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带电粒子在磁场中做圆周运动的周期如何推导
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qvB=mv^2/rr=mv/BqqvB=m(4π^2/T^2)rT=2πm/Bq
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证明：带电粒子受到的洛伦兹力提供了向心力：qvB=mv²/r
即 r=mv/Bq
① 周期的定义：T=2πr/v
②联立①②解得：T=2πm/Bq
如果粒子是垂直进入匀强磁场，则可由洛仑兹力提供向心力，得qVB＝m V^2 / r r ＝m V / (qB)而　V＝2π r / T　，所以　r＝m*(2π r / T) / (qB)得周期是　T＝2π m / (qB) .
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匀速圆周运动公式a=v^2/r怎么推导的、不要反推
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1 矢量合成法如图1所示，物体自半径为r的圆周a匀速率运动至b，所经时间为△t，若物体在a、b点的速率为va=vb=v，则其速度的增量△v=vb-va=vb+（-va），由平行四边形法则作出其矢量图如图1。由余弦定理可得　可见当θ→0时，α=90°，即△v的方向和vb垂直，由于vb方向为圆周切线方向，故△v的方向指向圆心.因△v的方向即为加速度的方向，可见匀速圆周运动中加速度的方向指向圆心， 。....
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扫描下载二维码处理匀速圆周运动的运动学问题的方法 除了熟记描述物理量间的公式关系外.还应注意:两个重要的结论:即不打滑的皮带传动时.两轮上与皮带接触的各点线速度大小相等,同一转轮上的各点的角速度大小相同,利用t＝——精英家教网——
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处理匀速圆周运动的运动学问题的方法 除了熟记描述物理量间的公式关系外.还应注意:两个重要的结论:即不打滑的皮带传动时.两轮上与皮带接触的各点线速度大小相等,同一转轮上的各点的角速度大小相同,利用t＝可计算匀速圆周运动的运动时间,圆周追及问题可通过巧换参考系进行计算. 【】
题目列表(包括答案和解析)
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图为“验证机械能守恒定律”的实验装置图．现有器材为：电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、带铁夹的铁架台．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，以下所列器材中必需的有______．（填入正确选项前的字母）A．毫米刻度尺B．秒表C．圆形复写纸片D．0～6V的直流电源E．0～6V的交流电源（2）实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种处理实验数据的方案．A．根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=v2/2g计算出高度hB．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vC．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=2gh计算出瞬时速度D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v以上方案中只有一种正确，正确的是______（填入正确选项前的字母）．（3）对实验中要注意的事项，正确合理的一项是______（填入正确选项前的字母）A．重物的质量越小越好B．释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置C．先放开纸带让重物下落，再接通电源D．必须测量出重物的质量m（4）在一条较好的纸带上选取连续五个点A、B、C、D、E，如图所示．已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，并测出&A&点距离起始点O的距离为s0，A、C两点间的距离为s1，C、E两点间的距离为s2，打点周期为T，根据这些条件，如果在误差允许的范围内满足关系式______，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的．（用题设字母表示）
材料一：在现代物理学中，为了深入到原子核内部，进一步研究物质的微观结构和相互作用的规律，人们用能量很高的带电粒子去轰击各种原子核，观察它们的变化情况.早期制成的加速器就是利用高压电源的电势差来加速带电粒子的.这种类型的加速器受到实际所能达到的电势差的限制，粒子获得的能量并不太高.1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋粒子加速器.如图所示，下图为回旋粒子加速器的工作原理图，AA′间有一交变电场，在中心A0处有粒子源，以一定的初速度v0垂直进入匀强磁场中，在磁场中做匀速圆周运动，经过一段时间到达A1时，在A1A1′处受到电场的加速，速率增加到v1.粒子以速率v1在磁场中做匀速圆周运动，又经过一段时间，到达A2′，在A2′A2处粒子又一次受到电场的加速，速率增加到v2.如此继续下去，每当粒子运动到AA′间时，速率都将一步一步地增大.材料二：根据爱因斯坦的狭义相对论观点，相对论的质量速率公式：m=其中m0表示物体静止时的质量，m表示物体以速率v运动时的质量，c表示光速，若质点的速率远小于光速，则m→m0，质量保持不变，回到牛顿经典力学的观点.根据以上材料回答问题：(1)为了保证带电粒子在回旋加速器中如图所示的那样不断被加速，带电粒子的运动周期T1与交变电场的周期T2之间的关系为_____________.(2)在20世纪30年代末发现，这种回旋加速器加速质子时，最高能量仅能达到20 MeV，要想进一步提高质子的速度很困难，这是因为_________________________________________.
图为“验证机械能守恒定律”的实验装置图．现有器材为：电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、带铁夹的铁架台．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，以下所列器材中必需的有&&& ．（填入正确选项前的字母）A．毫米刻度尺B．秒表C．圆形复写纸片D．0～6V的直流电源E．0～6V的交流电源（2）实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种处理实验数据的方案．A．根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=v2/2g计算出高度hB．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vC．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v以上方案中只有一种正确，正确的是&&& （填入正确选项前的字母）．（3）对实验中要注意的事项，正确合理的一项是&&& （填入正确选项前的字母）A．重物的质量越小越好B．释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置C．先放开纸带让重物下落，再接通电源D．必须测量出重物的质量m（4）在一条较好的纸带上选取连续五个点A、B、C、D、E，如图所示．已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，并测出&A&点距离起始点O的距离为s，A、C两点间的距离为s1，C、E两点间的距离为s2，打点周期为T，根据这些条件，如果在误差允许的范围内满足关系式&&& ，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的．（用题设字母表示）
图为“验证机械能守恒定律”的实验装置图．现有器材为：电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、带铁夹的铁架台．回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，以下所列器材中必需的有&&& ．（填入正确选项前的字母）A．毫米刻度尺B．秒表C．圆形复写纸片D．0～6V的直流电源E．0～6V的交流电源（2）实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种处理实验数据的方案．A．根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h=v2/2g计算出高度hB．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vC．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度D．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v以上方案中只有一种正确，正确的是&&& （填入正确选项前的字母）．（3）对实验中要注意的事项，正确合理的一项是&&& （填入正确选项前的字母）A．重物的质量越小越好B．释放前必须保持提起的纸带处于竖直位置C．先放开纸带让重物下落，再接通电源D．必须测量出重物的质量m（4）在一条较好的纸带上选取连续五个点A、B、C、D、E，如图所示．已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，并测出&A&点距离起始点O的距离为s，A、C两点间的距离为s1，C、E两点间的距离为s2，打点周期为T，根据这些条件，如果在误差允许的范围内满足关系式&&& ，即验证了重锤下落过程中机械能是守恒的．（用题设字母表示）
第十部分 磁场第一讲 基本知识介绍《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。一、磁场与安培力1、磁场a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质b、磁感强度、磁通量c、稳恒电流的磁场*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I&、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB&。矢量式d= k，（d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k结合安培定则寻求方向亦可。其中&k = 1.0×10?7N/A2&。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B = 2k&；*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2πkI&；*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2πknI&。其中n为单位长度螺线管的匝数。2、安培力a、对直导体，矢量式为&= I；或表达为大小关系式&F = BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。b、弯曲导体的安培力⑴整体合力折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F1与NO段导体的安培力F2的合力为F，则F的大小为F =&& = BI& = BI关于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。证毕。由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）⑵导体的内张力弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。c、匀强磁场对线圈的转矩如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO′，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为M = BIS几种情形的讨论——⑴增加匝数至N&，则&M = NBIS&；⑵转轴平移，结论不变（证明从略）；⑶线圈形状改变，结论不变（证明从略）；*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M = BIScosα&，如图9-3；证明：当α&= 90°时，显然M = 0&，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M = BIScosβ&，如图9-4。证明：当β&= 90°时，显然M = 0&，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。二、洛仑兹力1、概念与规律a、&= q，或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为与的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。b、能量性质由于总垂直与确定的平面，故总垂直&，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v1和导体运动v2的合运动，其合速度为v&，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f1&= qv1B的合力（见图9-5）。很显然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f1的正功和f2的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v1在10?5m/s数量级，而v2一般都在10?2m/s数量级以上，致使f1只是f的一个极小分量。）☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动a、⊥时，匀速圆周运动，半径r =&&，周期T =&b、与成一般夹角θ时，做等螺距螺旋运动，半径r =&&，螺距d =&这个结论的证明一般是将分解…（过程从略）。☆但也有一个问题，如果将分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1&，如图9-7所示），粒子的运动情形似乎就不一样了——在垂直B2的平面内做圆周运动？其实，在图9-7中，B1平行v只是一种暂时的现象，一旦受B2的洛仑兹力作用，v改变方向后就不再平行B1了。当B1施加了洛仑兹力后，粒子的“圆周运动”就无法达成了。（而在分解v的处理中，这种局面是不会出现的。）3、磁聚焦a、结构：见图9-8，K和G分别为阴极和控制极，A为阳极加共轴限制膜片，螺线管提供匀强磁场。b、原理：由于控制极和共轴膜片的存在，电子进磁场的发散角极小，即速度和磁场的夹角θ极小，各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此相等（半径可以不等），故所有粒子会“聚焦”在荧光屏上的P点。4、回旋加速器a、结构&原理（注意加速时间应忽略）b、磁场与交变电场频率的关系因回旋周期T和交变电场周期T′必相等，故&=c、最大速度&vmax&=&= 2πRf5、质谱仪速度选择器&粒子圆周运动，和高考要求相同。第二讲 典型例题解析一、磁场与安培力的计算【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm，通过电流的大小都是3.0A，方向相反。试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。解题过程从略。【答案】大小为8.0×10?6T&，方向在图9-9中垂直纸面向外。【例题2】半径为R&，通有电流I的圆形线圈，放在磁感强度大小为B&、方向垂直线圈平面的匀强磁场中，求由于安培力而引起的线圈内张力。【解说】本题有两种解法。方法一：隔离一小段弧，对应圆心角θ&，则弧长L =&θR&。因为θ&→
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匀速圆周运动向心加速度公式推导方法
&&推导圆周运动加速度的新方法
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