动态圆分析法

动态圆分析法夹角为30°，与x轴正方向的夹角为60°。不计粒子间的相互作用，下列结论中正确的是（）。A.粒子在y轴上的分布范围为0~a/2B.粒子在y轴上的分布范围为a/2~aC.粒子在x轴上的分布范围为a/2~aD.粒子在x轴上的分布范围为0~a/22解析：本题为旋转圆模型，根据题意可知粒子以相同速率、不同方向射入磁场，其运动轨迹为半径不变的圆，圆心在以入射点为圆心以在匀强磁场中运动半径为半径的“动态圆”上。根据圆心的位置可以得出粒子的运动轨迹，进而判断哪个图是正确的。正确选项为B。1.夹角分布在90°范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的（1）速度的大小；（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦。2.一束带电粒子以不同大小和方向的初速度垂直进入匀强磁场，其运动的轨道半径和圆心位置不同，但所有粒子的圆心都在过入射点且与初速方向垂直的射线上。3.图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁场强度大小为B，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG（EF边与金属板垂直），在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力。求：（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量；（2）已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点穿出磁场，且GI长为a，求离子乙的质量；（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。4.图中aa′、bb′、cc′、dd′为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的竖直边界，三个区域的宽度相同，长度足够大，区域Ⅰ、Ⅲ内分别存在垂直纸面向外和向里的匀强磁场，区域Ⅱ存在竖直向下的匀强电场。一群速率不同的带正电的某种粒子，从边界aa′上的O处，沿着与Oa成30°角的方向射入Ⅰ区。速率小于某一值的粒子在Ⅰ区内运动时间均为t；速率为v的粒子在Ⅰ区运动t后进入Ⅱ区。已知Ⅰ区的磁感应强度大小为B，Ⅱ区的电场强度大小为2Bv，不计粒子重力。求：（1）该种粒子的比荷；（2）区域a的左侧可能有哪些速率的粒子到达。生活就是这样——无论你是羚羊还是狮子，当太阳初升时，就必须毫不犹豫地向前奔去！题目1：一个速率为v的粒子在两个匀强磁场中运动，求进入第二个磁场后能返回第一个磁场的磁感应强度B'的取值范围。题目2：在一个坐标系中，存在一个磁感应强度大小为0.5T的匀强磁场和一个沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m，电荷量为q的正离子从坐标为(-2L,-2L)的点A以速度v沿+x方向射出，经过点C进入区域Ⅰ。求匀强电场的电场强度大小E，粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标，以及在区域Ⅱ内加入的垂直纸面向内的匀强磁场的磁感应强度B的取值范围和粒子离开区域Ⅱ时的速度方向。题目3：讨论带电粒子在两个或多个并列匀强磁场中运动的情况。当粒子从一个匀强磁场进入另一个匀强磁场时，若磁场方向相反，则根据左手定则，粒子旋转方向相反，轨迹在交界处必外切，轨迹可认为是圆的平移所得。若磁感应强度大小变化，则根据洛伦兹力提供向心力得粒子运动半径改变，轨迹在交界处必内切，轨迹可认为是两个半径不同的圆通过交替平移所得。有一个放射源，水平放射出α、β和γ三种射线，垂直射入磁场，如图所示。区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B相等，方向相反（粒子运动不考虑相对论效应）。（1）要筛选出速率大于v1的β粒子进入区域Ⅱ，需要满足的磁场宽度d与B和v1的关系是什么？（2）已知B＝0.0034T，v1＝0.1c（c是光速），则可得d；α粒子的速率为0.001c，计算α和γ射线离开区域Ⅰ时的距离，并给出去除α和γ射线的方法。（3）当d满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v1＜v＜v2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置和方向。（4）设计一种方案，能使离开区域Ⅱ的β粒子束在右侧聚焦且水平出射。已知：电子质量me＝9.1×10－31kg，α粒子质量mα＝6.7×10－27kg，电子电荷量q＝1.6×10－19C。解析：（1）根据洛伦兹力的方向，可知β粒子需要向上偏转一定的角度才能进入区域Ⅱ。假设偏转角度为θ，则有：qBd=mv1sinθ又因为β粒子的质量和电荷量已知，所以可以求出θ和d的关系，即：d=mv1sinθ/qB代入v1和B的数值，可得：d=1.88v1（2）根据洛伦兹力的方向，可以求出α和γ射线离开区域Ⅰ时的方向和距离。对于α粒子，由于速度较慢，所以偏转角度较大，偏转后的方向与磁场方向几乎垂直；对于γ射线，由于没有电荷，所以不会受到洛伦兹力的作用，所以直线通过区域Ⅰ和区域Ⅱ。去除α和γ射线的方法可以采用物质屏蔽或能谱分析等方法。（3）根据洛伦兹力的方向，可以求出速率在v1＜v＜v2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置和方向。假设偏转角度为θ，则有：qBd=mvsinθ又因为β粒子的质量和电荷量已知，所以可以求出θ和d的关系，即：d=mvsinθ/qB代入v和B的数值，可得：d=1.88v根据三角函数关系，可以求出偏转角度θ，然后就可以确定离开区域Ⅱ时的位置和方向。（4）为了使离开区域Ⅱ的β粒子束在右侧聚焦且水平出射，可以在区域Ⅱ的右侧设置一个凸透镜，使得经过透镜后的粒子束能够聚焦在一起。同时，可以在区域Ⅰ和区域Ⅱ之间设置一个能量选择器，选择出速率符合要求的β粒子，从而达到聚焦和水平出射的目的。8.如图，△OAC的三个顶点的坐标分别为O(0,0)、A(L，0)、C(0,3L)，在△OAC区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在t＝时刻，同时从三角形的OA边各处以沿y轴正向的相同速度将质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子射入磁场，已知在t＝t时刻从OC边射出磁场的粒子的速度方向垂直于y轴．不计粒子重力和空气阻力及粒子间相互作用．（1）求磁场的磁感应强度B的大小。（2）若从OA边两个不同位置射入磁场的粒子，先后从OC边上的同一点P(P点图中未标出)射出磁场，求这两个粒子在磁场中运动的时间t1与t2之间应满足的关系。（3）从OC边上的同一点P射出磁场的这两个粒子经过4tP点的时间间隔与P点位置有关，若该时间间隔最大值为，求粒子进入磁场时的速度大小。解析：（1）由于粒子的速度方向垂直于磁场方向，所以粒子将偏转成圆周运动。根据洛伦兹力的方向，可以求出磁场的磁感应强度B，即：qBL=mv代入粒子的质量和电荷量，以及速度的大小，可得：B=mv/qL（2）假设两个粒子分别从OA边的点P1和P2射入磁场，先后从OC边上的同一点P射出磁场。由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以两个粒子在磁场中运动的时间t1和t2应该满足：t2-t1=2πr/v其中，r为两个粒子在磁场中偏转的半径。（3）由于两个粒子经过4tP点的时间间隔与P点位置有关，所以需要求出粒子在磁场中的运动轨迹。根据洛伦兹力的方向，可以求出粒子在磁场中的圆周运动轨迹。假设粒子的速度大小为v0，则有：qBv0=mv代入粒子的质量和电荷量，以及磁场的磁感应强度B，可得：v0=qBL/m粒子在磁场中偏转的半径为：r=mv0/qB代入v0和B的数值，可得：r=3.33L由于粒子每隔相同的时间以相同的速度再次通过O点，所以两个粒子在磁场中运动的时间t1和t2应该满足：t2-t1=2πr/v0=2πr(qB/mv0)=2πr(qB/m)(1/qBL)=2πr/L代入r的数值，可得：t2-t1=6.66π因此，粒子进入磁场时的速度大小为：v0=qBL/m=3qL/m9.在xoy平面y>O的区域内有沿y轴负方向的匀强电场，在y<O的区域内有垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标为(2l,l)的P点以初速度v沿x轴负方向开始运动，恰能从坐标原点O进入磁场，不计带电粒子所受的重力。（1）求带电粒子进入磁场前的加速度大小a。（2）求带电粒子进入磁场后的运动轨迹方程。（3）求带电粒子在磁场中偏转的半径r。解析：（1）由于粒子受到电场和磁场的作用，所以带电粒子进入磁场前的加速度大小a为：a=qE/m其中，E为电场强度。（2）由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以带电粒子进入磁场后的运动轨迹方程为：x=vty=r其中，v为粒子在磁场中的速度大小，r为粒子在磁场中偏转的半径。（3）由于粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以带电粒子在磁场中偏转的半径r为：qvB=mv2/r代入粒子的质量和电荷量，以及速度的大小，可得：r=mv/qB代入磁场的磁感应强度B的数值，可得：r=2l因此，带电粒子在磁场中偏转的半径为2l。生活就是这样——不论你是羚羊还是狮子，当太阳初升时，就得毫不犹豫地奔向前方！1.答案为A。2.【解析】设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得：$$\frac{mv^2}{R}=qvB$$解得：$$R=\frac{mv}{qB}$$从O点以半径R（＜R＜a）作“动态圆”，如图所示，由图不难看出，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切。设该粒子在磁场中的运动时间为t，依题意，所以$$\angleOCA=\frac{\pi}{2}$$设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得：$$\tan\alpha=\frac{a-R}{R}$$$$\tan\frac{\pi}{2}=\frac{a}{R}$$再加上$$\tan\frac{\pi}{2}=\frac{mv}{qB}\cdot\frac{\sin\frac{\pi}{2}}{R}$$解得：$$R=\frac{mv}{qB}$$3.【解析】（1）由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡，有$$qvB=qE$$式中，v是离子运动的速度，E是平行金属板之间的匀强电场的强度，有$$E=\frac{V}{d}$$在正三角形磁场区域，离子甲做匀速圆周运动。设离子甲质量为m，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：$$qvB=\frac{mv^2}{r}$$式中，r是离子甲做圆周运动的半径。离子甲在磁场中的运动轨迹为半圆，圆心为O：这半圆刚好与EG边相切于K，与EF边交于I点。在ΔEOK中，OK垂直于EG。$$a-r=r$$由$$r=\frac{mv}{qB}$$得$$a=2r$$从而$$r=\frac{a}{2}$$（2）同理，有洛仑兹力公式和牛顿第二定律有$$qvB=\frac{m'v^2}{r'}$$式中，m'和r'分别为离子乙的质量和做圆周运动的轨道半径。离子乙运动的圆周的圆心O'必在E、H两点之间，又几何关系有$$r'^2=(a-a)^2+(-r')^2-2(a-a)(-r')\cos60^\circ$$解得$$r'=\frac{a}{4}$$联立上面的两个式子，得$$\frac{m'}{m}=\frac{r'}{r}=\frac{1}{2}$$联立式(3)，(8)，(10)，可以得到离子乙的质量为$m'=\frac{4V}{3EH^2}$。对于最轻的离子，根据式(4)，其质量为$m/2$，因此在磁场中做半径为$r/2$的匀速圆周运动。它与EH的交点为O，有$OH=\frac{3}{2}a$。当离子的质量逐渐增大到$m$时，离子到达磁场边界上的点的位置从O点沿HE边变到I点；当离子质量继续增大时，离子到达磁场边界上的点的位置从K点沿EG边趋向于I点。K点到G点的距离为$KG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。因此，磁场边界上可能有离子到达的区域是：EF边上从O到I点，EG边上从K到I点。对于问题4，(1)速率小于某一值的粒子在区域Ⅰ中运动时间均为$t$，这些粒子不能从bb′离开区域Ⅰ，其轨迹如图a所示(图中只画出某一速率粒子的轨迹)。粒子运动轨迹的圆心角为$\phi_1=300^\circ$。根据$t=T=T_0$，由牛顿第二定律得$qvB=T_0\frac{mv^2}{R}$，从而得到粒子的比荷$\frac{q}{m}=\frac{2v}{BR}$。(2)设速率为$v$的粒子在区域Ⅰ内运动轨迹所对圆心角为$\phi_2$，$\phi_2=\phi_1=60^\circ$。由几何知识可知，穿出bb′时速度方向与bb′垂直，轨迹如图b所示，设轨迹半径为$R$，$d=R\sin\phi_2$。因此，$R=d=\frac{vt}{2}$。(3)设速率为$v$的粒子离开区域Ⅱ时的速度大小为$v_1$，方向与边界cc′的夹角为$\phi_3$。水平方向有$d=vt$，竖直方向有$v_y=at$，$a=\frac{qvB}{m}$，$\tan\phi_3=\frac{v_y}{v_1}$。由此可以得到$v_1=2v$，$\phi_3=30^\circ$。由动能定理得$qU=mv^2-mv_1^2$。速率为$v$的粒子在区域Ⅲ内做圆周运动，当Ⅲ区内的磁感应强度为$B