第8章第3課時磁場對運動電荷的作用

1、磁場磁場磁場對運動電荷的作用磁場對運動電荷的作用第八章一、洛倫茲力一、洛倫茲力1.洛倫茲力是洛倫茲力是.2.大?。捍笮。?(此式只適用于電荷運動此式只適用于電荷運動方向與磁場方向垂直的情況方向與磁場方向垂直的情況.若兩方向成若兩方向成角，角，洛倫茲力大小為洛倫茲力大小為F=qvBsin，當，當=0時，時，F=0，當當=90時，時，F=qvB). 3.方向：由左手定則判定方向：由左手定則判定(注意正、負電注意正、負電荷的不同荷的不同).F一定垂直一定垂直B、v所決定的平面，但所決定的平面，但B與與v不一定垂直不一定垂直.磁場對運動電荷的作用力磁場對運動電荷的作用力F=qvB在圖所示的各圖中，勻強

2、磁場的磁感應強度均為在圖所示的各圖中，勻強磁場的磁感應強度均為B，帶電粒子的，帶電粒子的速率均為速率均為v，帶電荷量均為，帶電荷量均為q.試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力試求出圖中帶電粒子所受洛倫茲力的大小，并指出洛倫茲力的方向的大小，并指出洛倫茲力的方向2 洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力與電場力的比較洛倫茲力洛倫茲力電場力電場力定義定義磁場對在其中運動電荷的作用力磁場對在其中運動電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力電場對放入其中電荷的作用力產生產生條件條件磁場中靜止電荷、沿磁場方向運動磁場中靜止電荷、沿磁場方向運動的電荷均不受洛倫茲力作用的電荷均不受洛倫茲力作用電場中的電荷無論靜止，還是沿任

3、電場中的電荷無論靜止，還是沿任何方向運動都要受到電場力作用何方向運動都要受到電場力作用方向方向由左手定則判定由左手定則判定洛倫茲力方向一定垂直于磁場方洛倫茲力方向一定垂直于磁場方向以及電荷運動方向向以及電荷運動方向(電荷運動方電荷運動方向與磁場方向不一定垂直向與磁場方向不一定垂直)方向由電荷正負、電場方向決定方向由電荷正負、電場方向決定正電荷受力方向與電場方向一致，正電荷受力方向與電場方向一致，負電荷受力方向與電場方向相反負電荷受力方向與電場方向相反大小大小f=qvB(vB)與電荷運動速度有關與電荷運動速度有關F=qE與電荷運動速度無關與電荷運動速度無關做功做功情況情況一定不做功一定不做功可能

4、做正功，可能做負功，也可能可能做正功，可能做負功，也可能不做功不做功注意注意事項事項B=0,f=0；f=0，B不一定為零不一定為零電荷正負電荷正負E=0,F=0；F=0,E=0電荷正負電荷正負 (1)洛倫茲力方向與速度方向一定垂直，而電場洛倫茲力方向與速度方向一定垂直，而電場力的方向與速度方向無必然聯系。力的方向與速度方向無必然聯系。 (2)安培力是洛倫茲力的宏觀表現，但各自的安培力是洛倫茲力的宏觀表現，但各自的表現形式不同，洛倫茲力對運動電荷永遠不做功，表現形式不同，洛倫茲力對運動電荷永遠不做功，而安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不而安培力對通電導線可做正功，可做負功，也可不做功。做

5、功。對洛倫茲力的理解對洛倫茲力的理解【例【例1】如圖所示，表面粗糙的斜面】如圖所示，表面粗糙的斜面 固定于地面上，并處于方向垂直固定于地面上，并處于方向垂直 紙面向外、強度為紙面向外、強度為B的勻強磁場的勻強磁場 中，質量為中，質量為m、帶電荷量為、帶電荷量為+Q的的 小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。 在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是( ) A.滑塊受到的摩擦力不變滑塊受到的摩擦力不變 B.滑塊到達地面時的動能與滑塊到達地面時的動能與B的大小無關的大小無關 C.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下

6、D.滑塊最終可能會沿斜面做勻速直線運動滑塊最終可能會沿斜面做勻速直線運動 【解析【解析】本題將洛倫茲力知識與物體的本題將洛倫茲力知識與物體的平衡、運動學知識結合考查，要求學生有平衡、運動學知識結合考查，要求學生有比較強的分析能力和推理能力?；瑝K下滑比較強的分析能力和推理能力。滑塊下滑的過程中，受力分析如圖所示，的過程中，受力分析如圖所示，C對；摩擦對；摩擦力力f= FN，而，而FN=G2+F洛洛=G2+qvB，由于，由于G2不變，不變，v增大，故增大，故FN增大，增大，f增大，增大，A錯；由于摩擦力的大小錯；由于摩擦力的大小與與B有關，而滑塊到達地面時的動能與重力做功和摩擦力做有關，而滑塊到達

7、地面時的動能與重力做功和摩擦力做功有關，故功有關，故B錯；如果斜面足夠長，當錯；如果斜面足夠長，當F=G1時，滑塊將會沿時，滑塊將會沿斜面做勻速直線運動，故斜面做勻速直線運動，故D正確。正確。(1)用左手定則判斷出洛倫茲力的方向。用左手定則判斷出洛倫茲力的方向。(2)滑塊受到的滑動摩擦力大小與它對斜面的正壓力成正比。滑塊受到的滑動摩擦力大小與它對斜面的正壓力成正比。(3)滑塊到達地面的動能與克服摩擦力做的功有關?；瑝K到達地面的動能與克服摩擦力做的功有關。 1一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面一個帶正電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向右運動，速度方向垂直于一個水平方向的勻強

8、磁場，如圖所示，小球飛方向的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，設飛行時間為離桌面后落到地板上，設飛行時間為t1，水平射程為，水平射程為s1，著地速度為，著地速度為v1，撤，撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，水平射程，水平射程為為s2，著地速度為，著地速度為v2，則下列論述正確的是，則下列論述正確的是( )A.s1s2 B.t1t2C.v1和和v2大小相等大小相等 D.v1和和v2方向相同方向相同A B C圖圖3答案答案勻速勻速直線直線 勻速圓周勻速圓周 m2r 考點考點2 2 帶電粒子在勻強磁場中的運動帶電粒子在勻強磁場中的運動 1

9、.半徑及周期的求解半徑及周期的求解 質量為質量為m，帶電荷量為，帶電荷量為q，速率為，速率為v的帶電粒子，在磁感應的帶電粒子，在磁感應強度為強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，的勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即即qvB=mv2/r，可得半徑公式，可得半徑公式r=mv/(qB)，再由，再由T=2 r/v得周期公得周期公式式T=2 m/(qB)。 (1)圓心的確定圓心的確定 帶電粒子垂直進入磁場后，一定帶電粒子垂直進入磁場后，一定做圓周運動，其速度方向一定沿圓周做圓周運動，其速度方向一定沿圓周的切線方向，因此圓心的位置必是兩的切線方向，因此圓心的位置必是兩速度方

10、向垂線的交點或某一速度方向速度方向垂線的交點或某一速度方向的垂線與圓周上兩點連線中垂線的交的垂線與圓周上兩點連線中垂線的交點，方向如圖所示。點，方向如圖所示。2.帶電粒子在勻強磁場中的運動問題的分析思路帶電粒子在勻強磁場中的運動問題的分析思路 (2)運動半徑大小的確定運動半徑大小的確定 一般先作入射點、出射點對應的半徑，并作出相應的輔一般先作入射點、出射點對應的半徑，并作出相應的輔助三角形，然后利用三角函數求解出半徑的大小。助三角形，然后利用三角函數求解出半徑的大小。 (3)運動時間的確定運動時間的確定 首先利用周期公式首先利用周期公式T=2 m/(qB)，求出運動周期，求出運動周期T，然后求

11、出粒子運動的圓弧所對應的圓心角，然后求出粒子運動的圓弧所對應的圓心角 ，其運動時間其運動時間t= T/(2 )。 在同一磁場中，同一帶電粒子的速率在同一磁場中，同一帶電粒子的速率v變化時，變化時，T不變，其不變，其運動軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。運動軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。 (4)圓心角的確定圓心角的確定 帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向間的夾角速度方向間的夾角 叫偏向角。偏向角等于圓心角叫偏向角。偏向角等于圓心角即即 = ，如圖所示。，如圖所示。 某段圓弧所對應的圓心角是這段圓弧弦切角的二倍，某段圓弧所對應的圓心角是這段

12、圓弧弦切角的二倍，即即 =2 。3.3.帶電粒子在不同邊界磁場中的運動帶電粒子在不同邊界磁場中的運動(1)(1)直線邊界直線邊界( (進出磁場具有對稱性，如圖進出磁場具有對稱性，如圖甲甲).).甲甲(2)(2)平行邊界平行邊界( (存在臨界條件，如圖乙存在臨界條件，如圖乙). ). 乙乙(3)(3)圓形邊界圓形邊界( (沿徑向射入必沿徑向射出，如圖丙沿徑向射入必沿徑向射出，如圖丙).).丙丙【例【例1】在真空中，半徑】在真空中，半徑r=310-2 m的圓的圓 形區(qū)域內有勻強磁場，方向如圖所示，形區(qū)域內有勻強磁場，方向如圖所示， 磁感應強度磁感應強度B=0.2 T，一個帶正電的粒，一個帶正電的粒

13、 子，以初速度子，以初速度v=106 m/s從磁場邊界上從磁場邊界上 直徑直徑ab的一端的一端a射入磁場，已知該粒子射入磁場，已知該粒子 的比荷的比荷q/m=108 C/kg，不計粒子重力。，不計粒子重力。 求：求： (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是多少？粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是多少？ (2)若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉角，求入射時若要使粒子飛離磁場時有最大偏轉角，求入射時v方向方向 與與ab的夾角的夾角 及粒子的最大偏轉角及粒子的最大偏轉角 。帶電粒子磁場中運動的基本問題帶電粒子磁場中運動的基本問題 挖掘隱含的幾何條件是解本題的關鍵，帶電粒子在勻強磁場中的圓周挖掘隱含的幾

14、何條件是解本題的關鍵，帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題，關鍵之處要正確找出粒子軌道的圓心和半徑，畫出軌跡圓弧，運動問題，關鍵之處要正確找出粒子軌道的圓心和半徑，畫出軌跡圓弧，由幾何形狀明確弦切角、圓心角和偏轉角之間的關系，從而就可進一步求由幾何形狀明確弦切角、圓心角和偏轉角之間的關系，從而就可進一步求出粒子在磁場中運動的時間問題。出粒子在磁場中運動的時間問題。 【解析解析】 (1)粒子射入磁場后，由于不計重力，所以粒子射入磁場后，由于不計重力，所以洛倫茲力充當圓周運動所需要的向心力。洛倫茲力充當圓周運動所需要的向心力。 根據牛頓第二定律有：根據牛頓第二定律有：qvB=mv2/R 所以所以R=

15、mv/(qB)=510-2 m。 (2) 粒子在圓形磁場區(qū)域內的軌跡為一段半徑粒子在圓形磁場區(qū)域內的軌跡為一段半徑R=5 cm的圓弧，要使偏轉角最大，就要求這段圓弧對應的弦最的圓弧，要使偏轉角最大，就要求這段圓弧對應的弦最長，即為場區(qū)的直徑，粒子運動軌跡的圓心長，即為場區(qū)的直徑，粒子運動軌跡的圓心O在在ab弦中垂線上，弦中垂線上，如圖所示：如圖所示： 由幾何關系可知：由幾何關系可知：sin =r/R=0.6， 所以所以 =37 粒子的最大偏轉角粒子的最大偏轉角 =2 =74。一足夠長的矩形區(qū)域一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿磁感應強度為內充滿磁感應強度為B、方向垂、方向垂直于紙面向里的勻強磁場

16、，矩形區(qū)域的左邊界直于紙面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad長為長為L，現現從從ad中點垂直于磁場射入一速度方向與中點垂直于磁場射入一速度方向與ad邊夾角為邊夾角為30，大小為大小為v0的帶正電粒子，如圖所示，已知粒子電荷量為的帶正電粒子，如圖所示，已知粒子電荷量為q，質量為質量為m(重力不計重力不計). (1)若要求粒子能從若要求粒子能從ab邊射出磁場，邊射出磁場，v0應滿足什么條件應滿足什么條件?(2)若要求粒子在磁場中運動的若要求粒子在磁場中運動的時間最長，粒子應從哪一條邊時間最長，粒子應從哪一條邊界處射出，出射點位于該邊界界處射出，出射點位于該邊界上何處上何處?最長時間是多少最長時間

17、是多少?(1)若粒子速度為若粒子速度為v0，則則 ，所以有所以有R= ，如下圖所示，如下圖所示.200vqv BmR 0mvqB設圓心在設圓心在O1處對應圓弧與處對應圓弧與ab邊相切，相應邊相切，相應速度為速度為v01，則，則R1R1sin= ，將將R1=代入上式可得，代入上式可得，v01=類似地，設圓心在類似地，設圓心在O2處對應圓弧與處對應圓弧與cd邊相邊相切，相應速度為切，相應速度為v02，則，則R2-R2sin=，將將R2=代入上式可得，代入上式可得，v02=所以粒子能從所以粒子能從ab邊上射出磁場的邊上射出磁場的v0應滿足應滿足v02L01mvqB3qBLmqBLm2L02mvqB3

18、qBLmqBLm(2)由由 及可知，及可知，粒子在磁場中經過的弧所對的圓心角粒子在磁場中經過的弧所對的圓心角越大，在磁場中運動的時間也越長越大，在磁場中運動的時間也越長.由由圖可知，在磁場中運動的半徑圖可知，在磁場中運動的半徑rR1時，時，運動時間最長，弧所對圓心角為運動時間最長，弧所對圓心角為(2-2)，所以最長時間為所以最長時間為t 2tT 2 mTqB (22 )53mmqBqB 解答此類問題的關鍵是確定解答此類問題的關鍵是確定粒子圓周運動的圓心、半徑和軌跡，找粒子圓周運動的圓心、半徑和軌跡，找圓心的方法是根據粒子進入磁場時的初圓心的方法是根據粒子進入磁場時的初始條件和射出磁場時的邊界條

19、件始條件和射出磁場時的邊界條件.確定確定粒子半徑要用到幾何知識，根據邊角關粒子半徑要用到幾何知識，根據邊角關系確定系確定.【例【例3 3】(15(15分分) )如圖所示如圖所示, ,在空間有一直在空間有一直角坐標系角坐標系xOyxOy, ,直線直線OPOP與與x x軸正方向的夾角軸正方向的夾角為為3030, ,第一象限內有兩個方向都垂直紙第一象限內有兩個方向都垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域面向外的勻強磁場區(qū)域和和,直線直線OPOP是是它們的理想邊界它們的理想邊界,OP,OP上方區(qū)域上方區(qū)域中磁場的中磁場的磁感應強度為磁感應強度為B.B.一質量為一質量為m,m,電荷量為電荷量為q q的質子的質子(

20、(不計重力不計重力, ,不計質子對磁場的影響不計質子對磁場的影響) )以速度以速度v v從從O O點沿與點沿與OPOP成成3030角的角的方向垂直磁場進入區(qū)域方向垂直磁場進入區(qū)域,質子先后通過磁場區(qū)域質子先后通過磁場區(qū)域和和后后, ,恰好垂直打在恰好垂直打在x x軸上的軸上的Q Q點點( (圖中未畫出圖中未畫出),),試求試求: :帶電粒子在不同有界勻強磁場中的運動帶電粒子在不同有界勻強磁場中的運動 (1)(1)區(qū)域區(qū)域中磁場的磁感應強度大小中磁場的磁感應強度大小; ;(2)Q(2)Q點到點到O O點的距離點的距離. . 【解題指南【解題指南】解答本題應注意以下四點解答本題應注意以下四點: :

21、(1)(1)根據邊界條件和粒子入射方向確定粒子在磁場中運動根據邊界條件和粒子入射方向確定粒子在磁場中運動的軌跡、圓心、圓心角等的軌跡、圓心、圓心角等. .(2)(2)根據幾何關系確定粒子運動軌跡的半徑根據幾何關系確定粒子運動軌跡的半徑. .(3)(3)根據洛倫茲力提供向心力列出關系式確定區(qū)域根據洛倫茲力提供向心力列出關系式確定區(qū)域的磁的磁感應強度感應強度. .(4)(4)根據幾何關系確定根據幾何關系確定Q Q點到點到O O點的距離點的距離. .【規(guī)范解答【規(guī)范解答】(1)(1)設質子在勻強磁場區(qū)域設質子在勻強磁場區(qū)域和和中做勻速圓周運動中做勻速圓周運動的軌道半徑分別為的軌道半徑分別為r r1

22、1和和r r2 2, ,區(qū)域區(qū)域中磁感應強度為中磁感應強度為B,B,由牛頓第二定由牛頓第二定律得律得 (2(2分分 (2(2分分) ) 21vqvBmr22vqvBmr 質子在兩區(qū)域運動的軌跡如圖所示質子在兩區(qū)域運動的軌跡如圖所示,由幾何由幾何關系可知關系可知,質子從質子從A點出勻強磁場區(qū)域點出勻強磁場區(qū)域時時的速度方向與的速度方向與OP的夾角為的夾角為30,故質子在故質子在勻強磁場區(qū)域勻強磁場區(qū)域中運動軌跡對應的圓心角中運動軌跡對應的圓心角為為=60則則O1OA為等邊三角形為等邊三角形,即即OA=r1 (2分分)r2=OAsin30= r1 (2分分)解得區(qū)域解得區(qū)域中磁感應強度為中磁感應強

23、度為B=2B (2分分)(2)Q點到點到O點的距離為點的距離為 (5分分)12231 mvxOAcos30r().2qB【總結提升【總結提升】帶電粒子在勻強磁場中運動問題的規(guī)范求解帶電粒子在勻強磁場中運動問題的規(guī)范求解1.1.一般解題步驟一般解題步驟(1)(1)分析磁場的邊界條件分析磁場的邊界條件, ,結合粒子進出磁場的條件畫出帶結合粒子進出磁場的條件畫出帶電粒子運動軌跡電粒子運動軌跡, ,確定圓心確定圓心. .根據幾何關系求解半徑、圓心根據幾何關系求解半徑、圓心角等角等. .(2)(2)根據洛倫茲力提供向心力建立動力學方程根據洛倫茲力提供向心力建立動力學方程, ,分析已知量分析已知量和未知量

24、的關系和未知量的關系. .(3)(3)求解未知量求解未知量, ,并進行必要的分析驗證并進行必要的分析驗證. .2.2.應注意的問題應注意的問題(1)(1)不同邊界條件不同邊界條件, ,粒子運動臨界條件不同粒子運動臨界條件不同, ,應畫圖加以說應畫圖加以說明明. .(2)(2)所用幾何關系不需要進行證明所用幾何關系不需要進行證明. .(3)(3)多個粒子參與運動多個粒子參與運動, ,運動過程比較復雜時運動過程比較復雜時, ,各物理量符各物理量符號要提前設定號要提前設定, ,以免混淆以免混淆. .【變式訓練【變式訓練】如圖所示如圖所示, ,在直角坐標系的第在直角坐標系的第象限和第象限和第象限中象限

25、中的直角三角形區(qū)域內的直角三角形區(qū)域內, ,分布著磁感應強度均為分布著磁感應強度均為B=5.0B=5.01010-3 -3 T T的勻的勻強磁場強磁場, ,方向分別垂直紙面向外和向里方向分別垂直紙面向外和向里. .質量為質量為m=6.64m=6.641010-27-27kgkg、電荷量為電荷量為q=+3.2q=+3.21010-19-19 C C的的粒子粒子( (不計不計粒子的重力粒子的重力),),由靜止由靜止開始經加速電壓為開始經加速電壓為U=1 205 VU=1 205 V的電場的電場( (圖中未畫出圖中未畫出) )加速后加速后, ,從坐標從坐標點點M(-4, )M(-4, )處平行于處平

26、行于x x軸向右運動軸向右運動, ,并先后通過兩個勻強磁場區(qū)域并先后通過兩個勻強磁場區(qū)域. . 2(1)(1)求求粒子在磁場中的運動半徑粒子在磁場中的運動半徑; ;(2)(2)在圖中畫出在圖中畫出粒子從直線粒子從直線x=-4x=-4到直線到直線x=4x=4之間的運動軌跡之間的運動軌跡, ,并在圖并在圖中標明軌跡與直線中標明軌跡與直線x=4x=4交點的坐標交點的坐標; ;(3)(3)求出求出粒子在兩個磁場區(qū)域偏轉粒子在兩個磁場區(qū)域偏轉所用的總時間所用的總時間. . 【解析【解析】(1)(1)粒子在電場中被加速粒子在電場中被加速, ,由動能定理得由動能定理得粒子在磁場中偏轉粒子在磁場中偏轉, ,由

27、牛頓第二定律得由牛頓第二定律得聯立解得聯立解得21qUmv22vqvBmr271912mU12 6.64 101 205r2(m).Bq0.0053.2 10(2)(2)由幾何關系可得由幾何關系可得,粒子恰好垂直穿過分界線粒子恰好垂直穿過分界線, ,故正確圖象如故正確圖象如圖所示圖所示. . (3)(3)帶電粒子在磁場中的運動周期帶電粒子在磁場中的運動周期粒子在兩個磁場中分別偏轉的弧度為粒子在兩個磁場中分別偏轉的弧度為 在磁場中的運動總在磁場中的運動總時間：時間：答案：答案：(1) m (2)(1) m (2)見解析見解析 (3)6.5(3)6.51010-6 -6 s s 2r2mTvqB1

28、mtT42qB2761933.14 6.64 106.5 10 (s).2 3.2 105 10 2,4圖圖5 交流交流 相等相等 磁感應強度磁感應強度B 半徑半徑r r 無關無關 【例證【例證4 4】回旋加速器是用于加速帶電粒子流，使之獲得很大動能的儀】回旋加速器是用于加速帶電粒子流，使之獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個器，其核心部分是兩個D D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒間狹縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫都得到加相接，以便在盒間狹縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫都得到加速；兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底

29、面，粒子源置于盒的圓速；兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為q q、質量為、質量為m m，粒子最大回旋半徑，粒子最大回旋半徑為為R Rm m，磁場的磁感應強度為，磁場的磁感應強度為B,B,其運動軌跡如圖所示，問：其運動軌跡如圖所示，問： 帶電粒子在磁場中運動的實際應用帶電粒子在磁場中運動的實際應用(1)(1)粒子在盒內磁場中做何種運動？粒子在盒內磁場中做何種運動？(2)(2)粒子在兩盒間狹縫內做何種運動？粒子在兩盒間狹縫內做何種運動？(3)(3)所加交變電壓頻率為多大？粒子所加交變電壓頻率為多大？粒子運動

30、角速度為多大？運動角速度為多大？(4)(4)粒子離開加速器時速度為多大？粒子離開加速器時速度為多大？(5)(5)設兩設兩D D形盒間電場的電勢差為形盒間電場的電勢差為U U，盒間距離為，盒間距離為d d，求加速到上，求加速到上述能量所需的時間述能量所需的時間. . 【解題指南【解題指南】在回旋加速器中，粒子處于電磁場中，在電場中在回旋加速器中，粒子處于電磁場中，在電場中被加速做直線運動，在磁場中偏轉做勻速圓周運動被加速做直線運動，在磁場中偏轉做勻速圓周運動. .粒子在電場粒子在電場中被加速的時間極短，磁場中做圓周運動的周期應和所加交變中被加速的時間極短，磁場中做圓周運動的周期應和所加交變電壓周

31、期一致電壓周期一致.D.D形盒的半徑決定粒子的最大速度，粒子每旋轉形盒的半徑決定粒子的最大速度，粒子每旋轉一周增加能量為一周增加能量為2qU2qU，由最終的能量可求出粒子被加速的次數，由最終的能量可求出粒子被加速的次數. . 【自主解答【自主解答】(1)D(1)D形盒由金屬導體制成，可屏蔽外電場形盒由金屬導體制成，可屏蔽外電場, ,因而盒因而盒內無電場內無電場. .盒內存在垂直盒面的磁場，故粒子在盒內磁場中做勻盒內存在垂直盒面的磁場，故粒子在盒內磁場中做勻速圓周運動速圓周運動. .(2)(2)兩盒間狹縫內存在勻強電場，且粒子速度方向與電場方向在兩盒間狹縫內存在勻強電場，且粒子速度方向與電場方向在同一條直線上，故粒子做勻加速直線運動同一條直線上，故粒子做勻加速直線運動. .(3)(3)粒子在電場中運動時間極短，高頻交變電壓頻率要符合粒子粒子在電場中運動時間極短，高頻交變電壓頻率要符合粒子回旋頻率回旋頻率回旋頻率回旋頻率角速度角速度1qBfT2mqB2f.m(4)(4)因粒子最大回旋半徑為因粒子最大回旋半徑為R Rm m, ,故故(5)(5)粒子每旋轉一周增加能量為粒子每旋轉一周增加能量為2qU2qU，設粒子在加速器中回旋次，設粒子在加速器中回旋次數為數為n n，則，則粒子在磁場中運動時間為粒子在磁場中運動時間為mmmmmvqBRR,v.qBm即2m1mvn 2qU2222