高中物理第四节 利用智能手机中的磁传感器研究磁现象练习题

课时跟踪检测（四） 带电粒子在磁场、复合场中的运动

组—重基础·体现综合

1．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)

A．磁场和电场的方向　　　 B．磁场和电场的强弱

C．粒子的电性和电量   D．粒子入射时的速度

解析：选C　这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvB＝qE，故v＝，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件。

2．(2021·四川成都外国语学校月考)如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍。某正离子以一速度从a点垂直磁场边界向左射出，不计重力，则它在磁场中的运动轨迹是图中的(　　)

解析：选D　根据左手定则可知，离子进入左边的磁场后受到竖直向下的洛伦兹力，从而向下偏转做半个周期的匀速圆周运动，然后进入右边的磁场，在右边的磁场中受到向下的洛伦兹力，也向下偏转做半个周期的匀速圆周运动，因为离子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝m，所以离子做圆周运动的轨迹半径为r＝，因为右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍，所以离子在右边运动的轨迹半径是左边的，D正确。

3.(多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正确的是(　　)

A．Ga最大   B．Gb最大

C．Gc最大   D．Gb最小

解析：选CD　a、b、c三油滴均处于平衡状态，a油滴受到重力和向上的电场力，a带负电且有Eq＝Ga　①，由a、b、c带有等量同种电荷可知三油滴均带负电荷，b油滴受到重力、向上的电场力及向下的洛伦兹力，有Eq＝Gb＋qvbB　②，c油滴受到重力、向上的电场力及向上的洛伦兹力，则Eq＋qvcB＝Gc　③，由①②③三式比较可得出Gc＞Ga＞Gb，故选项C、D正确。

4．(2021·广州高二检测)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(高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场方向喷入磁场。将P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是(　　)

A．P板的电势低于Q板的电势

B．通过R的电流方向由b指向a

C．若只改变磁场强弱，则通过R的电流保持不变

D．若只增大粒子入射速度，则通过R的电流增大

解析：选D　等离子体进入磁场，根据左手定则可知，带正电荷的粒子向上偏，打在上极板上，带负电荷的粒子向下偏，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，流过电阻的电流方向由a指向b，A、B错误；当P、Q之间电势差稳定时，粒子所受电场力等于洛伦兹力，有q＝qvB，得U＝Bdv，由闭合电路的欧姆定律得I＝＝，由该式知，若只改变磁场强弱，则通过R的电流改变，若只增大粒子入射速度，则R中电流会增大，C错误，D正确。

5.(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电荷的粒子，且粒子电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是(　　)

A．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长

B．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心O

C．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上

D．只要速度满足v＝，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上

解析：选BD　速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由t＝T知，运动时间t越小，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心O点，故B正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故C错误；速度满足v＝时，粒子的轨迹半径为r＝＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成正方形，射出磁场时粒子一定垂直打在MN板上，故D正确。

6.如图所示，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的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知该粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)

A.   B.

C.   D.

解析：选B　作出粒子运动轨迹如图中实线所示。因P到ab距离为，可知α＝30°。因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角为2θ＝60°。由图中几何关系有tan θ＝Rcos α，解得r＝R。再由Bqv＝m可得v＝，故B正确。

7.如图所示，一个24He粒子从平行板电容器的左极板由静止释放后，经过一段时间恰好从右极板的小孔进入复合场且沿水平虚线ab向右运动到b点。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)

A．如果将24He换成12H，粒子在复合场中不能沿直线运动

B．如果将24He换成11H，粒子在复合场中不能沿直线运动

C．无论换成什么样的带电粒子，带电粒子都能沿直线运动

D．如果增大平行板电容器两板间的电压，24He粒子仍能沿直线运动

解析：选B　带电粒子在电场中加速时，根据动能定理得qU＝mv2，可得v＝，24He粒子和12H粒子的比荷相同，故两粒子进入复合场的速度相同，粒子进入复合场后，对粒子受力分析，满足qE＝qvB，故粒子在复合场中沿直线运动，选项A错误；如果将24He换成11H,11H粒子的速度大，故受到的洛伦兹力大，不能沿直线运动，选项B正确，C错误；增大平行板电容器两板间的电压，粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大，24He粒子不能沿直线运动，选项D错误。

8.如图所示，长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，板间的距离也为L，两极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电荷粒子(不计重力)，从极板间左边中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，则v需要满足什么条件。

解析：设粒子从极板右边界射出时的速度为v1，轨迹半径为r1，如图所示，此时圆心在O1点，由几何关系有

r12＝L2＋2①

由牛顿第二定律得qv1B＝m②

联立①②两式得v1＝；

设粒子从极板左边界射出时的速度为v2，轨迹半径为r2，如图所示，此时圆心在O2点，由几何关系有r2＝③

而qv2B＝m④

联立③④式可得v2＝。

因此，当粒子的速度满足v＞或v＜时，粒子不会打在极板上。

答案：v＞或v＜

9.(2021·佛山高二检测)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在y＞R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，不计粒子重力。求：

(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；

(2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。

解析：(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R＝0.5 m

由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝，解得B＝

代入数据得B＝0.2 T。

(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr

设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得

Eq＝mv2

解得s2＝

总路程s＝s1＋s2＝πr＋，

代入数据得s＝(0.5π＋1)m。

答案：(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1)m

组—重应用·体现创新

10.如图所示，xOy平面内，直线PQ、RS与y轴平行，PQ与RS、RS与y轴之间的距离均为d。PQ、RS之间的足够大区域Ⅰ内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E0，RS与y轴之间的足够大区域Ⅱ内有沿y轴负方向的匀强电场。y轴右侧边长为d的正六边形OGHJKL区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正六边形OGHJKL的O点位于坐标原点，J点位于x轴上。现将一电荷量为q、质量为m的带正电荷粒子从直线PQ上的某点A由静止释放，经PQ与RS之间的电场加速、RS与y轴之间的电场偏转后从坐标原点O进入匀强磁场区域，经磁场区域后从正六边形的H点沿y轴正方向离开磁场。不计粒子所受重力，整个装置处在真空中，粒子运动的轨迹在xOy平面内。求：

(1)粒子经直线RS从电场区域Ⅰ进入电场区域Ⅱ时的速度大小；

(2)电场区域Ⅱ中电场的场强大小；

(3)磁场的磁感应强度大小。

解析：(1)设粒子进入电场区域Ⅱ时的速度大小为v0，由动能定理得qE0d＝mv02，解得v0＝ 。

(2)由题意画出粒子在电、磁场中运动的轨迹如图所示，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角θ＝30°。设粒子进入磁场时的速度大小为v，在y轴方向的分速度为vy，粒子在区域Ⅱ运动的加速度为ay，时间为t。由牛顿第二定律及匀变速运动规律得qE＝may，vy＝ayt，d＝v0t，tan θ＝，联立解得E＝E0。

(3)由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r＝d，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，由运动合成可知v＝，联立解得B＝2 。

答案：(1) 　(2)E0　(3)2

11．(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。

(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v；

(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；

(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。

解析：(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝mv02－mv2，

解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小

v＝ 。

(2)当磁场仅有沿x负方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有2＋L2＝R12

根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝

联立解得B0＝

当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有

2＋L2＝R22

此时B＝B0，根据洛伦兹力提供向心力有

2e×v0×B0＝

联立解得B0＝

故B0的取值范围为0≤B0≤。

(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示

由题意，根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×B0＝

且满足B0＝

所以可得R3＝＝L

所以可得cos θ＝

离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FΔt＝nΔtmv0cos θ－0

根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F′＝F＝nmv0，

方向沿z轴负方向。

答案：(1)　(2)0≤B0≤　(3)nmv0，方向沿z轴负方向