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1、帶電粒子在交變電場，磁場中的運動
[方法點撥] (1)先分析在一個周期內粒子的運動情況，明確運動性質，判斷周期性變化的電場或磁場對粒子運動的影響.(2)畫出粒子運動軌跡，分析軌跡在幾何關系方面的周期性.
1.1932年，勞倫斯設計出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如圖1所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計.磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直.A處粒子源產生的粒子，質量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速電壓為U.加速過程中不考慮相對論效應和重力作用.
圖1
(1)求粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；
(
2、2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；
(3)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制.若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm.
2.如圖2甲所示，平面直角坐標系中，0≤x≤l,0≤y≤2l的矩形區(qū)域中施加一個如圖乙所示的交變磁場(B0和T0未知)，磁場方向向里為正.一個比荷為c的帶正電的粒子從原點O以初速度v0沿x軸正方向入射，不計粒子重力.
圖2
(1)若粒子從t＝0時刻入射，在t＜的某時刻從點(l，)射出磁場，求B0的大?。?
(2)若B0＝
3、，且粒子在0≤t≤的任一時刻入射時，粒子離開磁場時的位置都不在y軸上，求T0的取值范圍；
(3)若B0＝，在x＞l的區(qū)域施加一個沿x軸負方向的勻強電場，粒子在t＝0時刻入射，將在T0時刻沿x軸正方向進入電場，并最終從(0,2l)沿x軸負方向離開磁場，求電場強度的大小以及粒子在電場中運動的路程.
答案精析
1.(1)∶1 (2)
(3)當fBm≤fm時，Ekm＝，
當fBm＞fm時，Ekm＝2π2mfm2R2
解析 (1)設粒子第1次經過狹縫后的軌道半徑為r1，速度為v1，qU＝mv12，qv1B＝m，解得r1＝，同理，粒子第2次經過狹縫后的軌道半徑r2＝，則r2∶r1＝∶1.
4、
(2)設粒子到出口處被加速了n圈，2nqU＝mv2，
qvB＝m，T＝，t＝nT，解得t＝.
(3)加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f＝，當磁感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為fBm＝，粒子能獲得的動能Ek＝mv2，當fBm≤fm時，粒子的最大動能由Bm決定，qvmBm＝m，解得Ekm＝，當fBm＞fm時，粒子的最大動能由fm決定，vm＝2πfmR，解得Ekm＝2π2mfm2R2.
2.(1) (2)T0≤
(3)(n＝0,1,2,3…) (n＝0,1,2,3…)
解析 (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qv0B0＝m，由幾何關系可得R2＝l2＋(R－)2，解得R＝l，聯(lián)立解得B0＝.
(2)粒子運動的軌跡半徑為R′＝＝，臨界情況為粒子從t＝0時刻入射，并且軌跡恰好與y軸相切，如圖所示.粒子運動周期T＝＝，由幾何關系，t＝時間內，粒子轉過的圓心角為，對應運動時間t1＝T＝T，應滿足t1≥，聯(lián)立可得T0≤.
(3)粒子運動軌跡如圖所示.由題意可得·＝T0，解得T0＝，粒子在電場中運動，根據牛頓第二定律可得Eq＝ma，根據運動學規(guī)律可得往返一次用時Δt＝，則有Δt＝(n＋)T0，可得電場強度的大小E＝(n＝0,1,2，3…)粒子在電場中運動的路程x＝v0··2＝(n＝0,1,2…)
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（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第九章 微專題70 帶電粒子在交變電場 磁場中的運動（A）加練半小時（含解析）
