2轮磁场

带电粒子在磁场中的运动要点整合㈠常见运动形式1、v∥B时：F=0，做匀速直线运动2、v⊥B时：大小F=qvBqvB=mv2/r=mr（2π/T）2方向:左手定则，v⊥F⊥B，轨迹：匀速圆周运动.(注意正负电荷受力的不同判定)3、v∧B=θ时：螺旋线运动F=qv⊥BT=2πm/qBr=mv⊥/qBL=Tv∥4.洛仑兹力的作用效果:洛仑兹力多数情况下是变力，安培力是洛仑兹力的宏观表现（集体效应）洛仑兹力本身不做功，但它会影响其它力的做功情况。㈡带电粒子在无限场中的运动，轨迹较完整，圆心易找。1.平面S将空间分成左右两部分，两侧都有垂直纸面向里的匀强磁场，左、右分别为B1、B2，且B1B2。位于S面上的电子以垂直S面的速度向左运动，则（CD）A、电子每次穿过S面的位置都比上一次的高B、电子每次穿过S面后，动能都要变大C、电子每次经过B1区域的时间，都比经过B2的时间长D、电子每相邻次经过S面时的间距都相等2、如图所示，PQ是匀强磁场里的一片薄金属片，其平面与磁场平行。一个α粒子从a点以垂直于PQ的速度射出，初动能E0，射出后的初始部分轨迹如图示，其半径比为10：9，若在穿越板的过程中，粒子受到的阻力及电量均不变，则（BC）A、每穿过一次，速度减小（E0/50m）1/2B、每穿过一次，动能减小0.19E0C、穿过5次后陷在金属片中D、穿过6次后陷在金属片中3、如图，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于Oxy所在的纸面向外。某时刻在x=l0、y=0处，一质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x=-l0、y=0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直。不考虑质子与α粒子的相互作用。设质子的质量为m，电荷量为e。（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大？PQaB××××××××××××××××××××××××××××××××B1B2e（2）如果α粒子与质子经最短时间在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？解析：①质子的运动轨迹如图示，其圆心在x=l02处其半径r1=l02⑴又r1=mv1eB⑵v1=eBl02m⑶②质子从x=l0处至达坐标原点O处的时间为t=πmeB⑷α粒子的周期为Tα=4πmeB⑺t=Tα4⑻两粒子的运动轨迹如图示由几何关系得：rα=22l0又2evαB=mmαυα2rα解得：vα=2eBl04m与x轴正方向的夹角为π4。㈢带电粒子在有界场中的偏转1、圆心的找法:找下列运动的圆心(注意几何关系，沿与速度垂直方向上找圆心；依数学知识和运动规律画轨迹)2、相关参数关系:弄清圆心角β、园周角α、弦切角θ、半径R、弧长l、扇形面积S、偏转角φ、运动时间t之间的关系。(同学自己依数学知识整理)xyo-l0l0xyo-l0l0o1o2ABvvav界内有磁场，粒子恰好从右边界射出轨迹具有对称性:①β=2α，β=φ=2θ，θ=α②l=RβSOBC=12lR③t=β2πT速度变化角度对应圆心角，弦切角对应圆周角。例1、三个同样的带电粒子，分别以速度v1、v2、v3沿水平方向从同一点射入同一个有界匀强磁场中，离开磁场时与水平下边界的夹角分别为900、600、300，如图示，则粒子在磁场中运动时间之比为：3：2：1。例2、匀强磁场B垂直纸面向里分布在宽为a、长为3a的长方形BCC′B′区域内。从CC′的中点O处不断地以v0沿y轴正向打入正电粒子。试确定当v0从零逐渐变大时，在何区域无粒子射出。cBb区域例3、如图所示，匀强磁场B垂直纸面分布在半径为R的圆内，一带电粒子沿半径方向从a点射入，从b点射出，速度方向改变了600；若保持入射速度不变，而使磁场强度变为2B，则粒子飞出场区时速度方向改变的角度（C）v1v2v3v1v2v360°30°90°OCBB′C′xyv0BOabBCB′C′Oyxcbv0OABClαβθφ××××××××××××××××××××××××××××××RA、等于900B、小于900C、大于900D、小于600㈣《大小相等、方向不同的群粒子的轨迹区域》:找寻极限点例4、如图所示的匀强磁场垂直纸面向里，强度B=0.60T，场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行。在距ab的距离L=16cm处有一点状的α粒子放射源S，它可向各个方向发射速率v=3.0×106m/s的α粒子,又知α粒子的q/m=5.0×107C/kg。若只考虑在纸面中运动的α粒子，试求ab上被α粒子打中的区域的长度。20cmSabSab例5、宽度d=8cm的匀强磁场，长度aaˊ、bbˊ足够长，强度B=0.332T，方向垂直纸面向里。在边界aaˊ上有一放射源S可沿纸面向各个方向射出速率相同的α粒子。其质量m=6.64×10-27kg，电量q=3.2×10-19c，速率v0=3.2×106m/s。①画出从S向各个方向射出的α粒子通过磁场空间做圆周运动时圆心的轨迹②画出α粒子从靠近b/端出射时离bb/中心P最远点M的位置中心最远点N的位置④求算MN的长度⑤如果磁场宽度d是可以变化的，求MN长度的最大值解答:（1）以S为圆心，半径R=20cm的一段圆弧（2）PM=16cm（3）PN=16cm（4）MN=32cm（5）MNmax=40cmａｂ·Ｓａｂ·Ｓaba′b′SPMNSPO1O2M′N′aba′b′××××××××××××××××××××××××㈤《磁场区域的确定及位置变化》---例6、一质量为m、电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域。粒子飞出磁场区域后，从a处穿过x轴，其速度与x轴正方向成300而进入强度为E、方向与x轴负方向成600斜向下的匀强电场中，恰能通过a点正下方的b点，如图所示。求：（1）圆形磁场区域的最小面积（2）ab两点之间距离（1）r2=r1cos300r1=mv0/qB,S=πr22=3πmv02/4q2B2（2）h=43mv02/qE(注意区分两种半径)㈥带电粒子在交变磁场中的运动例7.在某一真空空间内建立xoy坐标系，从原点O处向第一象限发射一比荷q/m=1×104c/kg的正电粒子，速度大小v0=1×103m/s、方向与x轴成300角，如图甲所示。若在轴右侧加有图乙所示的匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面，粒子始终在xoy平面内运动.若在8π3×10-4S时刻撤去磁场，试讨论粒子能否经过x轴？若不能，说明理由；若能，求出坐标值。yOxv0300B/Tt/×10-4S向里向外O-112π34π3xyv0oEabv0hxyv0oEabv0hcr11)轨迹如图，2)T=2π×10-4S，粒子经四次换向可到x轴，每段弦长3R,R=0.1m,四段长0.43m,故坐标值x=0.43con30°×2=1.2，故坐标为(1.2,0)㈦注意洛伦兹力的多解性:①带电粒子的电性不确定,②磁场方向的不确定,③临界状态不唯一,④运动方向的不确定,⑤运动的反复性例8.如图为一种质谱仪工作原理示意图，在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场。对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点。CM垂直磁场左边界于M，且OM=d，现有一正离子束以小发射角（纸面内）从C射出,这些离子在CM方向上的分速度均为v0，若该离子束中荷质比为q/m的离子都能汇聚到D，试求：⑴磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；⑵离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场,求其轨道半径和在磁场中的运动时间；⑶线段CM的长度。解析:（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由qv0B=mv02R,R=d得B＝mv0qd磁场方向垂直纸面向外（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为tyOxv0.由vcosθ=v0得v＝v0conθR′=mvqB=dcosθ方法一：设弧长为st=sv0s=2(θ+α)×R′t=2(θ+α)×R′v0=2(θ+α)dv0方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期t=Ｔ×θ+απ=2(θ+α)dv0(3)③：CM=MNcotθMN+dsin(α+β)=R′sinαR′=dcosθ以上3式联立求解得CM=dcotα例9.如图所示，在半径为a的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小为B的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者．在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为l=1.6a的刚性等边三角形框架DEF，其中心O于圆柱的轴线上．DE边上S点（DS=l4）处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下．发射粒子的电量皆为q（q＞0），质量皆为m，但速度v有各种不同的数值．若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边．试问：1．带电粒子速度v的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点？2.这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？解:带电粒子（以下简称粒子）从S点垂直于DE边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE边上，其半径R可由下式R=mvqB（1）DEFOvlsCDMNOHαd1.要求此粒子每次与DEF三条边碰撞时都与边垂直，且能回到s点，则R和v应满足以下条件：（ⅰ）与边垂直的条件．由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于DEF的边上，粒子绕过顶点DEF时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点上．粒子从S点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为R，所以SE的长度应是R的奇数倍。粒子从FD边绕过D点转回到S点时，情况类似，即DS的长度也应是轨道半径的奇数倍．取DS=R1，则当DS的长度被奇数除所得的R也满足要求，即R=Rn=DS(2n—1)，n＝1，2，3，…因此为使粒子与各边发生垂直碰撞，R必须满足下面的条件R=Rn=1(2n—1)l4=2a5(2n—1)n＝1，2，3，…此时SE=3DS=(6n—3)Rnn＝1，2，3，…SE为Rn的奇数倍的条件自然满足．只要粒子绕过E与EF碰，由对称关系可知，以后的碰撞都能与边垂直．（ⅱ）粒子能绕过顶点与边相碰的条件．由于磁场局限于半径为a的圆柱范围内，如果粒子在绕E点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回．所以粒子作圆周运动的半径R不能太大，由图可见，必须R≤DM（顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，R=DM时，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切，M为圆心与D顶点连线与园交点），由给定的数据可算得DM=a—8315a=0.076a（3）将n=1，2，3，…，分别代入（2）式，得n=1,R1=2a5=0.400an=2,R2=2a15=0.133an=3,R3=2a25=0.080an=4,R4=2a35=0.057a由于R1、R2、R3≥DM，这些粒子在绕过顶点E时，将从磁场边界逸出，只有n≥4的粒子能经多次碰撞绕过E、F、D点，最终回到S点．由此结论及（1）、（2）两式可得与之相应的速度vn=qBm2a5(2n—1)n=4,5,6,（4）这就是由S点发出的粒子与三条边垂直碰撞并最终又回到S点时，其速度大小必须满足的条件2.这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2πmv，可见在B及qm给定时T与v无关。粒子从S点出发最后回到S点的过程中，与边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以应取n=4，如图所示（图中只画出在边框DE的碰撞情况），此时粒子的速度为v4，由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，所需时间为t=22T（6）以（5）式代入得t=44πmqB（7）习题训练:1.【霍尔效应】如图、电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）．为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c．流量计的两端与输送液体的管道相连接（图中的虚线）．图中流量计的上下两面是金属材料，前后