【正文】 磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為L的O＇處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質(zhì)量為m的電子以速率v從左側(cè)沿OO＇方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如圖所示，求O＇P的長度和電子通過磁場所用的時間。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O″，半徑為R。
由得R=MNO,LAORθ/2θθ/2BPO//，3．穿過矩形磁場區(qū)。偏轉(zhuǎn)角由sinθ=L/R求出。經(jīng)歷時間由得出。則電子的質(zhì)量是 ，穿透磁場的時間是 。OB為半徑。=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v又∵AB圓心角是30176。帶電粒子在長足夠大的長方形磁場中的運動時要注意臨界條件的分析。解析：由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結(jié)為求粒子能在右邊穿出時r的最小值r1以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2，由幾何知識得：粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O點，有：r12＝L2+（r1L/2）2得r1=5L/4，又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m，∴v5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。綜上可得正確答案是A、B。 帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學目標：掌握帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，學會該類問題的一般分析方法教學重點：帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學難點：帶電粒子在復(fù)合場中的運動教學方法：講練結(jié)合，計算機輔助教學教學過程：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。否則將發(fā)生偏轉(zhuǎn)。在本圖中，速度方向必須向右。（2）若速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復(fù)雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉(zhuǎn)，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復(fù)雜曲線。解：B增大后向上偏，說明洛倫茲力向上，所以為帶正電?！纠?】 如圖所示，一個帶電粒子兩次以同樣的垂直于場線的初速度v0分別穿越勻強電場區(qū)和勻強磁場區(qū)， 場區(qū)的寬度均為L偏轉(zhuǎn)角度均為α，求E∶B解：分別利用帶電粒子的偏角公式。可以證明：當偏轉(zhuǎn)角相同時，側(cè)移必然不同（電場中側(cè)移較大）；當側(cè)移相同時，偏轉(zhuǎn)角必然不同（磁場中偏轉(zhuǎn)角較大）。（1）有關(guān)物理學史知識和回旋加速器的基本結(jié)構(gòu)和原理1932年美國物理學家應(yīng)用了帶電粒子在磁場中運動的特點發(fā)明了回旋加速器，其原理如圖所示。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。（2）帶電粒子在D形金屬盒內(nèi)運動的軌道半徑是不等距分布的設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，兩D形金屬盒間的加速電壓為U，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，粒子第一次進入D形金屬盒Ⅱ，被電場加速1次，以后每次進入D形金屬盒Ⅱ都要被電場加速2次。由動能定理得（2n－1）qU=Mvn2。（3）帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動，決定其最終能量的因素由于D形金屬盒的大小一定，所以不管粒子的大小及帶電量如何，粒子最終從加速器內(nèi)設(shè)出時應(yīng)具有相同的旋轉(zhuǎn)半徑。【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α粒子獲得的能量為4E。（4）決定帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間長短的因素帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間長短，與帶電粒子做勻速圓周運動的周期有關(guān)，同時還與帶電粒在磁場中轉(zhuǎn)動的圈數(shù)有關(guān)。因每加速一次粒子獲得能量為qU，每圈有兩次加速。所以帶電粒子在回旋加速器內(nèi)運動時間t =nT=.=。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力。則該帶電微粒必然帶_____，旋轉(zhuǎn)方向為_____。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(zhuǎn)動；再由（2）與力學緊密結(jié)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）。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。小球由靜止釋放后沿桿下滑。解：不妨假設(shè)設(shè)小球帶正電（帶負電時電場力和洛倫茲力都將反向，結(jié)論相同）。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。所以開始的加速度最大為；摩擦力等于重力時速度最大，為。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場。如果該粒子經(jīng)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(yīng)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。設(shè)粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有設(shè)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(jīng)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。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?？梢娫趦纱艌鰠^(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。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(zhuǎn)，稱這種電場為偏轉(zhuǎn)電場，（重力不計），既可采用偏轉(zhuǎn)電場，也可采用偏轉(zhuǎn)磁場，只能采用偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場均可采用，偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)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(yīng)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(yīng)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(chǎn)生高能離子的裝置。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(yīng)強度為B的勻強磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運動。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(shè)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