帶電粒子在磁場和復(fù)合場中的運動知識點詳解整合訓(xùn)練實驗精華版經(jīng)典版,(編輯修改稿)
2025-05-28 00:51 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 子在加速器中運行時間將變短 B．如果只增大交變電壓 U，則電荷的最大動能會變大 C．質(zhì)子在電場中加速的次數(shù)越多，其最大動能越大 D．質(zhì)子在磁場中的運動周期是交流電源的周期的兩倍 【解析】 質(zhì)子每經(jīng)電場加速一次，回旋半徑就增大一次，加速電壓越大，回旋半徑越大，回旋的次數(shù)越少，在回旋加速器中運動時間越短，故選項 A 正確；質(zhì)子做圓周運動的半徑最大只能等于 D 形盒的半徑．根據(jù) R ＝m vqB，質(zhì)子運動的最大速度為 vm＝qBRm.那么質(zhì)子獲得的最大動能為： Em＝12m v2m＝q2B2R22 m.可見質(zhì)子獲得的動能與 D 形盒的半徑 R ，磁感應(yīng)強度 B ，以及質(zhì)子的電荷量 q 和質(zhì)量 m 有關(guān)．選項 B 、 C 錯誤；因為質(zhì)子在磁場中每運動半周加速一次，加在兩 D 形盒間的電壓要與質(zhì)子的運動同步，所以質(zhì)子運動的周期與高頻交流電源的周期相等，選項 D錯誤． 【 答案 】 A 3. (20 12 新課標全國高考 ) 如圖 4 － 2 － 8 ，一半徑為 R 的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面 ( 紙面 ) ．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為 m 、電荷量為 q 的粒子沿圖中直線在圓上的 a 點射入柱形區(qū)域，在圓上的 b 點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心 O 到直線的距離為35R . 現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在 a 點射入柱形區(qū)域，也在 b 點離開該區(qū)域．若磁感應(yīng)強度大小為 B ，不計重力，求電場強度的大小． 【解析】 粒子在磁場中做圓周運動．設(shè)圓周的半徑為 r ，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 q v B ＝ mv2r① 式中 v 為粒子在 a 點的速度． 過 b 點和 O 點作直線的垂線，分別與直線交于 c 和 d 點．由幾何關(guān)系知，線段 ac 、 bc 和過 a 、 b 兩點的圓弧軌跡的兩條半徑 ( 未畫出 ) 圍成一正方形．因此 ac ＝ bc ＝ r ② 設(shè) cd ＝ x ，由幾何關(guān)系得 ac ＝45R ＋ x ③ bc ＝35R ＋ R2－ x2④ 聯(lián)立 ②③④ 式得 r ＝75R ⑤ 再考慮粒子在電場中的運動．設(shè)電場強度的大小為 E ，粒子在電場中做類平拋運動．設(shè)其加速度大小為 a ，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得 qE ＝ ma ⑥ 粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為 r ，由運動學(xué)公式得 r ＝12at2⑦ r ＝ v t⑧ 式中 t是粒子在電場中運動的時間．聯(lián)立 ①⑤⑥⑦⑧ 式得 E ＝14 qRB25 m.⑨ 【答案】 14 qRB25 m ：電場、磁場、重力場 (或其中兩種場 )并存于同一區(qū)域的情況． 2． 運動情況分析 帶電粒子在混合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析． (1)當帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動 (如速度選擇器 )． (2)當帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動． 3． 受力分析及解題觀點 (1)帶電粒子在混合場中的運動問題是電磁學(xué)知識和力學(xué)知識的結(jié)合，分析方法和力學(xué)問題的分析方法基本相同，不同之處是多了電場力、洛倫茲力． (2)帶電粒子在混合場中的運動問題，除了利用力學(xué)即動力學(xué)觀點、能量觀點來分析外，還要注意電場和磁場對帶電粒子的作用特點，如電場力做功與路徑無關(guān)，洛倫茲力方向始終和運動速度方向垂直永不做功等． (20分 )(2022安徽江南十校聯(lián)考 )如圖 4－ 2－ 9所示，半圓有界勻強磁場的圓心 O1在 x軸上， OO1距離等于半圓磁場的半徑，磁感 應(yīng)強度大小為 MN平行 x軸且與半圓相 切于 P點．在 MN上方是正交的勻強電場和勻 強磁場，電場場強大小為 E，方向沿 x軸負向，磁場磁感應(yīng)強度大小為 、B2均垂直紙面，方向如圖所示．有一群相同的正粒子，以相同的速率沿不同方向從原點 O射入第 Ⅰ 象限，其中沿 x軸正方向進入磁
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