【正文】 茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq。在電場中偏轉(zhuǎn)：，在磁場中偏轉(zhuǎn)：，由以上兩式可得。粒子第n次進入D形金屬盒Ⅱ時，已經(jīng)被加速（2n1）次。③由周期公式T電= 得=2∶1。E B【例4】 一個帶電微粒在圖示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。設(shè)桿足夠長，電場和磁場也足夠大， 求運動過程中小球的最大加速度和最大速度。一質(zhì)量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。所以中間磁場區(qū)域的寬度為（2）在電場中，在中間磁場中運動時間在右側(cè)磁場中運動時間，則粒子第一次回到O點的所用時間為。= T即磁感應(yīng)強度B應(yīng)滿足B≥ T教學(xué)后記帶電粒子在復(fù)合場的運動是高考每年必考內(nèi)容，且難度很高，分值也大，應(yīng)該針對學(xué)生情況，從常見的模型開始復(fù)習(xí)有關(guān)問題，幫助學(xué)生掌握帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，學(xué)會該類問題的一般分析方法。求：（1）中間磁場區(qū)域的寬度d； （2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t.解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得：由以上兩式，可得。二、綜合例析【例6】如圖所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B。勻強電場和勻強磁場的方向如圖所示，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。3．帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動（1）帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。②由③式Ek n=及為定值得，在題設(shè)條件下，粒子最終獲得動能與粒子質(zhì)量成正比。即T電=實際應(yīng)用中，回旋加速是用兩個D形金屬盒做外殼，兩個D形金屬盒分別充當交流電源的兩極，同時金屬盒對帶電粒子可起到靜電屏蔽作用，金屬盒可以屏蔽外界電場，盒內(nèi)電場很弱，這樣才能保證粒子在盒內(nèi)只受磁場力作用而做勻速圓周運動。由于洛倫茲力總不做功，所以兩次都是只有電場力做功，第一次為正功，第二次為負功，但功的絕對值相同。帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器?！啻┩笗r間t=T/12，故t=πd/3v。側(cè)移由R2=L2（Ry）2解出。解析：由于離子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量損失和電量損失，每次碰撞后離子的速度方向都沿半徑方向指向圓心，并且離子運動的軌跡是對稱的，如圖所示。解析：（1）離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作用下，則據(jù)牛頓第二定律可得： ，解得如圖所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2r 所以（2）當離子到位置P時，圓心角：因為，所以.r vRvO/O2．穿過圓形磁場區(qū)。的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。正、負電子同時從同一點O以與MN成30176。I【例2】 半導(dǎo)體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當于帶正電）導(dǎo)電，分為p型和n型兩種。當剛進入的正負離子受的洛倫茲力與電場力等值反向時，達到最大電壓：U=Bdv。條件是v與B垂直。176。求磁感應(yīng)強度B的大小。某時刻，桿的位置如圖，∠aOb=2θ，速度為v，求此時刻作用在桿上的安培力的大小。（在解這類題時必須畫出截面圖，只有在截面圖上才能正確表示各力的準確方向，從而弄清各矢量方向間的關(guān)系）。αα【例6】 如圖所示，光滑導(dǎo)軌與水平面成α角，導(dǎo)軌寬L。S N【例4】 如圖在條形磁鐵N極附近懸掛一個線圈，當線圈中通有逆時針方向的電流時，線圈將向哪個方向偏轉(zhuǎn)？解：用“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”最簡單：條形磁鐵的等效螺線管的電流在正面是向下的，與線圈中的電流方向相反，互相排斥，而左邊的線圈匝數(shù)多所以線圈向右偏轉(zhuǎn)。分析的關(guān)鍵是畫出相關(guān)的磁感線。在勻強磁場磁感線垂直于平面的情況下，B=Φ/S，所以磁感應(yīng)強度又叫磁通密度。⑶要熟記常見的幾種磁場的磁感線： 地球磁場 通電直導(dǎo)線周圍磁場 通電環(huán)行導(dǎo)線周圍磁場 ⑷安培定則（右手螺旋定則）：對直導(dǎo)線，四指指磁感線方向；對環(huán)行電流，大拇指指中心軸線上的磁感線方向；對長直螺線管大拇指指螺線管內(nèi)部的磁感線方向。磁場對放入其中的磁極和電流有磁場力的作用（對磁極一定有力的作用；對電流只是可能有力的作用，當電流和磁感線平行時不受磁場力作用）。難點是帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題。其中重點是對安培力、洛倫茲力的理解、熟練解決通電直導(dǎo)線在復(fù)合場中的平衡和運動問題、帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題。）⑶變化的電場在周圍空間產(chǎn)生磁場。⑵磁感線是封閉曲線（和靜電場的電場線不同）。可以認為穿過某個面的磁感線條數(shù)就是磁通量。后平移）。⑶把條形磁鐵等效為通電螺線管，上方的電流是向里的，與通電導(dǎo)線中的電流是同向電流，所以互相吸引。兩種情況。當B的方向改為豎直向上時，這時安培力的方向變?yōu)樗较蛴遥貙?dǎo)軌方向合力為零，得BI2Lcosα=mgsinα，I2=I1/cosα。桿的電阻可以忽略不計，桿于圓環(huán)接觸良好。當線圈的導(dǎo)線中通有電流I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達到平衡；然后使電流反向，這時需要在一臂上加質(zhì)量為m的砝碼，才能使兩臂再達到平衡。角，導(dǎo)線中通過的電流為I，為了增大導(dǎo)線所受的磁場力，可采取下列四種辦法，其中不正確的是176。由以上四式可得F=qvB。正、負極板間會產(chǎn)生電場。在外電路斷開時最終將達到平衡態(tài)。帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，由此可以推導(dǎo)出該圓周運動的半徑公式和周期公式： MNBOv【例3】 如圖直線MN上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。yxoBvvaO/【例4】 一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60176。磁感應(yīng)強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于圖1中紙面向里.（1）求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離.（2）如果離子進入磁場后經(jīng)過時間t到達位置P，證明:直線OP與離子入射方向之間的夾角θ跟t的關(guān)系是。要使帶電粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞多次后仍從A點射出，不計粒子的重力。偏轉(zhuǎn)角由sinθ=L/R求出。=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v又∵AB圓心角是30176。 帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學(xué)目標：掌握帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，學(xué)會該類問題的一般分析方法教學(xué)重點：帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學(xué)難點：帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學(xué)方法：講練結(jié)合，計算機輔助教學(xué)教學(xué)過程：一、帶電粒子在混合場中的運動＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋－ － － － ― ― ―v1．速度選擇器正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。解：B增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電。帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動的周期為，為達到不斷加速的目的，只要在A A/上加上周期也為T的交變電壓就可以了。【例3】一個回旋加速器，當外加電場的頻率一定時，可以把質(zhì)子的速率加速到v，質(zhì)子所能獲得的能量為E，則：①這一回旋加速器能把α粒子加速到多大的速度？②這一回旋加速器能把α粒子加速到多大的能量？③這一回旋加速器加速α粒子的磁感應(yīng)強度跟加速質(zhì)子的磁感應(yīng)強度之比為？解：①由qvnB=m得 vn=由周期公式T電= 得知，在外加電場的頻率一定時，為定值，結(jié)合④式得=v。所以帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間t =nT=.=。EqmgNv afvmqvB Eq N fmg【例5】質(zhì)量為m帶電量為q的小球套在豎直放置的絕緣桿上，球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ。所以開始的加速度最大為；摩擦力等于重力時速度最大，為。一個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復(fù)上述運動過程。角4.（1）在虛線上方，球受電場力、磁場力、摩擦力作用，環(huán)最后做勻速運動，摩擦力與電場力平衡f=μN=μBqv=fE=qE1 ①在虛線下方環(huán)仍作做速運動，此時電場力與磁場力平衡Bvq＝qE2 ②聯(lián)立以上兩式得=μ= ③（2）在虛線上方電場力做功EE=qE1L ④摩擦力做功Wf=WEmv2 ⑤在虛線下方，撤去電場后小環(huán)做勻速圓周運動Bvq= ⑥①、⑥聯(lián)立得mv2= ⑦ ⑧，從c端射出時的速度為v2，由能量關(guān)系得mv12=eU ①mv22=mv12=neU ②