带点离子在磁场的运动.docx
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带点离子在磁场的运动
V
H
+
+
+
+:
工xXXX冥
带电粒子在磁场中的运动
【例1】磁流体发电机原理图如右。
等离子体高速从左向右喷射,两极板间有如图方向的匀强磁场。
该发电机哪个极板为正极?
两板间最大电压为多少?
【例2】半导体靠自由电子(带负电)和空穴(相当于带正电)导电,分为p型和n型两种。
p型中空穴为多数载流子;n
型中自由电子为多数载流子。
用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型:
将材料放在匀强磁场中,通以图示方向的电流I,用电压表判定上下两个表面的电势高低,若上极板电
势高,就是p型半导体;若下极板电势高,就是n型半导体。
试分析原因。
•洛伦兹力大小的计算
带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时,
洛伦兹力充当向心力,
由此可
以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式:
mv
2m
r,T
Bq
Bq
【例3】如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。
正、负电子同时从同一点0以与MN成30°角的同样速度v射入磁场
(电子质量为m,电荷为e),它们从磁场中射出时相距多远?
射出的时间差是多少?
解:
由公式知,它们的半径和周期是相同的。
只是偏转方向相反。
先确定圆心,画出半径,由对称性知:
射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。
所以两个
射出点相距2r,由图还可看出,经历时间相差2T/3。
答案为射出点相距s如,时间差为
Be
t4巴。
关键是找圆心、找半径和用对称。
3Bq
【例4】一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以速度V,沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中,并恰好垂直于y轴射出第一象限。
求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。
解:
由射入、射出点的半径可找到圆心O/,并得出半径为
r2amv,得B13mv;射出点坐标为(0,J3a)。
43Bq'2aq
1、带电粒子在半无界磁场中的运动
【例5】一个负离子,质量为m,电量大小为q,以速率v垂直于屏S经过小孔0射入存
在着匀强磁场的真空室中,如图所示。
磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直,并垂直
于图1中纸面向里.
(1)求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与0点的距离.
(2)如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P,证明:
直线0P
与离子入射方向之间的夹角e跟t的关系是to
2m
解析:
(1)离子的初速度与匀强磁场的方向垂直,在洛仑兹力作用下,做匀速圆周运动设圆半径为r,则据牛顿第二定律可得:
2
v
Bqvm,解得r
r
如图所示,离了回到屏
所以AO
mv
0
pX
X
X
A
B
Bq
X
X
ch
S上的位置A与0点的距离为:
AO=2r
X
A
X
X
2mv
£
X
X
X
X
Bq
vtJBqt
rm
(2)当离子到位置P时,圆心角:
因为2,所以gBt.
2m
2.穿过圆形磁场区
【例6】如图所示,一个质量为
m、电量为q的正离子,从A点正对着圆心
O以速度v射入
磁感应强度的大小为B。
要使
A
半径为R的绝缘圆筒中。
圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场,
带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出,求正离子在磁场中运
动的时间t.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失,不计粒子的重力。
解析:
由于碰撞时无能量损失和电量损失,每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心,并且离子运动的轨迹是对称的。
设粒子与圆筒内壁碰撞门次(n2),则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2n/(n+1).
离子运动的半径为
rRtan
n1
22
离子运动的周期为T二,又Bqvm—,
r
qB
所以离子在磁场中运动的时间为t
2R
tan—
vn1
【例7】圆心为0、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为
强磁场,与区域边缘的最短距离为L的0/处有一竖直放置的荧屏MN,今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿00/方向垂直射入磁场,越出磁场后打在荧光屏上之P点,如图所示,
求0,P的长度和电子通过磁场所用的时间。
B、方向为垂直于纸面向里的匀
A
解析:
电子所受重力不计。
它在磁场中做匀速圆周运动,迹ab所对的圆心角为e,电子越出磁场后做速率仍为
A,故
结0B,•/△0A0"刍△0B0〃,又0A丄0〃
0、B、P在同一直线上,且/0/OP=ZA0〃
b=e,
tane,而tan
磁场的时间可用
2tan(5)r
——,tan(亍
1tan2g)2
R
来求得。
V
t=AB
V
由Bevm
R
2
—得R=
tan
(2)R
M
N
XE0/
X
X
X
X
X
%
X
0〃,半径为孤。
圆弧段轨三
〃
如图4所示,连
B,可见
圆心为
v的匀速直线运动,
0B丄0〃B,由于原有BP丄0
在直角三角形00/P中,0,
,所以求得R后就可以求出0/P了,
R
mv
OP(Lr)tan
eB
eBrmV'
tan
2
1tanq)
2eBrmv
22222
mveBr
P=(L+r)
电子经过
OP(Lr)tan
2(Lr)eBrmv
~22222,
mveBr
M
N
J
//
O,
丄/2eBrmv、arctan(-^2TT)
mveBr
2eBrmv
arctan(^
3•穿过矩形磁场区
【例8】如图所示,一束电子(电量为e)以速度v垂直射入磁感强度为B,宽度为d的匀强磁场中,穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°,则电子的质量是:
穿透磁场的时间是。
:
XXrfX於;
1
[
*Vh
IX
X
XI
1
1,
d
X:
|>
1
-X
■h
*
乂
1
X
B
X
X!
1
H
»X
1
1
X
X
XI
V
■
■X
X
X
O点,AB间圆
解析:
圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上,如图中的
心角e=30°,OB为半径。
/•r=d/sin30°=2d,又由r=mv/Be得m=2dBe/v
又•••AB圆心角是30°,「.穿透时间t=T/12,故t=nd/3v。
【例9】长为L的水平极板间,有垂直纸面向内的匀强磁场,如图所示,磁感强度为B,
板间距离也为L,板不带电,现有质量为m,电量为q的带正电粒子(不计重力),从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是:
A.使粒子的速度v B.使粒子的速度v>5BqL/4m; C.使粒子的速度v>BqL/m; D.使粒子速度BqL/4m 解析: 粒子在磁场中间向上偏作匀速圆周运动,,圆周运动的半 径大于某值r1时粒子可以从极板右边穿出,而半径小于某值r2时粒 子可从极板的左边穿出,现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r 的最小值r1以及粒子在左边穿出时r的最大值r2,由几何知识得: 粒子擦着板从右边穿出时,圆心在0点,有: r12=L2+(r1-L/2)2得「1=5L/4, 又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m,「.v>5BqL/4m时粒子能从右边穿出。 粒子擦着上板从左边穿出时,圆心在0,点,有「2=L/4,又由r2=mv2/Bq=L/4得V2=BqL/4m 二V2 针对训练 1•如图所示,竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面,平面上一个钉子0固定一根细线,细线的另一端系一带电小球,小球在光滑水平面内绕0做匀速圆周运动•在某时刻细线断开,小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动,下列说法一定错误的是 3•电子自静止开始经M、N板间(两板间的电压为u)的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中,电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L,如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.(已知电子的质量为m,电量为e) 4•已经知道,反粒子与正粒子有相同的质量,却带有等量的异号电荷•物理学家推测,既然有 反粒子存在,就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998年6月,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,寻找宇宙中反物质存在的证据•磁谱仪的核心部分如图 所示,PQ、MN是两个平行板,它们之间存在匀强磁场区,磁场方向与两板平行•宇宙射线中 的各种粒子从板PQ中央的小孔0垂直PQ进入匀强磁场区,在磁场中发生偏转,并打在附有感光底片的板MN上,留下痕迹•假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子,它们以相同速度v从小孔0垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区,并打在感光底片上的a、b、c、 d四点,已知氢核质量为m,电荷量为e,PQ与MN间的距离为L,磁场的磁感应强度为B. (1)指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹? (不要求写出判断过程) (2)求出氢核在磁场中运动的轨道半径; (3)反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少’ 5.如图所示,在yv0的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于xy平面并指向纸里,磁 感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度V0从o点射入磁场,入射方 向在xy平面内,与x轴正向的夹角为0•求: XXXXXXXXXXXXXXxexXXXXKXKXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX (1)该粒子射出磁场的位置; (2)该粒子在磁场中运动的时间.(粒子所受重力不计) 参考答案 1.A 2.BCD 3•解析: 电子在M、N间加速后获得的速度为v,由动能定理得: 1 2mv2-0=eu电子进入磁场后做匀速圆周运动,设其半径为r,则: 由以上三式得: 4•解: (1)a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹 (2)对氢核,在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得: mv eB v evBm— R (3) 由图中几何关系知: md Sod RR2L2 mv eB L2 所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离 5•解: (1)带负电粒子射入磁场后,由于受到洛伦兹力的作用,粒子将沿图示的轨迹运动,从A点射出磁场,设0、A间的距离为L,射出时速度的大小仍为V,射出方向与x轴的夹角仍为B,由洛伦兹力公式和牛顿定律可得: 2 vo qvoB=m- R 式中R为圆轨道半径,解得: 只=空0 qB 圆轨道的圆心位于0A的中垂线上,由几何关系可得: L =Rsin9 2 联解①②两式,得: L=2mVoSin qB 所以粒子离开磁场的位置坐标为( 2mv0sin qB"
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- 离子 磁场 运动
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