專題：確定帶電粒子在磁場中運動軌跡的方法

1、確定帶電粒子在磁場中運動軌跡的方法 簡約課堂確定帶電粒子在磁場中運動軌跡的方法帶電粒子在勻強磁場中作圓周運動的問題是近幾年高考的熱點，這些考題不但涉及到洛倫茲力作用下的動力學問題，而且往往與平面圖形的幾何關系相聯(lián)系，成為考查學生綜合分析問題、運用數(shù)字知識解決物理問題的難度較大的考題。但無論這類問題情景多么新穎、設問多么巧妙，其關鍵一點在于規(guī)范、準確地畫出帶電粒子的運動軌跡。只要確定了帶電粒子的運動軌跡，問題便迎刃而解。下面舉幾種確定帶電粒子運動軌跡的方法。一、對稱法 帶電粒子如果從勻強磁場的直線邊界射入又從該邊界射出，則其軌跡關于入射點和出射點線段的中垂線對稱，且入射速度方向與出射速度方向與邊

2、界的夾角相等（如圖1）；帶電粒子如果沿半徑方向射入具有圓形邊界的勻強磁場，則其射出磁場時速度延長線必過圓心（如圖2）。利用這兩個結論可以輕松畫出帶電粒子的運動軌跡，找出相應的幾何關系。例1如圖3所示，直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30角的同樣速度v射入磁場（電子質量為m，電荷為e），它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？解析：正、負電子的半徑和周期是相同的。只是偏轉方向相反。先確定圓心，畫出半徑和軌跡（如圖4），由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距s=2r=2mvBe，由圖還看出經(jīng)歷時間相差t=2T3=4m3B

3、e，所以解此題的關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。例2如圖5所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，有一個勻強磁場。一帶電粒子以速度v0從M點沿半徑方向射入磁場區(qū)，并由N點射出，O點為圓心。當MON120時，求：帶電粒子在磁場區(qū)的偏轉半徑R及在磁場區(qū)中的運動時間。解析：分別過M、N點作半徑OM、ON的垂線，此兩垂線的交點O即為帶電粒子作圓周運動時圓弧軌道的圓心，如圖6所示。由圖中的幾何關系可知，圓弧MN所對的軌道圓心角為60，O、O的邊線為該圓心角的角平分線，由此可得帶電粒子圓軌道半徑為R=rtan30=3r又帶電粒子的軌道半徑可表示為：R=mv0qB 故帶電粒子運動周期：T=2mqB=23v0r帶電粒子在

4、磁場區(qū)域中運動的時間t=60360T=3r3v0二、旋轉圓法在磁場中向垂直于磁場的各個方向發(fā)射速度大小相同的帶電粒子時，帶電粒子的運動軌跡是圍繞發(fā)射點旋轉的半徑相同的動態(tài)圓（如圖7），用這一規(guī)律可快速確定粒子的運動軌跡。例3如圖8所示，S為電子源，它在紙面360度范圍內(nèi)發(fā)射速度大小為v0，質量為m，電量為q的電子（q0），MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S的水平距離為L，擋板左側充滿垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為mv0/qL，求擋板被電子擊中的范圍為多大？解析：由于粒子從同一點向各個方向發(fā)射，粒子的軌跡為繞S點旋轉的動態(tài)圓，且動態(tài)圓的每一個圓都是逆時針旋轉，這樣可以作出打到最高點與最低

5、點的軌跡，如圖9所示，最高點為動態(tài)圓與MN的相切時的交點P，最低點為動態(tài)圓與MN相割，且SQ為直徑時Q為最低點，帶電粒子在磁場中作圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，由qv0B=mv02R 得：R=mv0qB=LSQ為直徑，則：SQ=2L，SO=L ，由幾何關系得：OQ=SQ2-OS2= 3LP為切點，所以OPL ，所以粒子能擊中的范圍為（1+3）L。例4（2010全國新課程卷）如圖10所示，在0xA0ya2范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為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xy平面內(nèi)，與y軸正方向的

6、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a2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）速度大小；（2）速度方向與y軸正方向夾角正弦。解析：設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得：qvB=mv2R解得：R=mvqB。從O點以半徑R（a/2Ra）作“動態(tài)圓”，如圖11所示，由圖不難看出，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切。設該粒子在磁場中的運動時間為t，依題意t=T/4，所以OCA/2。設最后離開磁場的粒子的

7、發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關系得：Rsin=R-2 ， Rsin=a-Rcos，再加上sin2+cos2=1，解得：R=2-62a， v=2-62aqBm, sin=6-610。 三、縮放圓法帶電粒子以大小不同，方向相同的速度垂直射入勻強磁場中，作圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此其軌跡為半徑縮放的動態(tài)圓（如圖12），利用縮放的動態(tài)圓，可以探索出臨界點的軌跡，使問題得到解決。例5如圖13所示，勻強磁場中磁感應強度為B，寬度為d，一電子從左邊界垂直勻強磁場射入，入射方向與邊界的夾角為，已知電子的質量為m，電量為e，要使電子能從軌道的另一側射出，求電子速度大小的范圍。解析：如圖14

8、所示，當入射速度很小時電子會在磁場中轉動一段圓弧后又從同一側射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道與邊界相切時，電子恰好不能從另一側射出，當速率大于這個臨界值時便從右邊界射出，設此時的速率為v0，帶電粒子在磁場中作圓周運動，由幾何關系得：r+rcos=d 電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力：ev0B=mv02r，所以：r=mv0eB 聯(lián)立解得：v0=Bedm1+cos ，所以電子從另一側射出的條件是速度大于Bedm1+cos。例6（2010全國II卷）如圖15所示，左邊有一對平行金屬板，兩板的距離為d，電壓為U，兩板間有勻強磁場，磁感應強度為B0，方面平行于板面并垂直紙面朝里。圖中右邊有一邊長

9、為a的正三角形區(qū)域EFG（EF邊與金屬板垂直），在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上也有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。假設一系列電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板間的區(qū)域，并經(jīng)EF邊中點H射入磁場區(qū)域。不計重力。（1）已知這些離子中的離子甲到達邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質量；（2）已知這些離子中的離子乙從EG邊上的I點（圖中未畫出）穿出磁場，且GI長為3a/4，求離子乙的質量；（3）若這些離子中的最輕離子的質量等于離子甲質量的一半，而離子乙的質量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內(nèi)可能有離子到達？解析：由題意知，所有離子在平行

10、金屬板之間做勻速直線運動，則有：qvB0=qU/d，解得離子的速度為：v=U/B0d（為一定數(shù)值）。雖然離子速度大小不變，但質量m改變，結合帶電離子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式R=mv/qB分析，可畫出不同質量的帶電離子在磁場中的運動軌跡，如圖16中的動態(tài)圓。（1）由題意知，離子甲的運動軌跡是圖17中的半圓，半圓與EG邊相切于A點，與EF邊垂直相交于B點，由幾何關系可得半徑：R甲=acos30tan15=3-32a，從而求得離子甲的質量m甲=3-32adqBB0U。（2）離子乙的運動軌跡如圖18所示，在EIO2中，由余弦定理得：R乙2=a42+a2-R乙2-2a4a2-R乙cos600，

11、解得R乙=a/4，從而求得乙離子的質量m乙=adqBB04U。（3）由半徑公式R=mv/qB可知Rm，結合（1）（2）問分析可得： 若離子的質量滿足m甲/2mm甲，則所有離子都垂直EH邊離開磁場，離開磁場的位置到H的距離介于R甲到2R甲之間，即3-32a23-3a； 若離子的質量滿足m甲mm乙，則所有離子都從EG邊離開磁場，離開磁場的位置介于A到I之間，其中AE的距離AE=R甲3=1-32a，IE距離IE=a4。四、臨界法以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，借助半徑r和速度v以及磁場B之間的約束關系進行動態(tài)軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點，然后利用數(shù)學方法求解

12、極值，畫出臨界點的軌跡是解題的關鍵。例7長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖19所示，磁感應強度為B，板間距離也為L，兩極板不帶電，現(xiàn)有質量為m電量為q的帶負電粒子（不計重力）從左邊極板間中點處垂直磁感線以水平速度v射入磁場，欲使粒子打到極板上，求初速度的范圍。解析：由左手定則判定受力向下，所以向下偏轉，恰好打到下板右邊界和左邊界為兩個臨界狀態(tài)，分別作出兩個狀態(tài)的軌跡圖，如圖20、圖21所示，打到右邊界時，在直角三角形OAB中，由幾何關系得：R2=(R1-L2)2+L2 解得軌道半徑R1=5L4電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力qv1B=mv12R1 因此v1=qBR1m=5q

13、BL4m打在左側邊界時，如圖21所示，由幾何關系得軌跡半徑R2=L4電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力，qv2B=mv22R2所以v1=qBR2m=qBL4m所以打在板上時速度的范圍為qBL4mv5qBL4m例8如圖22，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)從矩形區(qū)域ad邊中點O射出與Od邊夾角為30，大小為v0的帶電粒子，已知粒子質量為m,電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力忽略不計。求：（1）試求粒子能從ab邊上射出磁場的v0的大小范圍； （2）粒子在磁場中運動的最長時間和在這種情況下粒子從磁場中射出所在邊上位置的范圍。解析：（1）畫出

14、從O點射入磁場的粒子運動軌跡的動態(tài)圓，能夠從ab邊射出的粒子的臨界軌跡如圖23所示，軌跡與dc邊相切時，射到ab邊上的A點，此時軌跡圓心為O1，則軌道半徑r1=L，由qv0B=mv2r1得最大速度 v0=qBLm。軌跡與ab邊相切時，射到ab邊上的B點，此時軌跡圓心為O2，則軌道半徑r2=L3，由qv0B=mv2r1得最小速度v0=qBL3m。所以粒子能夠從ab邊射出的速度范圍為：qBL3mv0qBLm。（2）當粒子從ad邊射出時，時間均相等，且為最長時間，因轉過的圓心角為300，所以最長時間：tm=56T=5m3qB，射出的范圍為：OC=r2=L3。通過以上分析不難發(fā)現(xiàn)，對于帶電粒子在磁場中

15、的運動問題，解題的關鍵是畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡，如果能夠熟練掌握帶電粒子在磁場中運動軌跡的上述四種畫法，很多問題都可以迎刃而解。涉及圓周的某些綜合題，常要在圓周里構建直角三角形來幫助解答。這些直角三角形大多由該圓周的半徑、弦或切線構成。這里用幾道高考“壓軸題”為例來說明。 例2（2007全國2）如圖所示，在坐標系Oxy的第一象限中存在沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E。在其它象限中存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。A是y軸上的一點，它到坐標原點O的距離為h；C是x軸上的一點，到O的距離為l。一質量為m，電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場區(qū)域，繼而通過

16、C點進入磁場區(qū)域。并再次通過A點，此時速度方向與y軸正方向成銳角。不計重力作用。試求：（1）粒子經(jīng)過C點速度的大小和方向；（2）磁感應強度的大小B。分析：運動過程包含類平拋和勻速圓周運動。第（2）問較難。欲求B值，要先算出圓周半徑R，應構建相應的直角三角形，如下圖中的APD 以及CPE 再由已知的h和L來求解（見解答中的式和）。解：（1）以a表示粒子在電場作用下的加速度，有 qEma 加速度沿y軸負方向。設粒子從A點進入電場時的初速度為v0，由A點運動到C點經(jīng)歷的時間為t，則有 h=12at2 Lv0t 由式得 v0La2h 設粒子從點進入磁場時的速度為v，v垂直于x軸的分量v12ah 由式得

17、v1v02+v12=qE(4h2+l2)2mh 設粒子經(jīng)過C點時的速度方向與x軸的夾角為，則有tanv1v0 由式得 arctan2hl （2）粒子經(jīng)過C點進入磁場后在磁場中作速率為v的圓周運動。若圓周的半徑為R，則有qvBmv2R 設圓心為P，則PC必與過C點的速度垂直，且有=R。用表示 與y軸的夾角，由幾何關系得 RcosRcosh RsinlRsin 由式解得Rh2+l22hl4h2+l2 由式得B1h2+l22mhEq 值得歸納的是，例題1和例題2有共通的地方，即利用兩個直角三角形，來建立兩個已知長度和一個未知半徑的聯(lián)系。題1中是用a、a/2 求半徑R；題2中是用h、l求半徑R，而接下

18、來的例題3，仍然涉及兩個直角三角形，但這次是用兩個已知的半徑來求解一個未知的長度。例3（2008重慶）下圖是一種質譜儀的工作原理示意圖。在以O為圓心，OH為對稱軸，夾角為2的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強磁場。對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點。CM垂直磁場左邊界于M，且OM=d?，F(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內(nèi)）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0。若該離子束中比荷為qm的離子都能匯聚到D，試求：（1）磁感應強度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）；（2）離子沿與CM成角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間；（3）線段CM的長度。

19、分析：在第（2）問的過程中，圓心上移了，但運動軌跡是對稱的；第（3）問難度加大，而下圖中的NOE 和NOE ，會有助于建立已知量OM和 ON，與未知量NM之間的聯(lián)系（見解答中的式），便于CM的求解。解：（1）設沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R， 由qv0B=mv02R 且 R=d得：Bmv0qd 由左手定則知，磁場方向垂直紙面向外。（2）設沿CN運動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R，運動時間為t，由 vV0cos 且 R=mvqB 聯(lián)立得 R=dcos 離子在磁場中做勻速圓周運動的周期 T2mqB 結合得t=T+ =2+v0 （3）由圖可知CM=MNcot 再由MN+dsin=Rsin+ 聯(lián)立求解得 CM=dcot 注：若引入正弦定理，利用非直角三角形ONO ，也能得出MN+dsin+=Rsin ，可代替式。跳出磁場，在其他力學問題中，圓周與直角三角形也有“配合”。比如下面這道例題4。例4（08全國2）我國發(fā)射的“嫦娥一號”探月衛(wèi)星沿近似于圓形的軌道繞月飛行。為了獲得月球表面全貌的信息，讓衛(wèi)星軌道平面緩慢變化。衛(wèi)星將獲得的信息持續(xù)用微波信號發(fā)回地球。設地球和月球的質量分別為M和m，地球和月球的半徑分別為R和R1，月球繞地球的軌道半徑