處理帶電粒子偏轉(zhuǎn)的三種方法.doc

“動態(tài)圓法”定速不定向1如圖，真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B=060T，磁場內(nèi)有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離處，有一個點狀的放射源S，它向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是，已知粒子的電荷與質(zhì)量之比，現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的粒子，求ab上被粒子打中的區(qū)域的長度?1 解析：粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有qvBm，由此得R，代入數(shù)值得R10 cm，可見，Rl2R.因朝不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點P1就是粒子能打中的左側(cè)最遠點NP18 cm再考慮N的右側(cè)任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2點，此即右側(cè)能打到的最遠點由圖中幾何關(guān)系得NP212 cm，所求長度為P1P2NP1NP2，代入數(shù)值得P1P220 cm.2如圖所示，S為一離子源，MN為熒光屏，其長度為 為中點，整個裝置處在足夠大的勻強磁場 中，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里.某時刻離子源S 一次性沿平行紙面的各個方向均勻地噴發(fā)大量的正離子，此后 不再噴發(fā)。噴發(fā)的離子速率均相等、質(zhì)量均為、電荷量均為 ，不考慮離子之間的相互作用力及一切阻力。 （1）若噴發(fā)離子在磁場中做圓周運動的半徑為2,試求離子噴 發(fā)時的速率； （2）若所有離子都打不到熒光屏，試求噴發(fā)離子速率的取值 范圍； （3）若噴發(fā)力子速率為，試求能打到熒光屏的離子個 數(shù)與噴發(fā)離子總數(shù)的比值2（20分）【解析】 （1）離子在磁場中僅受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得 （2分） （1分） 又 解得 （2分） （2）只要離子沿平行于方向射出時打不到屏上，則所有離子都打不到平光屏，故離子做勻速圓周運動的半徑 （2分） 由 得 （1分） 故的取值范圍為 （2分） （3）若，則離子做勻速圓周運動的半徑 （1分） 如圖所示，離子能打到熒光屏的范圍為，有幾何關(guān)系可得 （2分） （2分） 打到點的離子離開時的初速度方向和打到點的離子離開時的初速度方向之間的夾角 （2分） 故能打到熒光屏的離子數(shù)目與發(fā)射的離子總數(shù)之比為 （2分） 即 （1分）3如圖所示，在直角坐標系的原點O處有一放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子。在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板與xoy平面交線的兩端M、N與原點O正好構(gòu)成等腰直角三角形。已知帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，速度為，MN的長度為L。（1）若在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強電場，要使y軸右側(cè)所有運動的粒子都能打到擋板MN上，則電場強度E0的最小值為多大？在電場強度為E0時，打到板上的粒子動能為多大?（2）若在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強磁場，要使板右側(cè)的MN連線上都有粒子打到，磁場的磁感應強度不能超過多少(用m、q、L表示)?若滿足此條件，放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊? 18、解：由題意知，要使y軸右側(cè)所有運動粒子都能打在MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運動的粒子作類平拋運動，且落在M或N點。12xyOMNM O=L=t a=OO=L =at2 解式得E0= 由動能定理知qE0L =Ek 解式得Ek=12xyOMNO1O2由題意知，要使板右側(cè)的MN連線上都有粒子打到，粒子軌跡直徑的最小值為MN板的長度L。R0=L= B0= 放射源O發(fā)射出的粒子中，打在MN板上的粒子的臨界徑跡如圖所示。OM=ON，且OMONOO1OO212放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左側(cè)。 “放縮法”定向不定速4如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內(nèi)，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面與Od成30的方向，以大小不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法中正確的是().若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從cd邊射出磁場.若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場.若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場.若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場A B C D解析作出剛好從ab邊射出的軌跡、剛好從bc邊射出的軌跡、從cd邊射出的軌跡和從ad邊射出的軌跡，如圖所示由條件可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.由圖可知，從ab邊射出經(jīng)歷的時間t1；從bc邊射出經(jīng)歷的時間t2；從cd邊射出經(jīng)歷的時間一定是t3；從ad邊射出經(jīng)歷的時間t4.由此可知，正確，故選C.答案C綜合練習題5電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成偏轉(zhuǎn)電場由加了電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板形成，勻強磁場的左邊界與偏轉(zhuǎn)電場的右邊界相距為s，如圖甲所示大量電子（其重力不計）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0，當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時，所有電子均從兩板間通過，進入水平寬度為l，豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上問：（1）電子在剛穿出兩板之間時的最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為多少？（2）要使側(cè)向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上，勻強磁場的磁感應強度為多少？（3）在滿足第（2）問的情況下，打在熒光屏上的電子束的寬度為多少？（已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e）5、（1）由題意可知，要使電子的側(cè)向位移最大，應讓電子從0、2t0、4t0等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為 要使電子的側(cè)向位移最小，應讓電子從t0、3t0等時刻進入偏轉(zhuǎn)電場，在這種情況下，電子的側(cè)向位移為 所以最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移之比為（2）設電子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角為q ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應為：設電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的速度為vt，垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為vy，則電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的偏向角為：式中 又 由上述四式可得：（）（共4分）由于各個時刻從偏轉(zhuǎn)電場中出來的電子的速度大小相同，方向也相同，因此電子進入磁場后的半徑也相同由第（1）問可知電子從偏轉(zhuǎn)電場中出來時的最大側(cè)向位移和最小側(cè)向位移的差值為： 所以打在熒光屏上的電子束的寬度為xyOEMNv0v06 如圖所示，在真空中以為圓心，r為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向外的勻強磁場，圓形區(qū)域的最下端與xoy坐標系的x軸相切于坐標原點O，圓形區(qū)域的右端與平行y軸的虛線MN相切，在虛線MN右側(cè)x軸的上方足夠大的范圍內(nèi)有方向水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E?，F(xiàn)從坐標原點O沿xoy平面在y軸兩側(cè)各300角的范圍內(nèi)發(fā)射速率均為v0的帶正電粒子，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r，已知粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，不計粒子的重力、粒子對電磁場的影響及粒子間的相互作用力，求：（1）磁場的磁感應強度B的大小（2）沿y軸正方向射入磁場的粒子，在磁場和電場中運動的總時間（3）若將勻強電場的方向調(diào)為豎直向下，其它條件不變，則粒子達到x軸的最遠位置與最近位置的坐標之差（五）（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由 2分 可得： 1分（2）分析可知，帶電粒子運動過程如圖所示，由粒子在磁場中運動的周期1分可知粒子第一次在磁場中運動的時間：1分粒子在電場中的加速度 1分粒子在電場中減速到0的時間：1