【正文】 得qvnB=m……①和動量大小存在定量關系 m vn=…… ②由①②兩式得Ek n=……③可見，粒子獲得的能量與回旋加速器的直徑有關，直徑越大，粒子獲得的能量就越大?！纠?】一個回旋加速器，當外加電場的頻率一定時，可以把質子的速率加速到v，質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粒子的磁感應強度跟加速質子的磁感應強度之比為？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，結合④式得=v。②由③式Ek n=及為定值得，在題設條件下，粒子最終獲得動能與粒子質量成正比。所以α粒子獲得的能量為4E。③由周期公式T電= 得=2∶1。（4）決定帶電粒子在回旋加速器內運動時間長短的因素帶電粒子在回旋加速器內運動時間長短，與帶電粒子做勻速圓周運動的周期有關，同時還與帶電粒在磁場中轉動的圈數(shù)有關。設帶電粒子在磁場中轉動的圈數(shù)為n ，加速電壓為U。因每加速一次粒子獲得能量為qU，每圈有兩次加速。結合Ek n=知，2nqU=，因此n=　。所以帶電粒子在回旋加速器內運動時間t =nT=.=。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。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力。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做勻速圓周運動。則該帶電微粒必然帶_____，旋轉方向為_____。若已知圓半徑為r，電場強度為E磁感應強度為B，則線速度為_____。解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定則得逆時針轉動；再由（2）與力學緊密結合的綜合題，要認真分析受力情況和運動情況（包括速度和加速度）。必要時加以討論。EqmgNv afvmqvB Eq N fmg【例5】質量為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。勻強電場和勻強磁場的方向如圖所示，電場強度為E，磁感應強度為B。小球由靜止釋放后沿桿下滑。設桿足夠長，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。解：不妨假設設小球帶正電（帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結論相同）。剛釋放時小球受重力、電場力、彈力、摩擦力作用，向下加速；開始運動后又受到洛倫茲力作用，彈力、摩擦力開始減?。划斅鍌惼澚Φ扔陔妶隽r加速度最大為g。隨著v的增大，洛倫茲力大于電場力，彈力方向變?yōu)橄蛴?，且不斷增大，摩擦力隨著增大，加速度減小，當摩擦力和重力大小相等時，小球速度達到最大。若將磁場的方向反向，而其他因素都不變，則開始運動后洛倫茲力向右，彈力、摩擦力不斷增大，加速度減小。所以開始的加速度最大為；摩擦力等于重力時速度最大，為。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。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內有沿半徑向外的電場。一質量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）解析：如圖所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=；.【例7】如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質量為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)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。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，由牛頓第二定律，可得：由以上兩式，可得。可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖13所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。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磁場中運動時間，則粒子第一次回到O點的所用時間為。三、針對訓練1．帶電粒子垂直進入勻強電場或勻強磁場中時粒子將發(fā)生偏轉，稱這種電場為偏轉電場，（重力不計），既可采用偏轉電場，也可采用偏轉磁場，只能采用偏轉電場，偏轉電場和偏轉磁場均可采用，偏轉電場和偏轉磁場均可采用2．目前，表示了它的原理：將一束等離子體噴射入磁場，在場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，兩金屬板的板長為L，板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，A. B.C. D.3．空間存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，強度分別為E=10 N/C，B＝1 T，＝106 kg，帶正電q＝106 C的微粒，在此空間做勻速直線運動，.4．如圖所示，水平虛線上方有場強為E1的勻強電場，方向豎直向下，虛線下方有場強為E2的勻強電場，方向水平向右；在虛線上、下方均有磁感應強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，ab是一長為L的絕緣細桿，豎直位于虛線上方，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶電小環(huán)從a端由靜止開始釋放，小環(huán)先加速而后勻速到達b端，環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)μ＝，小環(huán)的重力不計，當環(huán)脫離桿后在虛線下方沿原方向做勻速直線運動，求：（1）E1與E2的比值；（2）若撤去虛線下方的電場，小環(huán)進入虛線下方后的運動軌跡為半圓，圓周半徑為，環(huán)從a到b的過程中克服摩擦力做功Wf與電場做功WE之比有多大?5．串列加速器是用來產生高能離子的裝置。圖中虛線框內為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U，a、c兩端均有電極接地（電勢為零）.現(xiàn)將速度很低的負一價碳離子從a端輸入，當離子到達b處時，可被設在b處的特殊裝置將其電子剝離。這些正n價碳離子從c端飛出后進入一與其速度方向垂直的、磁感應強度為B的勻強磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運動。已知碳離子的質量m=1026 kg，U=105 V，B= T，n=2，基元電荷e=1019 C，求R.6．如圖所示，兩塊垂直紙面的平行金屬板A、B相距d= cm，B板的中央M處有一個α粒子源，可向各個方向射出速率相同的α粒子，α粒子的荷質比q／m=107 C／，可以在A、B板間加一個電壓，所加電壓最小值是U0=104 V；若撤去A、B間的電壓，仍使所有α粒子都不能到達A板，可以在A、B間加一個垂直紙面的勻強磁場，該勻強磁場的磁感應強度B必須符合什么條件? 參考答案 m/s；斜向上與電場強度方向成60176。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，由能量關系得mv12=eU ①mv22=mv12=neU ②進入磁場后，碳離子做圓周運動， 可得nev2B=m ③由以上三式可得 R= ④由④式及題給數(shù)值可解得R= m 6. 設速率為v，在電場力作用下最容易到達A板的是速度方向垂直B板的α粒子由動能定理得: qU=mv2加磁場后，速率為v的α粒子的軌道半徑為d/2，. 因為:Bqv=由上兩式得:B== T即磁感應強度B應滿足B≥ T教學后記帶電粒子在復合場的運動是高考每年必考內容，且難度很高，分值也大，應該針對學生情況，從常見的模型開始復習有關問題，幫助學生掌握帶電粒子在復合場中的運動問題，學會該類問題的一般分析方法。