一定无磁场D ．磁感应强度的方向就是置于该处的通电导线所受的安培力方向2．如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的正中间上方固定一根长直导线，导线中通过方向垂直纸面向里（即与条形磁铁垂直）的电流，和原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支持力N 和摩擦力f 将A 、N 减小，f=0B 、N 减小，f ≠0C 、N 增大，f=0D 、N 增大，f ≠03、有电子、质子、氘核、氚核，以同样速度垂直射入同一匀强磁场中，它们都作匀速圆周运动，则轨道半径最大的粒子是A ．氘核B ．氚核C ．电子D ．质子4．一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于一匀强磁场，飞离桌面后，最终落在地面上. 设飞行时间为t 1、水平射程为s 1、着地速率为v 1；现撤去磁场其它条件不变，小球飞行时间为t 2、水平射程为s 2、着地速率为v 2.则有：A 、 v 1=v 2B 、 v 1>v 2C 、 s 1=s 2D 、 t 1<t 25．有一个带正电荷的离子，沿垂直于电场方向射入带电平行板的匀强电场.离子飞出电场后的动能为E k ，当在平行金属板间再加入一个垂直纸面向内的如图所示的匀强磁场后，离子飞出电场后的动能为E k /,磁场力做功为W ，则下面各判断正确的是 A 、E K <E K ＇,W =0 B 、E K >E K ＇,W =0 C 、E K =E K ＇,W =0 D 、E K >E K ＇,W >06.图是质谱仪的工作原理示意图。
带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。
速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E 。
平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2。
平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场。
下列表述错误的是 A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过的狭缝P 的带电粒子的速率等于E/BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小二、双选题7.下列关于磁场中的通电导线和运动电荷的说法中，正确的是 A 、磁场对通电导线的作用力方向一定与磁场方向垂直 B 、有固定转动轴的通电线框在磁场中一定会转动C 、带电粒子只受洛伦兹力作用时，其动能不变，速度一直在变D 、电荷在磁场中不可能做匀速直线运动v8.如图，MN 是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知：A 、粒子带负电B 、粒子运动方向是abcdeC 、粒子运动方向是edcbaD 、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长9．如图，磁感强度为B 的匀强磁场，垂直穿过平面直角坐标系的第I 象限。
一质量为m ，带电量为q 的粒子以速度V 从O 点沿着与y 轴夹角为30°方向进入磁场，运动到A 点时的速度方向平行于x 轴，那么：A 、粒子带正电B 、粒子带负电C 、粒子由O 到A 经历时间qBm t 3π= D 、粒子的速度没有变化10．一电子在匀强磁场中，以一固定的正电荷为圆心，在圆形轨道上运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电场力恰是磁场力的三倍.设电子电量为e ，质量为m ，磁感强度为B ，那么电子运动的可能角速度应当是11．长为L 的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，板间距离也为L ，板不带电，现有质量为m,电量为q 的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直于磁场方向以速度v 水平射入磁场，欲使粒子不打到极板上，v 应满足A 、L 4Bq v m <B 、54BqLv m > C 、BqL v m > D 、544BqL BqLv m m<<12、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是A ．增大磁场的磁感应强度B ．增大匀强电场间的加速电压C ．增大D 形金属盒的半径 D ．减小狭缝间的距离三、计算题13．如图所示，铜棒ab 长0.1m ，质量为6×10-2kg ，两端与长为1m 的轻铜线相连静止于竖直平面内。
整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T ，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摆动，已知最大偏转角为37°，（1）在此过程中铜棒的重力势能增加了多少； （2）通电电流的大小为多大。
（不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）vM N a b c d e x y O AV0 B14、如图所示，在x 轴的上方（y ＞0的空间内）存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成45°角，若粒子的质量为m ，电量为q ，求： （1）该粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径； （2）粒子在磁场中运动的时间。
15.如图所示，以MN 为界的两匀强磁场，磁感应强度B 1=2B 2，方向垂直纸面向里。
现有一质量为m 、带电量为q 的正粒子，从O 点沿图示方向进入B 1中。
（1）试画出粒子的运动轨迹； （2）求经过多长时间粒子重新回到O 点？16、如图所示，匀强磁场沿水平方向，垂直纸面向里，磁感强度B =1T ，匀强电场方向水平向右，场强E =103N/C 。
一带正电的微粒质量m=2×10-6kg ，电量q =2×10-6C ，在此空间恰好作直线运动，问：（1）带电微粒运动速度的大小和方向怎样？（2）若微粒运动到P 点的时刻，突然将磁场撤去，那么经多少时间微粒到达Q 点？（设PQ 连线与电场方向平行）2B1BOv17．在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为θ，足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上．有一质量为m,带电量为十q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示,若迅速把电场方向反转竖直向下，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？18、如图所示，相互垂直的匀强电场和匀强磁场，其电场强度和磁感应强度分别为E和B，一个质量为m，带正电量为q的油滴，以水平速度v0从a点射入，经一段时间后运动到b，试求: （1）油滴刚进入场中a点时的加速度。
（2）若到达b点时，偏离入射方向的距离为d，此时速度大小为多大？19．如图所示，在一个同时存在匀强磁场和匀强电场的空间，有一个质量为m的带电微粒，系于长为L的细丝线的一端，细丝线另一端固定于O点。
带电微粒以角速度ω在水平面内作匀速圆周运动，此时细线与竖直方向成30°角，且细线中张力为零，电场强度为E，方向竖直向上。
（1）求微粒所带电荷的种类和电量；（2）问空间的磁场方向和磁感强度B的大小多大？（3）如突然撤去磁场，则带电粒子将作怎样的运动？线中的张力是多大？20．在平面直角坐标系xOy中，第1象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。
一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于Y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于Y轴射出磁场，如图所示。
不计粒子重力，求：(1)M、N两点间的电势差U MN。
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。
21、电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为U）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示．求: 匀强磁场的磁感应强度．（已知电子的质量为m，电荷量为e）22．在xoy平面内，x轴的上方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，x轴的下方有匀强电场，电场强度为E，方向与y轴的正方向相反。
今有电量为-q 、质量为m的粒子（不计重力），从坐标原点沿y轴的正方向射出，射出以后，第三次到达x轴时，它与O点的距离为L，问：Y（1）粒子射出时的速度多大?（2）粒子运动的总路程为多少？XO答案ACBABD 、AC 、AC 、BC 、BD 、AB 、AC13、解（1）重力势能增加：J L mg Ep 12.0)37cos 1(1=-⋅=ο（2）摆动至最大偏角时v=0 有：037sin )37cos 1(11=⋅⋅+--οοL F mgL 安2L BI F ⋅=安 得I=4A14、（1）粒子垂直进入磁场，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得 qvB =mv 2/R ∴R =mv/qB （2）∵T = 2πm /qB 根据圆的对称性可知，粒子进入磁场时速度与x 轴的夹角为45°角，穿出磁场时，与x 轴的夹角仍为45°角，根据左手定则可知，粒子沿逆时针方向旋转，则速度的偏向角为270°角，轨道的圆心角也为270°： ∴t =43T = qB m 23π17、由题意知qE=mg 场强转为竖直向下时，由动能定理，有21()sin 2qE mg L mv θ+=即212sin 2mgL mv θ= ① 当滑块刚离开斜面时有(Eq+mg)cos θ=Bqv 即2s mgco v qBθ= ②由①②解得2222s sin m gco L q B θθ=（2）(Eq+mg)sin θ=ma 得a=2gsin θ x=(1/2)at 2得t=带电油滴由a 点运动到b 点的过程利用动能定理建立方程求解。
由牛顿第二定律可得：0()qv B mg qE a m-+=因洛仑兹力不做功，根据动能定理有：22011()22mg qE d mv mv -+=-， 解得202()mv mg qE dv m-+=（1）设粒子过N 点时的速度为v ，有cos v vθ= 得02v v = 粒子从M 点运动到N 点的过程，有2201122MN qU mv mv =- 得2032MN mv U q =（2）粒子在磁场中以o '为圆心做匀速圆周运动，半径为O N '，有2mv qvB r = 得02mv r qB=（3）由几何关系得sin ON R θ=设粒子在电场中运动的时间为t 1,有01ON v t = 13mt qB =粒子在磁场在做匀速圆周运动的周期 2mT qBπ=设粒子在磁场中运动的时间为t 2,有22t T πθπ-= 223m t qB π=12t t t =+ 所以(332)3mt qBπ+=21、（1）作电子经电场和磁场中的轨迹图，如右图所示（2）设电子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：212eU mv = ①电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：2v evB mr = ② 由几何关系得：222()r r L d =-+③联立求解①②③式得：e mUd L L B 2)(222+=。