1、交變電流和電磁感應帶電粒子在復合場中的運動一、帶電粒子在混合場中的運動1速度選擇器正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。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。否那么將發(fā)生偏轉。這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq，。在本圖中，速度方向必須向右。1這個結論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關。2假設速度小于這一速度，電場力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉，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，而是一條復雜曲線；假設大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也

2、將減小，軌跡是一條復雜曲線?！纠?】 某帶電粒子從圖中速度選擇器左端由中點O以速度v0向右射去，從右端中心a下方的b點以速度v1射出；假設增大磁感應強度B，該粒子將打到a點上方的c點，且有ac=ab，那么該粒子帶_電；第二次射出時的速度為_。【例2】 如下圖，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偏轉角度均為，求EB解：分別利用帶電粒子的偏角公式。在電場中偏轉：，在磁場中偏轉：，由以上兩式可得?？梢宰C明：當偏轉角相同時，側移必然不同電場中側移較大；當側移相同時，偏轉角必然不同磁場中偏轉角較大。2盤旋加速器盤旋加速器是高考考查的的重點內容

3、之一，但很多同學往往對這類問題似是而非，認識不深，甚至束手無策、，因此在學習過程中，尤其是高三復習過程中應引起重視。1有關物理學史知識和盤旋加速器的根本結構和原理1932年美國物理學家應用了帶電粒子在磁場中運動的特點創(chuàng)造了盤旋加速器，其原理如下圖。A0處帶正電的粒子源發(fā)出帶正電的粒子以速度v0垂直進入勻強磁場，在磁場中勻速轉動半個周期，到達A1時，在A1 A1/處造成向上的電場，粒子被加速，速率由v0增加到v1，然后粒子以v1在磁場中勻速轉動半個周期，到達A2/時，在A2/ A2處造成向下的電場，粒子又一次被加速，速率由v1增加到v2，如此繼續(xù)下去，每當粒子經(jīng)過A A/的交界面時都是它被加速，

4、從而速度不斷地增加。帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動的周期為，為到達不斷加速的目的，只要在A A/上加上周期也為T的交變電壓就可以了。即T電=實際應用中，盤旋加速是用兩個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，盒內電場很弱，這樣才能保證粒子在盒內只受磁場力作用而做勻速圓周運動。2帶電粒子在D形金屬盒內運動的軌道半徑是不等距分布的設粒子的質量為m，電荷量為q，兩D形金屬盒間的加速電壓為U，勻強磁場的磁感應強度為B，粒子第一次進入D形金屬盒，被電場加速1次，以后每次進入D形金屬盒都要被電場加速2次。粒子第n次進入D形金屬

5、盒時，已經(jīng)被加速2n-1次。由動能定理得2n1qU=Mvn2。 第n次進入D形金屬盒后，由牛頓第二定律得qvnB=m 由兩式得n=同理可得第n+1次進入D形金屬盒時的軌道半徑rn+1=可見，粒子獲得的能量與盤旋加速器的直徑有關，直徑越大，粒子獲得的能量就越大?！纠?】一個盤旋加速器，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，那么：這一盤旋加速器能把粒子加速到多大的速度？這一盤旋加速器能把粒子加速到多大的能量？這一盤旋加速器加速粒子的磁感應強度跟加速質子的磁感應強度之比為？解：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，結合式得

6、=v。由式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。所以粒子獲得的能量為4E。由周期公式T電= 得=21。4決定帶電粒子在盤旋加速器內運動時間長短的因素帶電粒子在盤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=。所以帶電粒子在盤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

7、倫茲力充當向心力?！纠?】 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。那么該帶電微粒必然帶_，旋轉方向為_。假設圓半徑為r，電場強度為E磁感應強度為B，那么線速度為_。解：因為必須有電場力與重力平衡，所以必為負電；由左手定那么得逆時針轉動；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?！纠?】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。勻強電場和勻強磁場的方向如下圖，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

8、。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??；當洛倫茲力等于電場力時加速度最大為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，小球速度到達最大。假設將磁場的方向反向，而其他因素都不變，那么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】如下圖，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

9、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、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(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，那么兩電極之間的電壓U應是多少？不計重力，整個裝置在真空中解析：如下圖，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。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)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(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r.由以上各式解得；.【例7】如下圖，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