§2 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动3

§2 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动3

7万老师物理：63350393带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动1、带电粒子在半无界磁场中的运动【例1】如图所示,l1和l2为距离d＝0.lm的两平行的虚线,l1上方和l2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度均为B＝0.20T的匀强磁场，A、B两点都在l2上．质量m＝1.67×10－27kg、电量q＝1.60×10－19C的质子，从A点以v0＝5.0×105m/s的速度与l2成θ＝45°角斜向上射出，经过上方和下方的磁场偏转后正好经过B点，经过B点时速度方向也斜向上．求（结果保留两位有效数字）：（1）质子在磁场中做圆周运动的半径；（2）A、B两点间的最短距离；（3）质子由A运动到B的最短时间．同步练习图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为＋q、质量为m、速率为的粒于，粒于射入磁场时的速度可在纸面内各个方向已知先后射人的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到0的距离为L不计重力及粒子间的相互作用　　(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道径　　(2)求这两个粒子从O点射人磁场的时间间隔2．穿过圆形磁场区。【例2】一匀磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速为v，方向沿x正方向。后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示。不计重力的影响。求磁场的磁感强度B的大小和xy平面上磁场区域的半径R。xKOU+－yO＇同步练习如图，在xoy平面内有一边界半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感强度为B，方向垂直xoy平面指向纸内。从阴极K逸出的质量为m、电量为e的电子（初速度可看作零），经过加速电压为U的电场加速后，从原点O沿Y轴正方向射入匀强磁场中。已知电子运动的轨道半径大于R。求：（1）电子从O点进入磁场时的速度大小。（2）若圆形磁场区域的圆心O＇处于不同的位置（原点O始终在磁场区域的边界上），电子从磁场区域射出时的偏转角也将不同。求电子从磁场区域射出时偏转角可达到的最大值。\n7万老师物理：63350393带电粒子在磁场中的运动3．穿过矩形磁场区。【例3】如图所示，足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从ad边的中心O点处，垂直磁场方向射入一速度为v0的带正电粒子，v0与ad边的夹角为30°.已知粒子质量为m，带电量为q，ad边长为L，不计粒子的重力.(1)求要使粒子能从ab边射出磁场，v0的大小范围.(2)粒子在磁场中运动的最长时间是多少?在这种情况下，粒子将从什么范围射出磁场?同步练习1998年6月2口,我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空,用于探测宇宙中是否有反物质和暗物质.所谓反物质的原子是由带负电的反原子核和核外正电子组成.与11H、10n、0-1e等物质相对应的、10n﹑0+1e等称为反粒子.由于反粒子具有和相应粒子完全相同的质量及相反的电荷,可以用下述方法探测：如图所示,为简化,设图中各粒子或反粒子沿什垂直于匀强磁场B的方向(OO′)进入截面为MNPQ的磁谱仪时速度相同,且氢原子核(11H)在O′x轴上偏移的位移x.恰为其半径r的一半,试预言反氢核(11H)和反氦核(42He)的轨迹及其在O′x轴上偏转的位移x1和x2.4．临界问题【例4】.图中的S是能在纸面内的360°方向发射电子的电子源，所发射出的电子速率均相同。MN是一块足够大的竖直挡板，与电子源S的距离OS=L,挡板的左侧分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B。设电子的质量为m，带电量为e,问：(1)要使电子源发射的电子能达到挡板，则发射的电子速率至少要多大?(2)若电子源发射的电子速率为eBl/m，挡板被电子击中的范围有多大?要求在图中画出能击中挡板的距O点上下最远的电子运动轨迹。同步练习.环状匀强磁场围成的中空区域，具有束缚带电粒子的作用，中空区域中的带电粒子，只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘，设环状磁场的内半径为R1=0.5m，外半径R2=1.0m，磁场的磁感应强度B=1.0T，若被束缚的带电粒子的比荷为q/m=4×107c/kg，中空区域中的带电粒子具有各个方向的速度。试计算：（1）若粒子沿圆环的半径方向射入磁场，粒子不能穿过磁场的最大速度。（2）若粒子的速度方向各个方向都有，所有不能穿过磁场的粒子中速度最大的粒子的速度\n7万老师物理：63350393带电粒子在磁场中的运动5．变化的磁场问题【例5】在某一真空空间内建立xoy坐标系，从原点O处向第Ⅰ象限发射一比荷=1×104C／kg的带正电的粒子(重力不计)，速度大小υ0=l03m／s、方向与z轴正方向成300角．(1)若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场区域，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xoy平面向外；在第Ⅳ象限，磁场方向垂直xoy平面向里；磁感应强度均为B=1T，如图(a)所示．求粒子从O点射出后，第2次经过x轴时的坐标x1。(2)若将上述磁场改为如图(6)所示的匀强磁场．在t=o到t==×104s时，磁场方向垂直于xoy平面向外；在t=×104s到t=×104s时，磁场方向垂直于xoy平面向里，此后该空间不存在磁场．在t=0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度υ0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标x2．同步练习如图a所示的平面坐标系xOy，在整个区域内充满了匀强磁场，磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B随时间变化的关系如图b所示，开始时刻，磁场方向垂直纸面向内(如图)。t=0时刻，有一带正电的粒子(不计重力)从坐标原点O沿x轴正向进入磁场，初速度为v0=2´103m/s。已知正粒子的比荷为1.0´104C/kg，其它有关数据见图中标示。试求：xv0t(´10-4s)B(T)-0.50.510p/34p/32p图a图b4pyO´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´´(1)t=´10-4s时刻，粒子的坐标。(2)粒子从开始时刻起经多长时间到达y轴。(3)粒子是否还可以返回原点？如果可以，则经多长时间返回原点？\n7万老师物理：63350393带电粒子在磁场中的运动6．磁场与力学综合例题.质量为m，带电量为-q的绝缘滑环套在固定于水平方向且足够长的绝缘杆上，如图甲所示。滑环与杆之间的动摩擦因数为μ，整个装置处在磁感强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直纸面向外。现给滑环一个水平向右瞬时冲量I使其开始运动，已知当I=I0时，滑环恰能沿杆作匀速直线运动。求：(1)I0的大小。(2)若瞬时冲量为某一定值Is，且Is≠I0,求滑环沿杆运动过程中克服摩擦力所做的功同步练习如图所示，将带电量Q＝0.3C、质量m′=0.3kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M=0.5kg，滑块与绝缘板间动摩擦因数μ=0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B=20T的水平方向的匀强磁场。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L=1.25m、摆球质量m＝0.15kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g=10m／s2，求：（1）摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE．（2）碰撞后小车的最终速度．7．两种不同磁场的问题例题．如图在广阔的宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域，以MN为界，上部分的匀强磁场的磁感强度为B1，下部分的匀强磁场的磁感强度为B2，B1=2B2=2B0，方向相同，且磁场区域足够大。在距离界线为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界线的速度抛出一质量为m、带电量+q的小球,发现球在界线处速度方向与界线成600角，进入下部分磁场。然后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止，求（1）PQ间距离是多大？（2）宇航员质量是多少？同步练习空间中存在着以x=0平面为理想分界面的两个匀强磁场，左右两边磁场的磁感强度分别为B1和B2，且B1:B2=4：3，方向如图所示，现在原点O处有带等量异号电荷的两个带电粒子a、b分别以大小相等的水平初动量沿x轴正向和负向同时射入两磁场中，且a带正电，b带负电．若a粒子在第4次经过y轴时，恰与b粒子相遇，试求a粒子和b粒子的质量比ma:mb。(不计粒子a和b的重力)\n7万老师物理：63350393带电粒子在磁场中的运动1、带电粒子在半无界磁场中的运动例．答（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，则由:qv0B=mv02／R（2）质子由A运动到B可重复若干周期，其中一个周期内的运动情景如右图所示，由几何关系知，A、B间的最短距离为：AB＝2d1cotθ＋2d2cotθ=2dcotθ=2×0.1×lm=0.2m　　　　（3）质子在磁场中的运动时间为一个圆周运动的周期：l1和l2间：1.解：（1）设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有　　　　　qvB=mv2/R　　　得　R=mv/qB①　（2）如图所示，以OP为弦可画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道。圆心和直径分别为O1、O2和OO1Q1,OO2Q2,在0处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。由几何关系可知　∠PO1Q1=∠PO2Q2θ②　　从0点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1PQ1P＝Pθ③　　粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ2=2PQ2=Rθ④　　粒子1运动的时间t1=(1/2T)+(Rθ/v)⑤　　其中T为圆周运动的周期。粒子2运动的时间为t2=(1/2T)-(Rθ/v)⑥　　两粒子射入的时间问隔△t=t1-t2=2Rθ/V①　　因Rcos(θ/2)=1/2L得θ=2arccos(L/2R)③　　由①、①、③三式得△t=4marccos(lqB/2mv)/qB4、A2．穿过圆形磁场区。P例2答由图中几何关系得L=3rxOyO’’O＇RAΦm╮v0v0图中OA的长度即圆形磁场区的半径R，由图中几何关系可得答（2）由图可知：Φm=∠OO’’A圆轨道对应的弦越长，圆心角越大，即偏转角越大。当弦长为圆形磁场的直径时，电子射出磁场区域时的偏转角最大为Φm。∴3．穿过矩形磁场区。例3解析：(1)(2)，在O点上方L/3范围内解:,4．临界问题1.答(1)Bevmin=mv2min/·(),vmin=Bel/(2m)(2)ab=aO+bO=(+1)L.1解析：A、B。2.答：（1）速度最大的沿半径方向飞出的粒子，作圆周运动的轨迹与大圆相切。设其半径为r1，最大速度为V1则qvB=mV12/r1r12＋R12=(R2－r1)解得最大速度V1=1.5×107m/s(2)在环形磁场中作圆周运动的最大半径对应的圆与大、小圆同时相切则，设作圆周运动的半径为r2，对应的最大速度为V2则qvB=mV22/r2r2=(R1＋R2)/2解得最大速度V1=3×107m/s5．变化的磁场问题\n7万老师物理：63350393带电粒子在磁场中的运动例解.(1)答：(1)粒子进入磁场后在磁场中作圆周运动，设半径为R，周期为T，由洛仑兹力提供向心力，有qvB=得：R===0.4m……2分又T====4p´10-4s……2分在磁场变化的第一段时间内，粒子运动的周期数为:N==(个运动周期)运动轨迹对应的圆心角为120°，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。第一段时间末，粒子的坐标为：x=Rcos30°=0.2m,y=R+sin30°=0.6m所求时刻，粒子的坐标(0.2m，0.6m)……2分(第1问共8分)xv060°120°O1O2OO3y120°v0O6O10O4O5(2)根据第(1)问可知，粒子在第一个磁场变化的时间段内时，运动了N1=个周期，在第二个时间段内运动的周期数为N2==(个周期)……2分所对应的运动轨迹圆心角为60°.运动轨迹如图所示。第三个时间段内同样运动了：N3==(个周期)，……1分对应的圆心角为120°。粒子运动轨迹如图，粒子恰好在第三段时间末通过y轴。故运动时间为t=´10-4s……3分(第2问共6分)(3)粒子在磁场中作周期性运动，根据对称性和周期性，画出粒子的部分运动轨迹如图，其中O2、O6、O10构成一个正三边形。故粒子在磁场中一共运动了6个大圆弧和3个小圆弧，故从原点出发到回到原点的总时间为t'=6´´10-4s+3´´10-4s=10p´10-4s……6分(第3问共6分)同步练习．(1)粒子在x轴上方和下方的磁场中做半径相同的匀速圆周运动，其运动轨迹如图(a)所示．设粒子的轨道半径r，有代人数据得r=0.1mx坐标为x1==2rx1=0．2m(2)代人数据得据题意，知粒子在t=0到内和在到内在磁场中转过得圆弧所对得圆心角均为粒子的运动轨迹应如图(b)所示由几何关系得x2=6r代入数据得x2=0.6m磁场与力学综合例题.答(1)滑环受到冲量I0时，恰能沿杆作匀速直线运动，所以摩擦力为零。qBv0-mg=0,I0=mv0-0,I0=(2)当Is＞I0时，滑环获得的初速度vs＞vo，所以qBvs＞mg，此时滑环受力情况如图乙所示.N+mg＝Fs,Fs＝qBvs，f=μN=μ(qBv-mg).所以，f随环的速度减小而减小。当qBv=mg时，摩擦力消失，环不再克服摩擦力做功，而以此速度v沿杆作匀速运动。克服摩擦力做功W=mv2s-mv2,而Is=mvs-0,解得W=(-）。当Is＜I0时，环的初速vs＜v0,所以qBvs＜mg,此时环受力情况如图丙所示。mg-N=Fs，Fs=qBvs，f=μN=μ(mg-qBv).摩擦力f随环速度v减小而增大，最后环的速度为零。克服摩擦力做功W=mv2s-0=.2、解：（1）由机械能守恒定律得：mgL=mv2，代入L、g解得v=5m/s。在m碰撞M的过程中，由动量守恒定律得：mv－Mv1=0，代入m、M解得v1=1.5m/s\n7万老师物理：63350393带电粒子在磁场中的运动ΔE=mv2－Mv12=1.31J（2）假设m′最终能与M一起运动，由动量守恒定律得：Mv1=（M+m′）v2代入m′、M解得v2=0.9375m/sm′以v2=0.83m/s速度运动时受到的向上洛仑兹力f=BQv2=5.625N＞m/g=3N所以m′在还未到v2=0.9375m/s时已与M分开了。由上面分析可知当m′的速度为v3=3/（0.3×20）=0.5m/s时便与M分开了，根据动量守恒定律可得方程：Mv1=Mv2/+m/v3解得v2/=1.2m/s7．两种不同磁场的问题例题．答：由带电粒子在磁场中运动公式知道，球在MN上方运动半径R1为：球在MN下方运动半径R2为：R2=2R1由P点运动到MN边界转过600角，则有R1-h=R1cos600得到：R1=2h有R2=4hPQ间的距离为d=2R2sin600-2R1sin600=2h从PQ所用时间为t=人从P到Q速度为v=d/t=由R1=2h=得到根据动量守恒定律1.答