動態(tài)圓分析法

動態(tài)圓分析法夾角為30°，與x軸正方向的夾角為60°。不計粒子間的相互作用，下列結(jié)論中正確的是（）。A.粒子在y軸上的分布范圍為0~a/2B.粒子在y軸上的分布范圍為a/2~aC.粒子在x軸上的分布范圍為a/2~aD.粒子在x軸上的分布范圍為0~a/22解析：本題為旋轉(zhuǎn)圓模型，根據(jù)題意可知粒子以相同速率、不同方向射入磁場，其運動軌跡為半徑不變的圓，圓心在以入射點為圓心以在勻強(qiáng)磁場中運動半徑為半徑的“動態(tài)圓”上。根據(jù)圓心的位置可以得出粒子的運動軌跡，進(jìn)而判斷哪個圖是正確的。正確選項為B。1.夾角分布在90°范圍內(nèi)。已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的（1）速度的大?。唬?）速度方向與y軸正方向夾角的正弦。2.一束帶電粒子以不同大小和方向的初速度垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，其運動的軌道半徑和圓心位置不同，但所有粒子的圓心都在過入射點且與初速方向垂直的射線上。3.圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V；兩板之間有勻強(qiáng)磁場，磁場強(qiáng)度大小為B，方向平行于板面并垂直于紙面朝里。圖中右邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG（EF邊與金屬板垂直），在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上也有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面朝里。一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間的區(qū)域，并經(jīng)EF邊中點H射入磁場區(qū)域。不計重力。求：（1）已知這些離子中的離子甲到達(dá)磁場邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質(zhì)量；（2）已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點穿出磁場，且GI長為a，求離子乙的質(zhì)量；（3）若這些離子中的最輕離子的質(zhì)量等于離子甲質(zhì)量的一半，而離子乙的質(zhì)量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內(nèi)可能有離子到達(dá)。4.圖中aa′、bb′、cc′、dd′為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的豎直邊界，三個區(qū)域的寬度相同，長度足夠大，區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內(nèi)分別存在垂直紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在豎直向下的勻強(qiáng)電場。一群速率不同的帶正電的某種粒子，從邊界aa′上的O處，沿著與Oa成30°角的方向射入Ⅰ區(qū)。速率小于某一值的粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)運動時間均為t；速率為v的粒子在Ⅰ區(qū)運動t后進(jìn)入Ⅱ區(qū)。已知Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，Ⅱ區(qū)的電場強(qiáng)度大小為2Bv，不計粒子重力。求：（1）該種粒子的比荷；（2）區(qū)域a的左側(cè)可能有哪些速率的粒子到達(dá)。生活就是這樣——無論你是羚羊還是獅子，當(dāng)太陽初升時，就必須毫不猶豫地向前奔去！題目1：一個速率為v的粒子在兩個勻強(qiáng)磁場中運動，求進(jìn)入第二個磁場后能返回第一個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B'的取值范圍。題目2：在一個坐標(biāo)系中，存在一個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T的勻強(qiáng)磁場和一個沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子從坐標(biāo)為(-2L,-2L)的點A以速度v沿+x方向射出，經(jīng)過點C進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ。求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E，粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標(biāo)，以及在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加入的垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍和粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向。題目3：討論帶電粒子在兩個或多個并列勻強(qiáng)磁場中運動的情況。當(dāng)粒子從一個勻強(qiáng)磁場進(jìn)入另一個勻強(qiáng)磁場時，若磁場方向相反，則根據(jù)左手定則，粒子旋轉(zhuǎn)方向相反，軌跡在交界處必外切，軌跡可認(rèn)為是圓的平移所得。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變化，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力得粒子運動半徑改變，軌跡在交界處必內(nèi)切，軌跡可認(rèn)為是兩個半徑不同的圓通過交替平移所得。有一個放射源，水平放射出α、β和γ三種射線，垂直射入磁場，如圖所示。區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B相等，方向相反（粒子運動不考慮相對論效應(yīng)）。（1）要篩選出速率大于v1的β粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，需要滿足的磁場寬度d與B和v1的關(guān)系是什么？（2）已知B＝0.0034T，v1＝0.1c（c是光速），則可得d；α粒子的速率為0.001c，計算α和γ射線離開區(qū)域Ⅰ時的距離，并給出去除α和γ射線的方法。（3）當(dāng)d滿足第(1)小題所給關(guān)系時，請給出速率在v1＜v＜v2區(qū)間的β粒子離開區(qū)域Ⅱ時的位置和方向。（4）設(shè)計一種方案，能使離開區(qū)域Ⅱ的β粒子束在右側(cè)聚焦且水平出射。已知：電子質(zhì)量me＝9.1×10－31kg，α粒子質(zhì)量mα＝6.7×10－27kg，電子電荷量q＝1.6×10－19C。解析：（1）根據(jù)洛倫茲力的方向，可知β粒子需要向上偏轉(zhuǎn)一定的角度才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。假設(shè)偏轉(zhuǎn)角度為θ，則有：qBd=mv1sinθ又因為β粒子的質(zhì)量和電荷量已知，所以可以求出θ和d的關(guān)系，即：d=mv1sinθ/qB代入v1和B的數(shù)值，可得：d=1.88v1（2）根據(jù)洛倫茲力的方向，可以求出α和γ射線離開區(qū)域Ⅰ時的方向和距離。對于α粒子，由于速度較慢，所以偏轉(zhuǎn)角度較大，偏轉(zhuǎn)后的方向與磁場方向幾乎垂直；對于γ射線，由于沒有電荷，所以不會受到洛倫茲力的作用，所以直線通過區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ。去除α和γ射線的方法可以采用物質(zhì)屏蔽或能譜分析等方法。（3）根據(jù)洛倫茲力的方向，可以求出速率在v1＜v＜v2區(qū)間的β粒子離開區(qū)域Ⅱ時的位置和方向。假設(shè)偏轉(zhuǎn)角度為θ，則有：qBd=mvsinθ又因為β粒子的質(zhì)量和電荷量已知，所以可以求出θ和d的關(guān)系，即：d=mvsinθ/qB代入v和B的數(shù)值，可得：d=1.88v根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系，可以求出偏轉(zhuǎn)角度θ，然后就可以確定離開區(qū)域Ⅱ時的位置和方向。（4）為了使離開區(qū)域Ⅱ的β粒子束在右側(cè)聚焦且水平出射，可以在區(qū)域Ⅱ的右側(cè)設(shè)置一個凸透鏡，使得經(jīng)過透鏡后的粒子束能夠聚焦在一起。同時，可以在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ之間設(shè)置一個能量選擇器，選擇出速率符合要求的β粒子，從而達(dá)到聚焦和水平出射的目的。8.如圖，△OAC的三個頂點的坐標(biāo)分別為O(0,0)、A(L，0)、C(0,3L)，在△OAC區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場．在t＝時刻，同時從三角形的OA邊各處以沿y軸正向的相同速度將質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶正電粒子射入磁場，已知在t＝t時刻從OC邊射出磁場的粒子的速度方向垂直于y軸．不計粒子重力和空氣阻力及粒子間相互作用．（1）求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。（2）若從OA邊兩個不同位置射入磁場的粒子，先后從OC邊上的同一點P(P點圖中未標(biāo)出)射出磁場，求這兩個粒子在磁場中運動的時間t1與t2之間應(yīng)滿足的關(guān)系。（3）從OC邊上的同一點P射出磁場的這兩個粒子經(jīng)過4tP點的時間間隔與P點位置有關(guān)，若該時間間隔最大值為，求粒子進(jìn)入磁場時的速度大小。解析：（1）由于粒子的速度方向垂直于磁場方向，所以粒子將偏轉(zhuǎn)成圓周運動。根據(jù)洛倫茲力的方向，可以求出磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，即：qBL=mv代入粒子的質(zhì)量和電荷量，以及速度的大小，可得：B=mv/qL（2）假設(shè)兩個粒子分別從OA邊的點P1和P2射入磁場，先后從OC邊上的同一點P射出磁場。由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以兩個粒子在磁場中運動的時間t1和t2應(yīng)該滿足：t2-t1=2πr/v其中，r為兩個粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑。（3）由于兩個粒子經(jīng)過4tP點的時間間隔與P點位置有關(guān)，所以需要求出粒子在磁場中的運動軌跡。根據(jù)洛倫茲力的方向，可以求出粒子在磁場中的圓周運動軌跡。假設(shè)粒子的速度大小為v0，則有：qBv0=mv代入粒子的質(zhì)量和電荷量，以及磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，可得：v0=qBL/m粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為：r=mv0/qB代入v0和B的數(shù)值，可得：r=3.33L由于粒子每隔相同的時間以相同的速度再次通過O點，所以兩個粒子在磁場中運動的時間t1和t2應(yīng)該滿足：t2-t1=2πr/v0=2πr(qB/mv0)=2πr(qB/m)(1/qBL)=2πr/L代入r的數(shù)值，可得：t2-t1=6.66π因此，粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為：v0=qBL/m=3qL/m9.在xoy平面y>O的區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，在y<O的區(qū)域內(nèi)有垂直于xoy平面向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從坐標(biāo)為(2l,l)的P點以初速度v沿x軸負(fù)方向開始運動，恰能從坐標(biāo)原點O進(jìn)入磁場，不計帶電粒子所受的重力。（1）求帶電粒子進(jìn)入磁場前的加速度大小a。（2）求帶電粒子進(jìn)入磁場后的運動軌跡方程。（3）求帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑r。解析：（1）由于粒子受到電場和磁場的作用，所以帶電粒子進(jìn)入磁場前的加速度大小a為：a=qE/m其中，E為電場強(qiáng)度。（2）由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以帶電粒子進(jìn)入磁場后的運動軌跡方程為：x=vty=r其中，v為粒子在磁場中的速度大小，r為粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑。（3）由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑r為：qvB=mv2/r代入粒子的質(zhì)量和電荷量，以及速度的大小，可得：r=mv/qB代入磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的數(shù)值，可得：r=2l因此，帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的半徑為2l。生活就是這樣——不論你是羚羊還是獅子，當(dāng)太陽初升時，就得毫不猶豫地奔向前方！1.答案為A。2.【解析】設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得：$$\frac{mv^2}{R}=qvB$$解得：$$R=\frac{mv}{qB}$$從O點以半徑R（＜R＜a）作“動態(tài)圓”，如圖所示，由圖不難看出，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切。設(shè)該粒子在磁場中的運動時間為t，依題意，所以$$\angleOCA=\frac{\pi}{2}$$設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)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）由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，它所受到的向上的磁場力和向下的電場力平衡，有$$qvB=qE$$式中，v是離子運動的速度，E是平行金屬板之間的勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度，有$$E=\frac{V}59v5pbz$$在正三角形磁場區(qū)域，離子甲做勻速圓周運動。設(shè)離子甲質(zhì)量為m，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有：$$qvB=\frac{mv^2}{r}$$式中，r是離子甲做圓周運動的半徑。離子甲在磁場中的運動軌跡為半圓，圓心為O：這半圓剛好與EG邊相切于K，與EF邊交于I點。在ΔEOK中，OK垂直于EG。$$a-r=r$$由$$r=\frac{mv}{qB}$$得$$a=2r$$從而$$r=\frac{a}{2}$$（2）同理，有洛侖茲力公式和牛頓第二定律有$$qvB=\frac{m'v^2}{r'}$$式中，m'和r'分別為離子乙的質(zhì)量和做圓周運動的軌道半徑。離子乙運動的圓周的圓心O'必在E、H兩點之間，又幾何關(guān)系有$$r'^2=(a-a)^2+(-r')^2-2(a-a)(-r')\cos60^\circ$$解得$$r'=\frac{a}{4}$$聯(lián)立上面的兩個式子，得$$\frac{m'}{m}=\frac{r'}{r}=\frac{1}{2}$$聯(lián)立式(3)，(8)，(10)，可以得到離子乙的質(zhì)量為$m'=\frac{4V}{3EH^2}$。對于最輕的離子，根據(jù)式(4)，其質(zhì)量為$m/2$，因此在磁場中做半徑為$r/2$的勻速圓周運動。它與EH的交點為O，有$OH=\frac{3}{2}a$。當(dāng)離子的質(zhì)量逐漸增大到$m$時，離子到達(dá)磁場邊界上的點的位置從O點沿HE邊變到I點；當(dāng)離子質(zhì)量繼續(xù)增大時，離子到達(dá)磁場邊界上的點的位置從K點沿EG邊趨向于I點。K點到G點的距離為$KG=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。因此，磁場邊界上可能有離子到達(dá)的區(qū)域是：EF邊上從O到I點，EG邊上從K到I點。對于問題4，(1)速率小于某一值的粒子在區(qū)域Ⅰ中運動時間均為$t$，這些粒子不能從bb′離開區(qū)域Ⅰ，其軌跡如圖a所示(圖中只畫出某一速率粒子的軌跡)。粒子運動軌跡的圓心角為$\phi_1=300^\circ$。根據(jù)$t=T=T_0$，由牛頓第二定律得$qvB=T_0\frac{mv^2}{R}$，從而得到粒子的比荷$\frac{q}{m}=\frac{2v}{BR}$。(2)設(shè)速率為$v$的粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)運動軌跡所對圓心角為$\phi_2$，$\phi_2=\phi_1=60^\circ$。由幾何知識可知，穿出bb′時速度方向與bb′垂直，軌跡如圖b所示，設(shè)軌跡半徑為$R$，$d=R\sin\phi_2$。因此，$R=d=\frac{vt}{2}$。(3)設(shè)速率為$v$的粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度大小為$v_1$，方向與邊界cc′的夾角為$\phi_3$。水平方向有$d=vt$，豎直方向有$v_y=at$，$a=\frac{qvB}{m}$，$\tan\phi_3=\frac{v_y}{v_1}$。由此可以得到$v_1=2v$，$\phi_3=30^\circ$。由動能定理得$qU=mv^2-mv_1^2$。速率為$v$的粒子在區(qū)域Ⅲ內(nèi)做圓周運動，當(dāng)Ⅲ區(qū)內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為$B