確定帶電粒子在磁場中運動軌跡的方法

1、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乂從該邊界射出，則其軌跡關丁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界的火角相等（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

2、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2tnv, 2T 4砌距s=2r= &，由圖還看出經歷時間相差 -3繚,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，有一個勻強磁場。一帶電粒子以速度vo從M點沿半徑方向射入磁場區(qū)，并由N點射出，。點為圓心。當Z MON = 120 0時，求：帶電粒子在磁場區(qū)的偏轉半徑R及在磁場區(qū)中的運動時間圖一6囹-5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

3、知，圓弧 MN所對的軌道圓心角為60 0 ,0、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=r/tan30 ° "尸，帶電粒子的軌道半徑可表示為:故帶電粒子運動周期:e 2 湖 2371I 二FqB 說 ,帶電粒子在磁場區(qū)域中運動的時間、旋轉圓法在磁場中向垂直丁磁場的各個方向發(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。度范圍內發(fā)射速度大小劉，質量為m,電量為q的電子（q<0）, MN是一塊足夠大的豎直擋板，與

4、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，磁感應強度大小為多大？ « T vNB9-8mvJqL,求擋板被電子擊中的范圍為圖-9解析：由丁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 ,八.，, qv.B-yn , 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 ” ° R 得：, Q為直徑，則：SQ=2L, SO=L ,由幾何關系得：中二農P為切點，所以OP= L，

5、所以粒子能擊中的范圍為+。a例4. （201說國新課程卷）如圖10所示，在0炙v A. 0<yw 2范圍內有垂直丁 xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為Bo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，與ya軸正方向的火角分布在090范圍內。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介丁 2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經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??；（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

6、R,由牛頓第二定律和洛侖茲力V2卜竺qvB-m 艮-公式得：R，解得：那。a從。點以半徑R ( 2 <R< a)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T71t _中的運動時間為t,依題意3 ,所以/ OCA = 2。設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與 y軸正方向的火角為 叫由幾何關系得:&ina=R-、。2,艮湖 ©二己，再加上 sm (r+cos史(2-烏 v=(2-解得：2,.6頂sin. a =,10三、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

7、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S-12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，入射方向與邊界的火角為0,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S-13圖一14解析：如圖14所示，當入射速度很小時電子會在磁場中轉動一段圓弧后乂從同一側射出， 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 丁這個臨界值時便從右邊界射出，設此時的速率為 Vo,帶電粒子在磁場中作圓周運動，由

8、 幾何關系得：r+rcos （=d卯/二左r =；-電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力：0 F ,所以： eB Bed Vq =聯立解得：幽（1 + COS9），所以電子從另一側射出的條件是速度大丁 歐（1 + C3$）。例6. （201說國II卷）如圖15所示，左邊有一對平行金屆板，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Bo,方面平行丁板面并垂直紙面朝里。 圖中右邊有一邊 長為a的正三角形區(qū)域EFG（EF邊與金屆板垂直），在此區(qū)域內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的正離子沿平行丁金屆 板面、垂直丁磁場的方向射入金屆板

9、之間，沿同一方向射出金屆板間的區(qū)域，并經 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丁離子甲質量的一半，而離子乙的質量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內可能有離子到達?E-L5圖一場解析：由題意知，所有離子在平行金屆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/B od (為一定數值)。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

10、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邊相切丁 A點，與EF邊、73-2垂直相交丁 B點，由幾何關系可得半徑：R甲=acos30tan15 = ( 2) a,£ 3嚴奶從而求得離子甲的質量m甲='2 U 。2) 離子乙的運動軌跡如圖18所示，在AEIO2中，由余弦定理得：£ = (-)a+C-V - 2(-)(- - 4) COS 60°424 2，解得R乙=a/4,從而求得乙離子的質量III 乙ri_-OG I E x x直 x x0

11、-17圖-也(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/2 <m< m甲，則所有離子都垂直EH邊離開磁場，離開磁場的位置到H的距離介丁 R甲到2R甲之間，即若離子的質量滿足 m甲<m< m乙，則所有離子都從EG邊離開磁場，離開磁場的位置介-p 二（1 一 丁 A到I之間，其中AE的距離AE= J3 2, IE距離IE= 4。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 后利用數學方法求解極值，

12、畫出臨界點的軌跡是解題的關鍵。例7.長為L的水平極板問，有垂直紙面向內的勻強磁場，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，求初速度的范解：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，在直角三角形反；二如+處月匹g疏1 5qBL 因此 m4濯OAB中，由幾何關系得：2解得軌道半徑4qvB = m電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力&&二4

13、打在左側邊界時，如圖21所示，由幾何關系得軌跡半徑5 牛 * =魂電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力，& 所以 加 AmqBL 5qBL所以打在板上時速度的范圍為 4明< v< 4沸例8.如圖22, 一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿磁感應強度為B,方向垂直紙面向里的勻強磁場，現從矩形區(qū)域ad邊中點O射出與Od邊火角為30 ° ,大小為o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（1）畫出從。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0，貝U軌道n JqBLq%陀v 二半徑r=L,由4得最大速度糕。軌跡與ab邊相切時，射到ab邊上的B點，此時軌跡圓心為。2,則軌道半徑”=L/3 ,由E vaqBL得最小速度3次。qB