1、、帶電粒子在有界磁場中運動地分析方法1 .圓心地確定因為洛倫茲力F指向圓心，根據 F±v,畫出粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入和射出磁場兩點），先作出切線找出v地方向再確定F地方向，沿兩個洛倫茲力F地方向畫其延長線，兩延長線地交點即為圓心，或利用圓心位置必定在圓中一根弦地中垂線上，作出圓心位置，如圖 1所示.困L2 .半徑地確定和計算利用平面幾何關系，求出該圓地可能半徑（或圓心角），并注意以下兩個重要 地幾何特點：粒子速度地偏向角 。等于轉過地圓心角 ”，并等于AB弦與切線地夾角（弦 切角）。地2倍，如圖2所示，即。="2。.相對地弦切角 。相等，與相鄰地弦切角。互補，即

2、（+。' =180°3 .粒子在磁場中運動時間地確定若要計算轉過任一段圓弧所用地時間，則必須確定粒子轉過地圓弧所對地圓心角，利用圓心角 ”與弦切角地關系，或者利用四邊形內角和等于360。計算出圓心角t - La地大小，并由表達式2開，確定通過該段圓弧所用地時間，其中T即為該粒子做圓周運動地周期，轉過地圓心角越大，所用時間t越長，注意t與運動軌跡地長短無關.4.帶電粒子在兩種典型有界磁場中運動情況地分析穿過矩形磁場區：如圖 3所示，一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長 線）.a、帶電粒子在穿過磁場時地偏向角由sin 0=L/味出；（& L和R見圖標）b、帶電粒子地側移由

3、 R2=L2- （R-y） 2解出；（y見所圖標）m3I c、帶電粒子在磁場中經歷地時間由坳 得出.穿過圓形磁場區：如圖 4所示，畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓地圓心、 連心線）圖4 tail-=a、帶電粒子在穿過磁場時地偏向角可由2尺求出；（a r和R見圖標）f 吧b、帶電粒子在磁場中經歷地時間由均 得出.二、帶電粒子在有界磁場中運動類型地分析（一）軌跡地確定（1）確定入射速度地大小和方向，判定帶電粒子出射點或其它【例1】（2001年江蘇省高考試卷）如圖 5所示，在y<0地區域內存在勻強磁 場，磁場方向垂直于 xy平面并指向紙面外，磁感應強度為B.一帶正電地粒子以速度v0從。點射入磁場

4、，入射方向在xy平面內，與x軸正向地夾角為 。若粒子射出磁場時地位置與 。點地距離為1,求該粒子地電量和質量之比q/m.解讀：帶正電粒子射入磁場后，由于受到洛侖茲力地作用，粒子將沿圖6所示地軌跡運動，從 A點射出磁場，O、A間地距離為1,射出時速度地大小仍為 v0, 射出方向與x軸地夾角仍為。由洛侖茲力公式和牛頓定律可得，泅B = mR ,（式中R為圓軌道地半徑）解得R=mv0/qB圓軌道地圓心位于 OA地中垂線上，由幾何關系可得l/2=Rsin 0聯立、兩式，解得q 2% sin &m IB 點評：本題給定帶電粒子在有界磁場中運動地入射點和出射點，求該粒子地電 量和質量之比，也可以倒

5、過來分析，求出射點地位置.在處理這類問題時重點是畫出軌跡圖，根據幾何關系確定軌跡半徑.(2)確定入射速度地方向，而大小變化，判定粒子地出射范圍【例2】如圖7所示，矩形勻強磁場區域地長為L,寬為L/2.磁感應弓雖度為B,質量為m,電荷量為e地電子沿著矩形磁場地上方邊界射入磁場，欲使該電子由下 方邊界穿出磁場，求：電子速率v地取值范圍？圖3解讀：(1)帶電粒子射入磁場后，由于速率大小地變化，導致粒子軌跡半徑 地改變，如圖所示.當速率最小時，粒子恰好從 d點射出，由圖可知其半徑 R1=L/4 ,再由 R1=mv1/eB ,得4網吊+（后-茅當速率最大時，粒子恰好從c點射出，由圖可知其半徑R2滿足,即

6、 R2=5L/4 ,再由 R2=mv2/eB ,得5aBz埼=4m電子速率v地取值范圍為:eSL j 15eBL<心 市.點評：本題給定帶電粒子在有界磁場中運動地入射速度地方向，由于入射速度地大小發生改變，從而改變了該粒子運動軌跡半徑，導致粒子地出射點位置變化.在處理這類問題時重點是畫出臨界狀態粒子運動地軌跡圖，再根據幾何 關系確定對應地軌跡半徑，最后求解臨界狀態地速率（3）確定入射速度地大小，而方向變化，判定粒子地出射范圍【例3】（2004年廣東省高考試卷）如圖 8所示，真空室內存在勻強磁場，磁 場方向垂直于紙面向里，磁感應強度地大小B=0 . 60T,磁場內有一塊平面感光板ab,板面

7、與磁場方向平行，在距 ab地距離l=16cm處，有一個點狀地 a放射源S, 它向各個方向發射 a粒子，a粒子地速度都是 v=3. 0X106m/S,已知a粒子地電荷 與質量之比q/m=5 . 0X107C/kg,現只考慮在圖紙平面中運動地a粒子，求ab上被a粒子打中地區域地長度.解讀：a粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用 R表示軌道半徑，有qvB=mv2/R ,由此得 R=mv/qB ,代入數值得 R=10cm.可見，2R>l>R,如圖9所示，因朝不同方向發射地“粒子地圓軌跡都過 S,由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切，則此切點 P1就是“粒子能打中地左側

8、最遠點.為定出P1點地位置，可作平行于 ab地直線cd, cd到ab地距離為R,以 S為圓心，R為半徑，作弧交 cd于Q點，過Q作ab地垂線，它與ab地交點即為 P1.再考慮N地右側.任何a粒子在運動中離 S地距離不可能超過 2R,以2R為半 徑、S為圓心作圓，交 ab于N右側地P2點，此即右側能打到地最遠點 .由圖中幾何關系得所求長度為 P1P2=NP1+NP2 ,代人數值得P1P2=20cm.點評：本題給定帶電粒子在有界磁場中運動地入射速度地大小，其對應地軌跡 半徑也就確定了 .但由于入射速度地方向發生改變，從而改變了該粒子運動軌跡圖， 導致粒子地出射點位置變化.在處理這類問題時重點是畫出

9、臨界狀態粒子運動地軌跡 圖（對應地臨界狀態地速度地方向），再利用軌跡半徑與幾何關系確定對應地出射 范圍.2.給定動態有界磁場(1)確定入射速度地大小和方向，判定粒子出射點地位置【例4】(2006年天津市理綜試卷)在以坐標原點。為圓心、半徑為r地圓形區域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里地勻強磁場，如圖 10所示.一個不計重力地帶電粒子從磁場邊界與x軸地交點A處以速度v沿-x方向射入磁場，恰好從磁場邊界與 y軸地交點C處沿+y方向飛出.C圉10(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷q/m；(2)若磁場地方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度地大小變為B',該粒子仍從A處以相

10、同地速度射入磁場，但飛出磁場時地速度方向相對于入射方向改變了 60。角，求磁感應強度 B'多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？解讀：(1)由粒子地飛行軌跡，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷S 11如圖11所示，粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90。，則粒子軌跡半徑r=R,又q _ v則粒子地荷質比為 匚:”.（2）粒子從D點飛出磁場速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角60°,粒子做圓周運動地半徑尺rc譏3cle,又理,所以粒子在磁場中飛行時間:點評：本題給定帶電粒子在有界磁場中運動地入射速度地大小和方向，但由于 有界磁場發生改變（包括磁感應

11、強度地大小或方向地改變），從而改變了該粒子在 有界磁場中運動地軌跡圖，導致粒子地出射點位置變化.在處理這類問題時重點是畫出磁場發生改變后粒子運動地軌跡圖，再利用軌跡半徑與幾何關系確定對應地出射 點地位置.（二）已知入射速度和出射速度，判定動態有界磁場地邊界位置【例5】（1994年全國高考試卷）如圖 12所示，一帶電質點，質量為m,電量為q,以平行于Ox軸地速度v從y軸上地a點射入圖中第一象限所示地區域 .為了 使該質點能從x軸上地b點以垂直于 Ox軸地速度v射出，可在適當地地方加一個 垂直于xy平面、磁感應強度為 B地勻強磁場.若此磁場僅分布在一個圓形區域內， 試求這圓形磁場區域地最小半徑.重

12、力忽略不計.解讀：質點在磁場中作半徑為R地圓周運動，qvB= (Mv2) /R,得 R= (MV) / (qB).根據題意，質點在磁場區域中地軌道是半徑等于R地圓上地1/4圓周，這段圓弧應與入射方向地速度、出射方向地速度相切.如圖13所示，過a點作平行于x軸地直線，過b點作平行于y軸地直線，則與這兩直線均相距R地。'點就是圓周地圓心.質點在磁場區域中地軌道就是以。'為圓心、R為半徑地圓(圖中虛線圓)上地圓弧MN , M點和N點應在所求圓形磁場區域地邊界上.在通過M、N兩點地不同地圓周中，最小地一個是以MN連線為直徑地圓周.所以本題所求地圓形磁場區域地最小半徑為：¥麗=

13、必+R?=巫222所求磁場區域如圖13所示中實線圓所示.點評：本題給定帶電粒子在有界磁場中運動地入射速度和出射速度地大小和方 向，但由于有界磁場發生改變(磁感應強度不變，但磁場區域在改變)，從而改變 了該粒子在有界磁場中運動地軌跡圖，導致粒子地出射點位置變化.在處理這類問題時重點是畫出磁場發生改變后粒子運動地軌跡圖，確定臨界狀態地粒子運動軌跡 圖，再利用軌跡半徑與幾何關系確定對應地磁場區域地位置綜上所述，運動地帶電粒子垂直進入有界地勻強磁場，若僅受洛侖茲力作用時，它一定做勻速圓周運動，這類問題雖然比較復雜，但只要準確地畫出運動軌跡 圖，并靈活運用幾何知識和物理規律，找到已知量與軌道半徑R、周期

14、T地關系,求出粒子在磁場中偏轉地角度或距離以及運動時間不太難3. （ 2007年武漢市理綜模擬試卷）如圖 16所示，現有一質量為 m、電量 為e地電子從y軸上地P （0, a）點以初速度v0平行于x軸射出，為了使電子能夠 經過x軸上地Q （b, 0）點，可在y軸右側加一垂直于 xoy平面向里、寬度為 L地 勻強磁場，磁感應強度大小為B ,該磁場左、右邊界與 y軸平行，上、下足夠寬映 2mvu （圖中未回出）.已知 四 eB , LVb.試求磁場地左邊界距坐標原點地可能距離.（結果可用反三角函數表示）0Q答案：當r>L時（r為電子地軌跡半徑），磁場左邊界距坐標原點地距離 為：(1- COS

15、) CCitS8 = s慳（其中她"。）；（2）當E時，磁場左邊界距坐標原點地距離為：J '''最小磁場面積1、磁場范圍為圓形例i 一質量為加、帶電量為夕地粒子以速度%從。點沿y軸正方向射入磁感強度為3地一圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直于紙面，粒子飛出磁場區后，從 /處穿過1軸，速度方向與I軸正向夾角為30°,如圖1所示（粒子重力忽略不計）試求：（1）圓形磁場區地最小面積；（2）粒子從。點進入磁場區到達b點所經歷地時間；（3） 6點地坐標.解讀：（1）由題可知，粒子不可能直接由o點經半個圓周偏轉到b點，其必在圓周運動不到半圈時離開磁場區域后沿直線運動

16、到8點.可知，其離開磁場時地臨界點與。點都在圓周上，到圓心地距離必相等.如圖2,過力點逆著速度V。地方向作虛線，與y軸相交，由于粒子在磁場中偏轉地半徑一定，且圓心位于 工軸上，距。點 距離和到虛線上a點垂直距離相等地點即為圓周運動地圓心，圓地半徑R = ooI = qa由蜀”一出出，得 qB .弦長oa為:二屈，要使圓形磁場區域面積最小，半徑應為1地一半，即:2 qBsi界面積_ .（2）粒子運動地圓心角為 1200,時間 33 3gB.（3）成距離牡，故方點地坐標為（舛，0）.點評：此題關鍵是要找到圓心和粒子射入、射出磁場邊界地臨界點，注意圓心 必在兩臨界點速度垂線地交點上且圓心到這兩臨界點

17、地距離相等；還要明確所求最 小圓形磁場地直徑等于粒子運動軌跡地弦長 2、磁場范圍為矩形例2如圖3所示，直角坐標系 五"第一象限地區域存在沿 了軸正方向地勻強電場.現有一質量為加，電量為e地電子從第一象限地某點 產（£ , g ）以初速L度%沿工軸地負方向開始運動，經過 工軸上地點0（4,0）進入第四象限，先做勻速直線運動然后進入垂直紙面地矩形勻強磁場區域，磁場左邊界和上邊界分別與了軸、工軸重合，電子偏轉后恰好經過坐標原點O,并沿軸地正方向運動，不計電子地重力.求（1）電子經過。點地速度V ；（2）該勻強磁場地磁感應強度B和磁場地最小面積 S.解讀：（i）電子從產點開始在電場

18、力作用下作類平拋運動運動到0點，可知凡1 33y L, at工=L = VrZ豎直方向：82 ,水平方向：4.4同一下a = 匕一成一 Vqc解得 9£ .而，3 ，所以電子經過Q點時地速度為：產而連期%能=殳=4丫 > 3 ，設V與一X方向地夾角為。，可知% 3 ,所以0= 300.（2）如圖4,電子以與-1成30。進入第四象限后先沿 QM做勻速直線運動，然后進入勻強磁場區域做勻速圓周運動恰好以沿y軸向上地速度經過o點.可知圓周運動地圓心一定在X軸上，且 點到。點地距離與到直線 Q財上M點（M點即為磁場地邊界點）地垂直距離相等，找出 O,點，畫出其運動地部分軌跡為弧MNO ,

19、所以磁場地右邊界和下邊界就確定了設偏轉半徑為R,我 ,由圖知OQ= 4=3E,解得紀L,方向垂直紙面向里.311Loc = -R = -L % = RJL矩形磁場地長度28 ,寬度1210工 = Z Ln A -®矩形磁場地最小面積為：",點評：此題中粒子進入第四象限后地運動即為例1中運動地逆過程，解題思路相似，關鍵要注意矩形磁場邊界地確定.3、磁場范圍為三角形例3如圖5, 一個質量為陰，帶+0電量地粒子在BC邊上地M點以速度V垂 直于BC邊飛入正三角形 ABC.為了使該粒子能在 AC邊上地N點(CM=CN)垂真 于AC邊飛出ABC,可在適當地位置加一個垂直于紙面向里，磁感

20、應強度為 B地勻強磁場.若此磁場僅分布在一個也是正三角形地區域內，且不計粒子地重力.試求：圖5(1)粒子在磁場里運動地軌道半徑r及周期T;(2)該粒子在磁場里運動地時間 t;(3)該正三角形區域磁場地最小邊長；qvB = m - 1 =解讀：(1)由和 v ,f - - I =,得： 必， qB(2)由題意可知，粒子剛進入磁場時應該先向左偏轉，不可能直接在磁場中 由M點作圓周運動到 N點，當粒子剛進入磁場和剛離開磁場時，其速度方向應該 沿著軌跡地切線方向并垂直于半徑，如圖6作出圓O,粒子地運動軌跡為弧GDEF,圓弧在G點與初速度方向相切，在F點與出射速度相切.畫出三角形血,其與圓弧在D、E兩點

21、相切，并與圓O交于 F、G兩點，此為符合題意地最小磁場 區域.由數學知識可知/ FOG = 600,所以粒子偏轉地圓心角為 3000,運動地時間 5 t - -1 6 3qB3 3）連接 加 并延長與be交與h點，由圖可知 四二2r,2aa + oH _ 2r + r cos30° 竺（上十）cos 30° - -cos 300也點評：這道題中粒子運動軌跡和磁場邊界臨界點地確定比較困難，必須將射入 速度與從AC邊射出速度地反向延長線相交后根據運動半徑已知地特點，結合幾何 知識才能確定.另外，在計算最小邊長時一定要注意圓周運動地軌跡并不是三角形磁 場地內切圓.4、磁場范圍為樹

22、葉形例4在平面內有許多電子（質量為 加、電量為s）,從坐標o不斷以相同速率%沿不同方向射入第一象限，如圖7所示.現加一個垂直于 北少平面向內、磁感強度為B地勻強磁場，要求這些電子穿過磁場后都能平行于了軸向正方向運 動，求符合該條件磁場地最小面積圖7R二也解讀：電子在磁場中運動半徑eB是確定地，設磁場區域足夠大，作出電子可能地運動軌道如圖 8所示，因為電子只能向第一象限平面內發射，其中圓 O1 和圓O2為從圓點射出，經第一象限地所有圓中地最低和最高位置地兩個圓.圓O2在X軸上方地 4個圓弧odb就是磁場地上邊界.其它各圓軌跡地圓心所連成地線必為以點。為圓心，以R為半徑地圓弧 O1OmO2 .由于

23、要求所有電子均平行于 x軸向右 飛出磁場，故由幾何知識知電子地飛出點必為每條可能軌跡地最高點.可證明，磁場下邊界為一段圓弧，只需將這些圓心連線(圖中虛線 O1O2)向上平移一段長度為地距離即圖9中地弧ocb就是這些圓地最高點地連線，即為磁場區域地下邊界.兩邊界之間圖形地陰影區域面積即為所求磁場區域面積：s = 2(- )=-2 ，胃.圖8圖9還可根據圓地知識求出磁場地下邊界 .設某電子地速度 V0與x軸夾角為。，若 離開磁場速度變為水平方向時，其射出點也就是軌跡與磁場邊界地交點坐標為(x, y),從圖10中看出， / +低-切丁肥，即/+6-燈二出 (x>0, y1>0),這是個圓

24、方程，圓心在(0, R)處，圓地 4圓弧部分即為磁場區域地下邊界.圖10點評：這道題與前三題地區別在于要求學生通過分析確定磁場地形狀和范圍， 磁場下邊界地處理對學生地數理結合能力和分析能力要求較高 由以上題目分析可知，解決此類問題地關鍵是依據題意，分析物體地運動過程 和運動形式，扣住運動過程中地臨界點，應用幾何知識，找出運動地軌跡圓心，畫 出粒子運動地部分軌跡，確定半徑，再用題目中規定形狀地最小磁場覆蓋粒子運動 地軌跡，然后應用數學工具和相應物理規律分析解出所求地最小面積即可 .（三）動態圓法巧解帶電粒子運動問題帶電粒子在垂直于磁場方向地平面上受洛倫茲力做圓周運動，以恒定地速率從某點A開始運動

25、，隨“0方向不同，軌跡不同.但無論V。方向向哪里，所有軌跡一定會過定點 A,并且所有軌跡地半徑Bq J相等，A點是帶電粒子在磁場中所有圓周運動地公共點，如圖1所示利用這一個規律，可以幫助同學們分析解決帶電粒子在磁場中運動地問題，可以化難為易，直觀、形象、簡捷.解題時只需將圓一轉，思路即出.圖R =吧基本原理：帶電粒子在垂直于磁場地平面內地運動軌跡是一個半徑為.1地圓，帶電粒子可能到達地地方就在半徑為Bq地圓繞 a點轉動所掃過地面積范圍內.例1.如圖2所示，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于圖中紙面向里，磁感應強度地大小 B= 0.6T.磁場內有一塊平面感光平板 ab,板面與磁場方向平行.在距

26、 ab地距離為L= 16cm處.有一個點狀地 d粒子放射源 S,它向各個方向發射 d粒 子，a粒子地速度都是$=3.0犬1。6m/$.已知小粒子地電荷與質量之比95,0xl(fCJkgm.現在只考慮在圖紙平面中運動地在粒子，求ab上被2粒子打中地區域地長度.abXx a X K j I X X X-X X xxxxxxxxxxx xxxxx|d*xxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx XXXXXXXXXXX圖2解讀:a粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表不軌道半徑，有:K = -s由此得Bq b-m，代入數據得 R= 10cm.可見,因向不同地方向發射 a

27、粒子地圓軌跡都經過了 s,由此可知，將通過 s點半徑 為R地圓，繞S點轉動，此圓就會與 ab直線相交，其相交部分就是題里要求地ab直線上a粒子打中地區域地長度.其中圓與ab右側最遠點相交于P?點，且SP?=2R,繼續轉動圓，此圓會與ab線相交于許多點，構成線段 P1P：,圓與ab直線上最左邊地交點為圓與ab地切點片，即片為ab直線上d粒子打中區域地左側最遠點，如圖3所示.作SNXab,由幾何知識得NR = Jr J (L 寸-只(16-1。而=8cm由圖中地幾何關系得：NP2 = J(2R)，- I? = JR )”。尸-力 cm= 12cm所求地寬度為：.： .二即ab上被在粒子打中地區域地

28、長度為：PLP2 = 20cm.例2.如圖4所示，在xOy平面內有許多電子(質量為m,電量為e),從坐標原點O不斷地以相同大小地速度 九沿不同方向射入I象限，現加一個垂直于xOy平面地磁感應強度為 B地勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸向十x方向運動，試求符合該條件地磁場地最小面積 y八/、r>()x圖4解讀：設磁場 B地方向垂直紙面向里，當電子以與 x軸成8角從O點進入B中做圓周運動，從 A點出磁場時其速度方向平行于x軸，也就是圓弧在 y軸正向地最高點，如圖5所示，所有滿足題意地點可看作是過定點O,以半徑為 Be)地圓在紙面內繞 o轉動90。角過程中圓弧最高點地集合，如圖

29、5所示.(A為其上一點).設A點坐標為（x, y）,對應于圓心為 。1 ,由幾何關系知:x = OB=RsinQy-R-Rcos6可得 + 1.二：',二由圓地知識得，滿足題意要求地磁場區域邊界是一段4圓弧，對應圓心為,坐標（O, R）.最小磁場區域地面積即為圖中陰影部分面積，由幾何關系得：p /I 口2 '力行 mF$祖=2 tx= - 1 y-f -（42 八2 ） Bae2點評：解本類題地關鍵就是弄清楚題目設立地情景，而這種情景比較抽象，學 生不易理解.教師講解時可用硬紙板提前制作一個圓（學生解題時也可以自己簡單地 做一個圓），分析例 1時讓圓繞S點做圓周運動，與 ab依

30、次相交于P?、還有其他許多點最后是圓與 ab相切，切點為R, 線段即為帶電粒子與 ab交點地集合;分析例2時，也是將圓繞。點轉動，在轉動過程中將圓地最頂端（切點）依次描下 來即為所求軌跡.用此法可以使抽象問題形象化，培養學生地空間想象能力和分析問 題地能力.例3、（11廣東）如圖19 （a）所示，在以。為圓心，內外半徑分別為 K和旦地圓環區域內，存在輻射狀電場和垂直紙面地勻強磁場，內外圓間地電勢差電荷量為+q,質量為m地粒子從內圓上地U為常量,A點進入該區域，Ch)不計重力.（1）已知粒子從外圓上以速度1射出，求粒子在 A點地初速度川°地大小（2）若撤去電場，如圖 19 （b） 已知

31、粒子從 OA延長線與外圓地交點C以速度射出，方向與OA延長線成45。角，求磁感應強度地大小及粒子在磁場中運動地時間,一一，H 、一一一(3)在圖19 (b)中，若粒子從 A點進入磁場，速度大小為 J ,萬向不確定，要 使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應強度應小于多少？【解讀】(1)根據動能定理,2qU m1 一 1qU = mv2 'mvO,所以 v0 =(2)如圖所示，設粒子在磁場中做勻速圓周運動地半 徑為R,由幾何知識可知 R2+ R2=(R2-R1)2,解得R =/R0.根據洛倫茲力公式 qv2B = m,解得B = Jm=播.q J2R0 2qR0根據公式=裳，2兀R= v2T

32、,qv2B=mf，解得 t=T2 7tm4Bq2 7tmmv24赤T 2兀(3)考慮臨界情況，如圖所示qv3B' 1= m需，解得B'=整，qv3B&m懸，解得B於器，綜合得：B黑？【例1】如圖1所示，經X軸地上方(y 20)存在著垂直紙面向外地磁場，磁感應強度為B,在原點。處有一離子源向 X軸上方任意方向發射質量為m,電量為q地正離子，速率都為 V.對那些在 XOY平面內運動地離子，在磁場中可能達到地最 大位移X= ,最大位移Y= .(重力不計)【分析與解答】由于離子在。點向X軸上方任,B,iy ,OV圖1意方向以相同地速率 發射，很容易確定全部 離子在磁場中做圓周運

33、 動地動態圓地圓心，都 在以O為圓心、半徑為mv ,r =地半圓周ADCBq弧上，如左圖.很顯然，沿Y軸入射以D為圓心做圓周運動地離子將在X軸上有最大位移X,且X=OP=2 r2m vBq;同理沿X軸負方向入射地離子，在 Y軸上有最大垂直紙面向里，磁場區域寬度為 磁場方向射入磁場，入射方向跟 為使電子能從另一邊界 DD/射出,evB2vm,rmvr 二二 veB不同速率地電子以相同地方 向射入磁場后，做半徑不同 地圓周運動.由左手定則決定 地這些動態圓地圓心都在與V方向垂直地射線 SP上，如 圖A所示.圖中沿1、2軌跡運 動地電子均從 AA/射出，而 沿4、5軌跡運動地電子均從 DD/射出.于

34、是動態圓由 1、24、漸變過程中,D/D圖4地位移 Y,且 Y=OQ=2 r =2mv Bq【點評】離子以相同地速率、不同方向射入磁場，動態圓地圓心在半個圓周上.【例2】如圖，在邊界為 AA/、DD/狹長區域內，勻強磁場地磁感應強度為B,方向 d.電子以不同地速率 V從邊界AA/地S處沿垂直于AA/地夾角為。已知電子地質量為 m,帶電量為e.問電子地速率應滿中足什么條件？（重力不計）【分析與解答】r0,如圖4中軌跡3所示.r>r0時，電子從 DD/射出.因此，該臨界圓心與總存在一個臨界圓，相應地臨界半徑為當r<r0jf，電子從AA/射出；當 DD/相切.由幾何關系得：r0 r0 c

35、os? - d將ro = mv0代入上式求解，得臨界速率為: eBeBdvo 二m1 cos 二eBd故當v > 時，電子俑從另一邊界 DD/射出.1 cos F m【點評】電子以相同方向不同大小地速率由同一點射入磁場，動態圓地半徑不同, 但其圓心都在過入射點且與初速度方向垂直地射線上【例3】如圖5,在邊界AA/、DD/狹長區域內，勻強磁場地磁感應強度為B,方向街紙面向里，磁場區域地寬度為d.電子槍S發射質量為 m、電量為e地電子，當電子槍水平發射時；在DD/右側發現了電子當電子槍在豎直平面內發射時，剛剛在AA/左側發現了電子，試畫出電子在磁場中運動地軌跡，并計算該電子在邊界AA/地射入

36、點和射出點間地距離(電子射入 地速度始終為V0)【分析解答】在 0-兀范圍內由電子槍 S射 入磁場地電子，其動態圓地圓心都 在以 S為圓心，半徑為 r地圓周EOF上，如圖 5中地紅線所示，當電子水平發射時，在2mvoDD/地右側發現電子，由 ev0 B =-得r到一隱含地重要地約束條件：m1% r = d .eB因此.只有圓心在 O,動態圓剛好與 DD/ 相切所對應地電子才能從AA/邊界射SC=2,r2 - r -d 2 -22mv°d d2 ' eBX B X出，所以該電子在磁場中地運動軌跡是 弧線SQC,由幾何關系，得：【點評】很多同學求解地結果看似正確，但卻畫出了如圖所

37、示地錯誤軌跡圖，其原因在于忽略了r>d這一隱含約束條件.如果能從動態圓這一思維過程考慮，就能有效地避免錯 誤.圖63600地范圍內發射速率【例4】如圖7所示，點S為一電子源，它可以在紙面內地 相同、質量為 m,電量為e地電子、M慢一塊足夠在地擋板，與點S地距離OS=L.擋板下面M即電子源一側充滿垂直于紙面向里地勻強磁場，磁感應強度為 B,問：(1) 若使電子源發射地電子有可能到達擋 板，則發射地電子速率至少是多大？發 射方向如何？(2) 若發射地電子地速率為(1)中所求地 速率地2倍，則擋板被電子擊中地區域 范圍有多大？發射方向地范圍如何？【分析與解答】(1)由：evB=mv2/r,得：

38、eBrv 二m因此，欲使電子能到達擋板，且速率最小地條件是 r0=L/2,其電電子地最小速率為：eBL 一 ,Vo =，由左手定則，電2m子應平行于MN板水平向左發射.(3) 當V=2V0時，電子在磁場中做圓周運動地半徑X X X X X X XXXXX X X X XB XXX圖8Br=2r0=L在由左手定則所確定地所有動態圓中，其圓心都應在以S為圓心、半徑為 L地圓周上，如圖8所示.在這個圓周上，只有以上半圓周上各點為圓心地動態圓上地電 子才能擊中擋板.因此，電子發射方向只能在沿SO和SA發射方向左側地 0-兀范圍內，如圖8所示地箭頭所示地角度范圍內.在如圖8所示中，由SA方向順時針方向至

39、 SP方向發射地電子，其圓心在相應地弧OQ上，打在板上地點 b/到點b上，與最遠點b對應地圓心為點 Q,發射方 向為SO,由幾何關系，得 Ob=L,所以板MN上被電子打中地范圍為線段 ab,則：ab=oa+ob= '3 1 L【點評】確定動態圓圓心地軌跡考慮電子在磁場中順時針運動才能擊中板地約束條件，進一步確定電子發射方向地范圍，再由動態圓地漸變到突變，在臨界狀態通過 簡單地幾何關系求解極值，是解決這類問題地有效方法.如果能用動態圓模型(紙板)直觀教案和練習，學生更是一目了然.常見題型1、帶電粒子速度大小相同，方向不同旋轉地動態圓例1 (全國I卷第26題)如圖1所示，在0&X

40、wj3a區域內存在與xy平面垂直地勻強磁場，磁感應強度地大小為B.在t =0時刻，一位于坐標原點地粒子源在xy平面內發射出大量同種帶電粒子，所有粒子地初速斗 度大小相同，方向與 y軸正方向地夾角分布在0180°范:pgMI圍內.已知沿y軸正方向發射地粒子在 t = t0時刻剛好從磁：1場邊界上P(J3a,a)點離開磁場.求：八種口工(1)粒子在磁場中做圓周運動地半徑R及粒子地比荷!1q/m ;圖1(2)此時刻仍在磁場中地粒子地初速度方向與y軸正方向夾角地取值范圍；(3)從粒子發射到全部粒子離開磁場所用地時間【解讀】(1)具體思路是做出從 P點離開磁場地帶電粒子地運動軌跡，如圖 2所2

41、.3不，由幾何關系求出半徑R = a ,對應地圓心角為 1 =120 ,周期T =3t0 ,32 二mq2二在由周期T =得=,也容易得弦 OP與y軸正萬向夾角為Bqm 3Bt0圖2圖3圖4(2)下面重點分析此問，由于帶電粒子地初速度大小相同，可見半徑 R相同，做出從不同方向射出地粒子地運動軌跡，其動態圓如圖 3所示地.結合帶電粒子在磁場中做勻速圓周速度地特點，可知同一時刻仍在磁場內地粒子到。點距離相同.在t0時刻仍在磁場內地粒子應位于以。點為圓心、OP為半徑地圓弧 MN上，如圖4所示.設此時位于 P、M、N三點地粒子初速度分別為VP、VM、VN .由幾何關系可知，Vp與OP、Vm與OM、Vn

42、與ON地夾角均為60°,故所求答案為 60°120°.(3)由上面地分析也易得在磁場中飛行時間最長地粒子地運動軌跡應與磁場右邊界相切，如圖 5所示，由幾何關系可知 OP=OM=MF ,運動軌跡對應地圓心角為 240。，故所求答案為2to.需要說明地是求R還要其他數學方法，本文不做一一分析.a例2 (全國新課標卷第 25題)如圖6所不，在0Wx Wa、0Wy w范圍內有2垂直于xy平面向外地勻強磁場，磁感應強度大小為B.坐標原點 O處有一個粒子源，在某時刻發射大量質量為m、電荷量為q地帶正電 公-一一I * ' 8:圖6粒子，它們地速度大小相同，速度方向均在

43、xy平面內，與y軸正方向地夾角分布在090°范圍內.己知粒子在磁場中做圓周運動地半徑介于3到a之間，從發射粒子2到粒子全部離開磁場經歷地時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期地四分之一.求最后離開磁場地粒子從粒子源射出時地（1）速度大小；（2）速度方向與y軸正方向夾角正弦.【解讀】與上題分析類似，做出從不同方向射出地粒子地運動軌跡，動態圓如圖7所示地.設初速度與y軸正向地夾角為9,當。較小時，粒子從磁場上邊界離開，。越大，粒子在磁場中地運動時間越長；當 。較大時，粒子從磁場右邊界或 x軸正向離開，。越大，粒子在磁場中地運動時間越短.可見最后離開磁場地粒子即在磁場中運動時間最長地粒子，其

44、軌跡圓應與磁場地上邊界相切，如圖8所示.具體地求解是設粒子地發射速度大小為V ,則做圓周運動地半徑 R=mv , Bq由該粒子在磁場運動地時間為T/4得：/ OCA=90. a由幾何關系可得：Rsin ? - R -a2Rsin 二-a - Rcos又 sin 2 1 cos2 1-1皿合口、6聯立解得：R=（2、6）a、2W7v=(2 -咨- sin1=6 2 m102、帶電粒子速度方向相同，大小不同膨脹地動態圓例3 （全國II卷第26題）如圖9所示左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d ,電壓為 U;兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小E為B0,方向平行于板面并垂直于紙面朝里.圖中右邊有寸M1X

45、 M ST 胃薩'一邊長為 a地正三角形區域 EFG ( EF邊與金屬板垂" * "' 彳黑1f *K X X/-L直)，在此區域內及其邊界上也有勻強磁場，磁感應F&1圖9強度大小為 B,方向垂直于紙面朝里 .假設一系列電荷量為q地正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場地方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板之間地區域，并經EF邊中點H射入磁場區域.不計重力.(1)已知這些離子中地離子甲到達磁場邊界EG后，從邊界 EF穿出磁場，求離子甲地質量；(2)已知這些離子中地離子乙從EG邊上地I點(圖中未畫出)穿出磁場，且 GI長為3a/4,求離子乙地質量；(3

46、)若這些離子中地最輕離子地質量等于離子甲質量地一半，而離子乙地質量是最大地，問磁場邊界上什么區域內可能有離子到達？【解讀】由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，則有B0qv = q U-,解得粒子速度v =(為一定數值)dB0d本題雖然速度大小不變，但質量m變，結合帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動地半徑公式 R =mv分析，等價此類問題，可做出不同質量地 Bq帶電粒子在磁場中地運動軌跡，其動態圓如圖10所示地.(1)由題意知，離子甲地運動軌跡如圖11所示半圓，半圓與EG邊相切與A點，與EF邊垂直相交與 B點，由幾何關系可得 3.半徑R甲=a cos 30 tan 15 =(寸3 )a ,從而求到甲離2qaBB 0d ,八 3、子地質里m( ,、3 ).U2(2)離子乙地運動軌跡如圖12所示，在EIO2中，由余弦a c ac a a定理得 r1=（_）2（_一 R ）2一2（ ）（ R乙）cos60424 2a ,qaBB