磁场中临界现象

磁场中临界现象 磁场中的临界现象 1(长为L，间距也为L的两平行金属板间有垂直向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，今有质量为m、带电量为q的正离子从平行板左端两班正中间以平行于金属板的方向射入磁场。欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小应满足的条件是 ( ) qBL5qBL B(v? 4m4m qBLqBL5qBLC(v? D( ?v?m4m4mA(v? 2(一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad长为L，现从ad中点O垂直磁场射入一速度方向与ad边夹角为30?，大小为v0的带正电粒子，如图所示，已知粒子电荷量为q，质量为m(重力不计): (1) 若要求粒子能从ab边射出磁场，v0应满足什么条件, (2) 若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从哪一边界处射出，出射点位于该边界上何处,最长时间是多少, c b 3(两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为 x 轴和 y轴，交点 O 为原点，如图所示。在 y > 0，0 < x < a 的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在 y > 0，x > a 的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为 B。在 O 点处有一小孔，一束质量为 m、带电量为 q(q >0)的粒子沿 x 轴经小 孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在 0 < x < a 的区域中运动的时间与在 x > a 的区域中运动的时间之比为 2:5，在磁场中运动的总时间为 7T/12，其中 T为该粒子在磁感应强度为 B 的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响)。 4(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，磁场应强度大小为B0，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。假设一系列电荷量为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 (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(图中未画出)穿出磁场，且GI长为3a，求离子乙的质量。 4 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。 5(如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直纸面向里。许多质量为m、带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面的各个方向，由小孔O射入匀 强磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中 阴影部分示带电粒子可能经过的区域，其中R=mv/qB。哪M N O 个图是正确的,(A) 6(如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，磁场内有一块平面感光干板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l?16cm处，有一个点状的?放射源S，它向各个方向发射?粒子，?粒子的速度都是 v?3.0?106m/s，已知?粒子的电荷与质量之比q?5.0?107C/kg，现只考虑在图纸m 平面中运动的?粒子，求ab上被?粒子打中的区域的长度。 7 (如下图，在0?x?区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0,180?范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t? t0时刻刚好从磁场边界上 P,a)点离开磁场。求: (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比 荷q,m; (2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴 正方向夹角的取值范围; (3 )从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。 8(如图所示，半径R=10cm的圆形匀强磁场区域边界跟y轴相切于原点O，磁感应强度B=0.332T，方向垂直于纸面向里。在O处有一放射源S，可沿纸面向各个方向射出速度为v=3.2×106m/s的α粒子，已知α粒子的质量m=6.64×10-27kg，电量q=3.2×10-19C。 求: (1)画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心点轨迹，并说明作图的依据。 (2)求出α粒子通过磁场空间的最大偏转角。 (3)再以过O点并垂直于纸面的直线为轴旋转磁场区域，能使穿过磁场区且偏转角最大的α粒子射到正方向的y轴上，则圆形磁场区的直径OA到少应转过多大的角度, 9(许多仪器中可利用磁场控制带电粒子的运动轨迹。如图11所示的真空环境中，有一半径r=0.05m的圆形区域内存在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场，其右侧相距d=0.05m处有一足够大的竖直屏。从S处不断有比荷q86=10C/kg的带正电粒子以速度v=2×10m/sm 沿SQ方向射出，经过磁场区域后打在屏上。不计粒子重力，求: (1)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径; (2)绕通过P点(P点为SQ与圆的交点)垂直纸面的轴，将该圆形磁场区域逆时针缓慢转动90?的过程中，粒子在屏上能打到的范围。 S 1(答案: AB 2( b c 解析:(1)粒子从ab边射出的两边界轨迹如图线?与?， 对图线?， 由几何关系知R1+R1sin30?=L/2 得R1=L/3 2v0又qv0B?m R1 得v0?qBL 3m 对图线?，由几何关系知R1=R1sin30?+L/2 得R2=L 2v0又qv0B?m R2 得v0?qBL m qBLqBL ?v0?3mm mv0且R?L/3. qB故粒子从ab边射出(2)若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒 子应ad边射出， 由几何关系知，出射点离O点的距离d=R? 300?5?m T?时间t= 360?3qB 3( 图2 图2(a) 图2(b) 解: 粒子在磁场中做匀速圆周运动 v2mv 由qvB?m 得:r? rqB 对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图2(a)所示:带电粒子的轨迹和x=a相切，此 时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a; 对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2(b)所示:左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a，速度最大的粒子是如图2(b)中的实线，由两段圆弧组成，圆心分别是c和c′，由对称性得到 c′在 x轴上。 设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2，满足 t127?且t1?t2?T t2512 解得t1? 15 T t2?T 612 ?2a 故OP=2a+R =2(1+ a 3 a 3 ? 所以在x 轴上的范围是2a?x?2(1+ 4((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qvB0?qE0 式中，v是离子运动的速度，E0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有E0? V ? d ?在正 V 由??式得v? B0d 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 v2 有qvB?m 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P点。在?EOK中，OK垂直于EG 。由几何关系得 ? 1a?r?r 2 由?式得r?3??a 2? ? 联立???式得, 离子甲的质量为m? qaBB0d3? ? V2? ' ? v2 (2)同理，有洛仑兹力公式和牛顿第二定律有qvB?m' 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 3a3a r'2?(a?a)2?(?r')2?2(a?a)(?r')cos60 42421' 由?式得r?a ? 4 联立???式得，离子乙的质量为 ? qaBB0dm? 4V 11 ? (3)对于最轻的离子，其质量为m/2，由?式知，它在磁场中做半径为r/2的匀速圆周运动。因而与EH的交点为O ，有OH?3? 12 ?a ?2? 当这些离子中的离子质量逐渐增大到m时，离子到达磁场边界上的点的位置从O点沿HE边变到P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 13 ?所以，磁场边界上可能有离子到达的区域是:EF边上从O到P点。EG边上从K到I。 向于I点。K点到G 点的距离为KG? 5(A 6(α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有 v2 qvB?m ? R v由此得 R? ()Bm 代入数值得 R=10cm, 可见 2R?l?R 因朝不同方向发射的α粒子的圆轨道都过S，由此可知，某 一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点，为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q点作ab的垂线，它与ab的交点即为P1，由图中几何关系得 NP? 1? 再考虑N的右侧，任何α粒子在运动过程中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径，S为圆心作圆，交于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。 由图中几何关系得 NP2?? 所求长度为 PP12?NP1?NP2 ? 代入数值 PP12?20cm ? ?式3分，??式各5分，?式1分，?式3分 7(?粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，222根据直角三角形有R?a?(a?R) 解得R?23a 3 sin??a3，则粒子做圆周运动的的圆心角为120?，周期为T?3t0 ?R2 粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得 Bqv?m(q2?2?22?R，化简得? )R，v?m3Bt0TT ?仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120?，这样粒 子角度最小时从磁场右边界穿出;角度最大时从磁场左边 界穿出。 角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120?，所经过圆 弧的弦与?中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹 角都是30?，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60?。 角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60?，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120?。 所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60?到120? ?在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为R?23a，而它的高是 3 h?3a?2，这种a?a，半径与y轴的的夹角是30?33 粒子的圆心角是240?。所用 时间 为2t0。 所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为2t 0。 8( 解:(1)粒子运动半径r?mv?20cm qB 粒子圆心轨迹图中红线所示。 (2)当粒子轨迹的弦长等于磁场圆周弧长时，粒子偏转角度最大 sin? 2?101? 202 θ=60? (3)也转60? 9(解: v2 (1)qvB?m (3分) R R=0.1m (2分) (2)粒子在磁场中通过的位移刚好等于磁场区域直径时，其速度方向偏转的角度最大，能打到屏上的点最高，由于R=2r，如图?OPL为等边三角形，可判断出粒子在磁场中的运动轨迹所对圆心角为60?(图上标出圆心角为60?同样给分 ) (4分) 设从L点射出磁场的粒子能打在屏上的N点，LN的反向延长线交PQ于M点，由对称性可知: N PM?Rtan30 MQ?PQ?PM NQ?MQtan60? 联立上式可得:NQ=(3-2)r?0.16m (5分) ?Q 当磁场区域转动90?时，粒子刚好没有进入磁场， 沿直线运动打在屏上Q点， 所以粒子能打在屏上Q点以上0.16m范围内。 (4分)