帶電粒子在有界磁場中運動地臨界問題地解題技巧

1、帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題的解題技巧仁壽一中北校區(qū)高2012級物理組帶電粒子（質(zhì)量m、電量q確定）在有界磁場中運動時， 涉及的可能變化的參量有入射點、入射速度大小、入射方向、出射點、出射方向、磁感應(yīng)強度大小、磁場方向等，其中磁感應(yīng)強度大小與入射速度大小影響的都是軌道半徑的大小，可歸并為同一因素（以“入射速度大小”代表），磁場方向在一般問題中不改變，若改變，也只需將已討論情況按反方向偏轉(zhuǎn)再分析一下即可。在具體問題中，這五個參量一般都是已知兩個，剩下其他參量不確定（但知道變化范圍）或待定，按已知參數(shù)可將問題分為如下10類，并可歸并為6大類型。所有這些問題，其通用解法是：第一步，找準(zhǔn)軌跡圓圓

2、心可能的位置，第二步，按一定丿唄序.盡可能多地作不同圓心對應(yīng)的軌跡圓（一般至少 5畫個類型已知參量類型一入射點、入射方向；出射點、出射方向類型二入射點、速度大?。怀錾潼c、速度大小類型三入射點、出射點類型四入射方向、出射方向類型五入射方向、速度大?。怀錾浞较?、速度大??；類型六入射點、出射方向；出射點，入射方向軌跡圓），第三步，根據(jù)所作的圖和題設(shè)條件，找出臨界軌跡圓，從而抓住解題的關(guān)鍵點。類型一：已知入射點和入射速度方向，但入射速度大小不確定（即軌道半徑不確定）這類問題的特點是：所有軌跡圓圓心均在過入射點、垂直入射速度的同一條直線上。* X *【例1】如圖所示，長為L的水平極板間有垂直于紙面向內(nèi)的

3、勻強磁 場，磁感應(yīng)強度為 B,板間距離也為 L,板不帶電.現(xiàn)有質(zhì)量為 m、電荷 量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是BqLA 使粒子的速度 v<4mBqLC 使粒子的速度 v> m5BqLB.使粒子的速度 v> 4mBqL5BqLD 使粒子的速度<v<【分析】粒子初速度方向已知,故不同速度大小的粒子軌跡圓圓心均在垂直初速度的直線上（如4m4m，其中軌跡圓和圖甲），在該直線上取不同點為圓心，半徑由小取到大，作出一系列圓（如圖乙）為臨界軌跡圓。軌道半徑小于軌跡圓或大于軌跡圓的粒子，均可射

4、出磁場而不打在極板上。*Jr*Jr*JrL比圖甲【解答】AB圖乙L-2）2，得5Lri =4mv i5 BqL5BqL由ri = D ，得vi=，所以v>時粒子能從右邊穿出Bq4m4m粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O '點，有Lr2 = _4mv2BqLBqL由2 =，得V2=，所以、v< 時粒子能從左邊穿出.Bq4m4m粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O 點，有 ri2= L2 + （門【易錯提醒】容易漏選A，錯在沒有將r先取較小值再連續(xù)增大，從而未分析出粒子還可以從磁場左邊界穿出的情況?！揪毩?xí)1】兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于J yLX X X XV兩屏

5、交線的直線為 x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示。在y>0 ,X Xlife*»X X! *0< x< a的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁場，在y>0 , x>a的區(qū)域 X X IL”ic0有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小均為B。在O點處有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電量為q （q>0 ）的粒子沿x軸經(jīng)小孔射入磁場，最后打在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮。入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值已知速度最大的粒子在 0< x<a的區(qū)域中運動的時間與在 x> a的區(qū)域中運動的時間之比為 2 : 5，在磁場中運

6、動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場中作圓周運動的周期。試求兩個熒光屏上亮線的范圍（不計重力的影響）。【分析】粒子在0<x<a的區(qū)域中的運動屬于初速度方向已知、大小不確定的情況，在垂直初速 度的直線（即y軸）上取不同點為圓心，半徑由小取到大，作出一系列圓（如圖甲），其中軌跡圓與直線x=a相切，為能打到y(tǒng)軸上的粒子中軌道半徑最大的；若粒子軌道半徑大于軌跡圓，粒子 將進(jìn)入x> a的區(qū)域，由對稱性可知，粒子在x> a的區(qū)域內(nèi)的軌跡圓圓心均在在 x=2 a直線上，在，其中軌跡圓為半徑x=2 a直線上取不同點為圓心，半徑由小取到大，可作出一系列圓（如

7、圖乙）最小的情況，軌跡圓為題目所要求的速度最大的粒子的軌跡。圖甲XyXXa2a圖乙【答案】豎直屏上發(fā)亮的范圍從0到2a，水平屏上發(fā)亮的范圍從2a2- 3a3mv【解答】粒子在磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場中運動半徑為：rqB速度小的粒子將在 x<a的區(qū)域走完半圓，射到豎直屏上。半圓的直徑在y軸上，半徑的范圍從0到a,屏上發(fā)亮的范圍從0到2a。軌道半徑大于a的粒子開始進(jìn)入右側(cè)磁場，考慮r=a的極限情況，這種粒子在右側(cè)的圓軌跡與 x軸在D點相切（虛線），0D=2 a，這是水平屏上發(fā)亮范圍的左邊界。速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和C' , C在y軸上,有

8、對稱性可知 C'在x=2 a直線上。t2為在x> a的區(qū)設(shè)ti為粒子在0< x< a的區(qū)域中運動的時間, 文檔域中運動的時間,tl27T由題意可知 一,tit2t2512T -5T由此解得：titi612由式和對稱性可得OCM60°MC'P 360°5_150°12所以 NC'P1506090即弧長NP為1/4圓周。因此,圓心C'在x設(shè)速度為最大值粒子的軌道半徑為軸上。MC 'N60°R,由直角VCOC'可得2Rsin602a R由圖可知OP=2a+R，因此水平熒光屏發(fā)亮范圍的右邊界的坐標(biāo)

9、【易錯提醒】本題容易把握不住隱含條件一一所有在x> a的區(qū)域內(nèi)的軌跡圓圓心均在在x=2 a直線上，從而造成在 x>a的區(qū)域內(nèi)的作圖困難；另一方面，在 x>a的區(qū)域內(nèi)作軌跡圓時，半徑未從軌跡圓半徑開始取值，致使軌跡圓未作出，從而將水平熒光屏發(fā)亮范圍的左邊界坐標(biāo)確定為x= a。類型二：已知入射點和入射速度大?。窜壍腊霃酱笮。肷渌俣确较虿淮_定這類問題的特點是：所有軌跡圓的圓心均在一個“圓心圓”上一一所謂“圓心圓”，是指以入射mv點為圓心，以r為半徑的圓。qBa【例2】如圖所示，在0 Wxwa、0Wy w 范圍內(nèi)有垂直手 xy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度2大小為B。坐標(biāo)原點

10、O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在 090°范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周 運動的半徑介于 a/2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開 磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分 之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的(1) 速度的大??；(2) 速度方向與y軸正方向夾角的正弦?！痉治觥勘绢}給定的情形是粒子軌道半徑r大小確定但初速度方向不確定，所有粒子的軌跡圓都要經(jīng)過入射點 0,入射點0到任一圓心的距離均為 r，故所有軌跡圓的圓心均在一個“圓心圓” 以入射點 0為圓心、r

11、為半徑的圓周上(如圖甲)?？紤]到粒子是向右偏轉(zhuǎn)，我們從最左邊的軌 跡圓畫起一一取“圓心圓”上不同點為圓心、r為半徑作出一系列圓，如圖乙所示；其中，軌跡180 ° )弦長越長，圓心角對應(yīng)弦長大于軌跡對應(yīng)弦長一一半徑一定、圓心角都較小時(均小于越大，粒子在磁場中運動時間越長一一故軌跡對應(yīng)圓心角為90R （2【答案】v圖甲圖乙（2 于）詈,sin_6- 6=10【解答】設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力得:2r v ” f mv qvB m , 解得：R RqB當(dāng)a/2< R< a時，在磁場中運動的時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧

12、，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t,依題意，t=T4時，/ OCA= n/2設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為a,由幾何關(guān)系得：aRsin R , Rsin a Rcos ,2且 sin2cos21.66 aqB .6-： 6解得：R (2)a, v (2), sin =22 m10【易錯提醒】由于作圖不仔細(xì)而把握不住“軌跡對應(yīng)弦長大于軌跡對應(yīng)弦長一一半徑一定、圓心角都較小時(均小于180 °)弦長越長，圓心角越大，粒子在磁場中運動時間越長”，從而誤認(rèn)為軌跡對應(yīng)粒子在磁場中運動時間最長。這類題作圖要講一個小技巧一一按粒子偏轉(zhuǎn)方向移動圓 心

13、作圖。X【練習(xí)2】如圖所示，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、 磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場。在t=0時刻，一位于ad邊中點O的粒子源 在abed平面內(nèi)發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與Od邊的夾角分布在0180 °范圍內(nèi)。已知沿Od方向發(fā)射的粒子 在t=t0時刻剛好從磁場邊界 cd上的p點離開磁場，粒子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方 形邊長L,粒子重力不計，求：(1) 粒子的比荷q/ m ；(2) 假設(shè)粒子源發(fā)射的粒子在 0180。范圍內(nèi)均勻分布，此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與粒子源 發(fā)射的總粒子數(shù)之比；(3) 從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的

14、時間?！痉治觥恳訪為半徑、0點為圓心作“圓心圓”（如圖甲）；由于粒子逆時針偏轉(zhuǎn)，從最下面的軌跡開始畫起（軌跡），在“圓心圓”取不同點為圓心、以L為半徑作出一系列圓（如圖乙）；其中軌跡與軌跡對稱，在磁場中運動時間相同；軌跡并不經(jīng)過c點，軌跡對應(yīng)弦長短于軌跡對應(yīng)弦長一一即沿軌跡運動的粒子最后離開磁場?！窘獯稹浚? ）初速度沿 Od方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖,其圓心為n由幾何關(guān)系有：Onp ,t0 6 12粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供根據(jù)牛頓第二定律得知口（討r，v乍得m臥（2）依題意，同一時刻仍在磁場中的粒子到0點距離相等。在to時刻仍在磁場中的粒子應(yīng)位于以0為圓心，Op為半徑的

15、弧 pw上。由圖知5pOw 6此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與總粒子數(shù)之比為5/6WY（3）在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場邊界b點相交，設(shè)此粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角為B,則在磁場中運動的最長時間t rT12 arcsin 上4to所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為t(2 arcsin)t0。4【易錯提醒】本題因作圖不認(rèn)真易錯誤地認(rèn)為軌跡經(jīng)過c點，認(rèn)為軌跡對應(yīng)弦長等于軌跡對應(yīng)弦長，于是將軌跡對應(yīng)粒子作為在磁場中運動時間最長的粒子進(jìn)行計算；雖然計算出來結(jié)果正確，但依據(jù)錯誤。類型三：已知入射點和出射點，但未知初速度大?。次粗霃酱笮。┖头较?這類問題的特點是：所有軌跡圓圓心均在入射點和出射點

16、連線的中垂線上。【例3】如圖所示，無重力空間中有一恒定的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直于xOy平面向m、電荷量+ q外，大小為B，沿x軸放置一個垂直于 xOy平面的較大的熒光屏，P點位于熒光屏上，在 y軸上的P點處在亮線上，已知 OA = OP = 1,A點放置一放射源，可以不斷地沿平面內(nèi)的不同方向以大小不等的速度放射出質(zhì)量為 的同種粒子，這些粒子打到熒光屏上能在屏上形成一條亮線, 求:（1 ）若能打到P點，則粒子速度的最小值為多少？（2）若能打到P點，則粒子在磁場中運動的最長時間為多少？【分析】粒子既經(jīng)過 A點又經(jīng)過P點，因此AP連線為粒子軌跡圓的一條弦，圓心必在該弦的 中垂線OM上（如圖甲

17、）。在OM上取不同點為圓心、以圓心和 A點連線長度為半徑由小到大作出 一系列圓（如圖乙），其中軌跡對應(yīng)半徑最小，而軌跡對應(yīng)粒子是Oi點上方軌道半徑最大的，由圖可知其對應(yīng)圓心角也最大?！敬鸢浮浚?）v2m，（2）t 2qB【解答】（1）粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子的速度大小為v時，其在磁場v2則由牛頓第二定律有：qBv = m R若粒子以最小的速度到達(dá) P點時，其軌跡一定疋s 近由幾何關(guān)系知：sap= J2l R= l2 2.2qBlv =2m（2）設(shè)粒子在磁場中運動時其軌跡所對應(yīng)的圓心角為粒子在磁場中的運動周期 T= 2nmqB則粒子的最小速度宀曰以AP為直徑的圓（如圖中圓 O

18、i所示）則粒子在磁場中的運動時間為：t T m2 n qB由圖可知，在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖中圓H *O2所示中的運動半徑為 R此時粒子的初速度方向豎直向上，則由幾何關(guān)系有:則粒子在磁場中運動的最長時間：t 3nm2qB在平面右側(cè)的半空間存在一磁感強【練習(xí)3】圖中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外，0是MN上的一點，從 0點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為+ q，質(zhì)量為m，速率為v的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內(nèi)各個方向，已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇.P到O的距離為L,不計重力及粒子間的相互作用（1）求所考察的粒子在磁場中

19、的軌道半徑（2）求這兩個粒子從 0點射入磁場的時間間隔【分析】如圖甲，作 0P連線中垂線，然后在中垂線上取關(guān)于C對稱的兩點01、02為圓心過0、P作出兩個軌跡圓，如圖乙所示。保留相遇前軌跡如圖丙所示。mv丄 4m/LqB、【答案】（1 R ，（ 2） t arccos（ ）qBqB2mv【解答】（1）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R,由牛頓第二定律得2r vc mvqvB m ，則 R -RqB（2）如圖所示，以0P為弦可以畫兩個半徑相同的圓，分別表示在P點相遇的兩個粒子的軌跡。圓心分別為 0仆02,過0點的直徑分別為 001Q1、002Q2,在0點處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方

20、向，用 嬢示它們之間的夾角。由幾何關(guān)系可知，P01Q1P02Q2，從0點射入到相遇，粒子 1的路程為半個圓周加弧長Q1P= R B,粒子2的路程為半個圓周減弧長 PQ2= R 0粒子1的運動時間為 ii粒子2運動的時間為 t2兩粒子射入的時間間隔為因為 Rcos L2 2所以 2arccos丄 2R有上述算式可解得t1 R-T，其中T為圓周運動的周期。2 v1 RT2 vRt t1 t22-v4mLqBxarccos( ) qB2mv類型四：已知初、末速度的方向（所在直線），但未知初速度大 ?。次粗壍腊霃酱笮。┻@類問題的特點是：所有軌跡圓的圓心均在初、末速度延長線形 成的角的角平分線上?！?/p>

21、例4】在xOy平面上的某圓形區(qū)域內(nèi)， 存在一垂直紙面向里的勻強磁場， 磁 感應(yīng)強度大小為B.一個質(zhì)量為m、帶電量為+ q的帶電粒子，由原點O開始沿x正方 向運動，進(jìn)入該磁場區(qū)域后又射出該磁場；后來，粒子經(jīng)過y軸上的P點，此時速度方向與y軸的夾角為30 ° （如圖所示），已知P到O的距離為L,不計重力的影響。（1 ）若磁場區(qū)域的大小可根據(jù)需要而改變，試求粒子速度的最大可能值；（2）若粒子速度大小為v qBL，試求該圓形磁場區(qū)域的最小面積。6m【分析】;P圖乙初、末速度所在直線必定與粒子的軌跡圓相切，軌跡圓圓心到兩條直線的距離（即軌道半徑）相等，因此，圓心必位于初、末速度延長線形成的角的

22、角平分線QC上（如圖甲）；在角平分線QC上取不同的點為圓心，由小到大作出一系列軌跡圓（如圖乙），其中以C點為圓心軌跡是可能的軌跡圓中半徑最大的，其對應(yīng)的粒子速度也最大?！窘獯稹窟^P點作末速度所在直線， 交x軸于Q點，經(jīng)分析可知，粒子在磁場中作圓周運動的軌跡的圓心必在OPQ的角平分線QC上，如圖甲所示。設(shè)粒子在磁場中作勻速圓周運動的軌道半徑為r,則由牛頓2第二定律，有 qvB m rmvqB由此可知粒子速度越大,其軌道半徑越大,由圖乙可知，速度最大的粒子在磁場中運動軌跡的圓心是y軸上的C點。（1）如圖丙所示，速度最大時粒子的軌跡圓過0點、且與PQ相切于A點。圖丁由幾何關(guān)系有OQ Ltan30 ，

23、 » OQ tan30 ，可得ri L13由、求得 v qBL3mqBLL（2 ）將v代入式，可得r2 ,粒子的運動軌跡是6m6如圖丁所示的軌跡圓，該軌跡圓與x軸相切于D點、與PQ相切于E點。連接DE,由幾何關(guān)系可知 DE ,3r2由于D點、E點必須在磁場內(nèi)，即線段 DE在磁場內(nèi)，故可知磁場面積最小時必定是以 DE為直徑（如圖丁中所示）。即面積1I /V' 小II |!IIi|*iilI最小的磁場半徑為 R DE22V3 2n_2則磁場的最小面積為 s nRn L）1248【練習(xí)4】如圖所示，xOy平面內(nèi)存在著沿 y軸正方向的勻 強電場.一個質(zhì)量為 m，帶電荷量為+ q的粒子

24、從坐標(biāo)原點 O以 速度V0沿x軸正方向開始運動.當(dāng)它經(jīng)過圖中虛線上的M（2- ,；3a, a）點時，撤去電場，粒子繼續(xù)運動一段時間后進(jìn)入一個矩形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），又從虛線上的某一位置 N處沿y軸負(fù)方向運動并再次經(jīng)過 M點.已知磁場方向垂直 xOy平面（紙面）向里，磁感應(yīng)強度大小為 B,不計粒子的 重力，試求：（1）電場強度的大??；（2）N點的坐標(biāo)；矩形磁場的最小面積.【分析】粒子在電場中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入MN右側(cè)，初速度方向已知，另一方面，粒子末速度由N指向M。初速度、末速度所在直線交于點M，過M點作 NMP角平分線 MO'，粒子軌跡圓的圓心必在直線MO'上。取其上一點 O&

25、#39;為圓心作出軌跡圓（如圖所示）【答案】2mvo6qaXn2 3a SminL24m2v02b2【解答】粒子從O到M做類平拋運動，設(shè)時間為 t,則有 2 3aVgtVytan2mvo6qa設(shè)粒子運動到M証 v。3癥3Vyv0由題意知，粒子從運動，設(shè)半徑為 R,則點時速度為V,與x方向的夾角為，則2恵v3P點進(jìn)入磁場，從2vqvB m一rN點離開磁場，粒子在磁場中以點為圓心做勻速圓周解得粒子做圓周運動的半徑為mv2、3mv0由幾何關(guān)系知,PMN所以N點的縱坐標(biāo)為qB30當(dāng)矩形磁場為圖示虛線矩形時的面積最小。4、3mv3qBl2r所以矩形磁場的最小面積為Smin3qB2mv0aqB則矩形的兩個

26、邊長分別為、3m%qB2 211 4m v。L1 L2 2 2q bRsin橫坐標(biāo)為Xn類型五：已知初速度的大?。匆阎壍腊霃酱笮。┖头较?，但入射點不確定這類問題的特點是：所有軌跡圓的圓心均在將入射點組成的邊界沿垂直入射速度方向平移一個 半徑距離的曲線上?！纠?】如圖所示，長方形 abed的長ad=0.6 m，寬ab =0.3 m，0、e分別是ad、be的中點,以e為圓心eb為半徑的圓弧和以 0為圓心0d為半徑的圓弧組成的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（eb邊界上無磁場）磁感應(yīng)強度 B=0.25T。一群不計重力、質(zhì)量m=3 xio-7kg、電荷量q=+2 x10-3C的帶正電粒子以速度 v=

27、5 X02m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域，則下列判斷 正確的是（）A. 從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊B. 從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊C. 從Od邊射入的粒子，出射點分布在ab邊D. 從ad邊射人的粒子，出射點全部通過b點【分析】所有進(jìn)入磁場的粒子的入射點均在dOb線上，將該曲線垂直速度向上平移一個半徑mvr后得到曲線 Oaf，此即所有粒子在磁場中做圓周運動的圓心所在曲線，在該曲線上從下到上qBmv取點作為圓心、r為半徑作一系列軌跡圓，其中為從d點射入粒子的軌跡（圓心在 O點），qB為從O點射入粒子的軌跡（圓心在 a點）,為從a點射入粒子的軌跡，從 d、O之間入射粒子在磁場中轉(zhuǎn)過1/4圓周后沿