第3章 带电粒子在磁场中的轨迹分析法 Word版含解析

1.如图所示,在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O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AB边的夹角为60°,若要使粒子能从AC边穿出磁场,则匀强磁场的磁感应强度B需满足(　B　)
A.B> B.B< C.B> D.B<
解析:粒子刚好达到C点时,其运动轨迹与AC相切,如图所示,则粒子运动的半径为r0=.由r=得,粒子要能从AC边射出,粒子运行的半径r>r0,解得B<,选项B正确。
2.如图所示,在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。P为屏上的一个小孔。PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为-q的粒子(不计重力),以相同的速率v从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内,且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为(　D　)
A. B.
C. D.
解析:屏MN上被粒子击中的区域离P点最远的距离x1=2r=,屏MN上被粒子击中的区域离P点最近的距离x2=2rcos θ=,故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为x1-x2=,D正确。
3.在如图所示的坐标系内,PQ是垂直于x轴的分界线,PQ左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,AC边有一挡板可吸收电子,AC长为d。PQ右侧为偏转电场,两极板长度为d,间距为d。电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏。现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场,电子能打在荧光屏上的最远处为M点,M到下极板右端的距离为d,电子电荷量为e,质量为m,不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应,求:
(1)电子通过磁场区域的时间t1;
(2)偏转电场的电压U;
(3)电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上。
解析:(1)电子在磁场区域运动周期为T=,
由几何关系可知,能够通过磁场区域的电子转过的圆心角为90°,则时间为t1=T=。
(2)打在M点的电子,在磁场中的轨迹半径r=d,又r=,
解得v=,
通过电场的时间t2==,
由类平抛运动规律可知,打在M点的电子相当于从上极板中点射出做匀速直线运动,如图所示,则有
==,又y1+y2=d,
解得y1=d,故 =d,
代入数据解得U=。
(3)电子恰好打在下极板右边缘,如图所示
而磁场中轨迹半径为r′=,
电场中水平方向d=v′t,
竖直方向r′=t2,
由上述三式代入数据解得v′=。
答案:见解析
4.如图所示,在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy,y轴正方向竖直向上。在第一、第四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,其大小E1=;在第二、第三象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向外的匀强磁场,电场强度大小E2=,磁感应强度大小为B。现将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从x轴上距坐标原点为d的P点由静止释放。
(1)求小球从P点开始运动后,第一次经过y轴时速度的大小;
(2)求小球从P点开始运动后,第二次经过y轴时的纵坐标;
(3)若小球第二次经过y轴后,第一、第四象限内的电场强度变为
E1′=,求小球第三次经过y轴时的纵坐标。
解析:(1)设小球在第一象限中的加速度为a,由牛顿第二定律得=ma,
得到a=,设方向斜向左下与水平方向成α角,则有
tan α==,
即α=60°。
小球到达y轴的速度
v0===。
(2)小球第一次经过y轴后,在第二、三象限内有qE2=mg,电场力与重力平衡,故做匀速圆周运动,如图所示。设轨迹半径为R,有qv0B=m,
得R=,
Δy=R==,
小球第二次经过y轴的纵坐标y2=-d。
(3)第二次经过y轴后小球所受合力与经y轴时速度方向垂直,其合力为F合==2mg,
则加速度为a′=2g,小球做类平抛运动,
到第三次经过y轴,小球的位移与初速度方向的夹角为30°,
则有=tan 30°,
得t′===,
小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为
Δy′=v0t′=·=d,
小球第三次经过y轴的纵坐标
y3=y2-Δy′=-d。
答案:(1)　　(2)-d
(3)-d
5.如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M,N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d(1)求粒子运动速度的大小v;
(2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm;
(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=,求粒子从P到Q的运动时间t。
解析:(1)洛伦兹力提供向心力qvB=m,
r=d,
解得v=。
(2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切,由几何关系得
dm=d(1+sin 60°),解得dm=d。
(3)粒子的运动周期T=
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′,则
t=n+t′(n=1,3,5,…),
(a)当L=nd+(1-)d时,粒子斜向上射出磁场,
t′=T,
解得t=(+);
(b)当L=nd+(1+)d时,粒子斜向下射出磁场,
t′=T,
解得t=(-)。
答案:(1)　(2)d
(3)(+)或(-)
6.为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,谷区内没有磁场。质量为m,电荷量为q的正离子,以不变的速率v旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示。[已知:sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β,cos α=1-2sin2]
(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针。
(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ,及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T。
(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B′,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B′和B的关系。
解析:(1)峰区内圆弧半径r=,旋转方向为逆时针方向。
(2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角θ=。
每个圆弧的长度l==,
每段直线长度
L=2rcos =,
周期T=,
代入得T=。
(3)谷区内的圆心角θ′=120°-90°=30°,
谷区内的轨道圆弧半径r′=,
由几何关系r sin=r′sin,
由三角关系sin=,
代入得B′=B。
答案:(1)　逆时针　(2)　
(3)B′=B
7.如图所示,在直角坐标系中y>0的范围内有垂直于坐标平面向内且范围足够长的匀强磁场。在y轴上S点(0,d)处有一粒子源,向坐标平面内各个方向等概率地发射速率均为v的带电粒子,粒子电荷量均为-q,质量均为m。已知速度沿+y方向的带电粒子恰好不会离开磁场。不计粒子重力,求:
(1)磁感应强度的大小;
(2)粒子从x轴上出射的区域范围;
(3)能离开磁场的粒子个数与粒子源发射粒子总数的比值。
解析:(1)沿+y方向的粒子运动轨迹可如图中轨迹1所示,由图知r=d,又qvB=m,联立得B=。
(2)如图轨迹2和轨迹3上A和B点分别对应粒子从x轴上出射的右端点和左端点
图中SA=2r,故OA=,
得OA=d
由图易得OB=d
故粒子从x轴上的出射范围为-d≤x≤d。
(3)介于轨迹1和轨迹3之间的粒子可以从x轴射出,由图可知轨迹1对应粒子的入射速度沿+y方向,轨迹3对应粒子的入射速度与+y方向夹角为180°,
故所求比值为=。
答案:(1)　(2)-d≤x≤d　(3)1∶2
8.在受控热核聚变反应的装置中带电粒子的温度极高,没有通常意义上的容器可装,而是由磁场将带电粒子的运动束缚在某个区域内。现有一个环形区域,其截面内圆半径R1= m,外圆半径R2=1.0 m,区域内有垂直纸面向外的匀强磁场(如图所示),已知磁感应强度B=1.0 T,被束缚的带正电粒子的比荷为=4×107 C/kg,不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。
(1)若中空区域中的带电粒子由O点沿环的半径方向射入磁场,求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度v0。
(2)若中空区域中的带电粒子以(1)中的最大速度v0沿圆环半径方向射入磁场,求带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。
解析:(1)根据几何关系,则有+r2=(R2-r)2,
解得r= m,在磁场中,则有qv0B=m,
解得v0=1.33×107 m/s。
(2)粒子的运动轨迹如图所示,
由几何关系得tan θ==,
解得θ=,
带电粒子在磁场中的圆心角为π,且经过三次磁场,才会回到该点,
则在磁场中运动的时间为
t1=·==3.14×10-7 s,
在磁场外运动的时间为
t2=3×=×10-7 s,
则t=t1+t2=5.74×10-7 s。
答案:(1)1.33×107 m/s
(2)5.74×10-7 s