1、確定磁場最小面積的方法電磁場內容歷來是高考中的重點和難點。近年來求磁場的問題屢屢成為高考中的熱點，而這類問題單純從物理的角度又比較難求解，下面介紹幾種數學方法。一、幾何法例1. 一質量為m、電荷量為+q的粒子以速度，從O點沿y軸正方向射入磁感應強度為B的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區域后，從b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向的夾角為30°，同時進入場強為E、方向沿與x軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，通過了b點正下方的c點，如圖1所示，粒子的重力不計，試求：（1）圓形勻強磁場區域的最小面積；（2）c點到b點的距離。圖1解析：（1）先找圓心，過b點

2、逆著速度v的方向作直線bd，交y軸于d，由于粒子在磁場中偏轉的半徑一定，且圓心位于Ob連線上，距O點距離為圓的半徑，據牛頓第二定律有：解得 過圓心作bd的垂線，粒子在磁場中運動的軌跡如圖2所示：要使磁場的區域有最小面積，則Oa應為磁場區域的直徑，由幾何關系知：圖2由得所以圓形勻強磁場的最小面積為：（2）帶電粒子進入電場后，由于速度方向與電場力方向垂直，故做類平拋運動，由運動的合成知識有：而 聯立解得二、參數方法例2. 在xOy平面內有許多電子（質量為m、電荷量為e），從坐標原點O不斷地以相同的速率沿不同方向射入第一象限，如圖3所示。現加一個垂直于平面向里，磁感應強度為B的勻

3、強磁場，要使這些電子穿過磁場區域后都能平行于x軸向x軸正向運動。求符合該條件磁場的最小面積。圖3解析：由題意可知，電子是以一定速度從原點O沿任意方向射入第一象限時，先考察速度沿+y方向的電子，其運動軌跡是圓心在x軸上的A1點、半徑為的圓。該電子沿圓弧OCP運動至最高點P時即朝x軸的正向，可見這段圓弧就是符合條件磁場的上邊界，見圖5。當電子速度方向與x軸正向成角度時，作出軌跡圖4，當電子達到磁場邊界時，速度方向必須平行于x軸方向，設邊界任一點的坐標為，由圖4可知：圖4，消去參數得：可以看出隨著的變化，S的軌跡是圓心為（0，R），半徑為R的圓，即是磁場區域的下邊界。上下邊界就構成一個葉片形磁場區域

4、。如圖5所示。則符合條件的磁場最小面積為扇形面積減去等腰直角三角形面積的2倍。圖5 帶電粒子在磁場中運動之磁場最小范圍問題剖析近年來在考題中多次出現求磁場的最小范圍問題，這類題對學生的平面幾何知識與物理知識的綜合運用能力要求較高。其難點在于帶電粒子的運動軌跡不是完整的圓，其進入邊界未知的磁場后一般只運動一段圓弧后就飛出磁場邊界，運動過程中的臨界點（如運動形式的轉折點、軌跡的切點、磁場的邊界點等）難以確定。下面我們以實例對此類問題進行分析。 一、磁場范圍為圓形 例1一質量為、帶電量為的粒子以速度從O點沿軸正方向射入磁感強度為的一圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直于紙面，

5、粒子飛出磁場區后，從處穿過軸，速度方向與軸正向夾角為30°，如圖1所示（粒子重力忽略不計）。 試求：（1）圓形磁場區的最小面積； （2）粒子從O點進入磁場區到達點所經歷的時間； （3）點的坐標。解析：（1）由題可知，粒子不可能直接由點經半個圓周偏轉到點，其必在圓周運動不到半圈時離開磁場區域后沿直線運動到點。可知，其離開磁場時的臨界點與點都在圓周上，到圓心的距離必相等。如圖2，過點逆著速度的方向作虛線，與軸相交，由于粒子在磁場中偏轉的半徑一定，且圓心位于軸上，距O點距離和到虛線上點垂直距離相等的點即為圓周運動的圓心，圓的半徑。由 ，得。弦長為：， 

6、;要使圓形磁場區域面積最小，半徑應為的一半，即：， 面積（2）粒子運動的圓心角為1200，時間。（3）距離 ，故點的坐標為（，0）。 點評：此題關鍵是要找到圓心和粒子射入、射出磁場邊界的臨界點，注意圓心必在兩臨界點速度垂線的交點上且圓心到這兩臨界點的距離相等；還要明確所求最小圓形磁場的直徑等于粒子運動軌跡的弦長。 二、磁場范圍為矩形 例2如圖3所示，直角坐標系第一象限的區域存在沿軸正方向的勻強電場。現有一質量為，電量為的電子從第一象限的某點（，）以初速度沿軸的負方向開始運動，經過軸上的點（，0）進入第四象限，先做勻速直線運動然后進入垂直紙面的矩形勻強磁場

7、區域，磁場左邊界和上邊界分別與軸、軸重合，電子偏轉后恰好經過坐標原點O，并沿軸的正方向運動，不計電子的重力。求 （1）電子經過點的速度； （2）該勻強磁場的磁感應強度和磁場的最小面積。 解析：（1）電子從點開始在電場力作用下作類平拋運動運動到點，可知豎直方向：，水平方向：。 解得。而，所以電子經過點時的速度為：，設與方向的夾角為，可知，所以300。 （2）如圖4，電子以與成30°進入第四象限后先沿做勻速直線運動，然后進入勻強磁場區域做勻速圓周運動恰好以沿軸向上的速度經過點。可知圓周運動的圓心一定在軸上，且點到O點的距離與到直線上M點（

8、M點即為磁場的邊界點）的垂直距離相等，找出點，畫出其運動的部分軌跡為弧MNO，所以磁場的右邊界和下邊界就確定了。設偏轉半徑為，由圖知，解得，方向垂直紙面向里。 矩形磁場的長度，寬度。 矩形磁場的最小面積為： 點評：此題中粒子進入第四象限后的運動即為例1中運動的逆過程，解題思路相似，關鍵要注意矩形磁場邊界的確定。 三、磁場范圍為三角形 例3如圖5，一個質量為，帶電量的粒子在BC邊上的M點以速度垂直于BC邊飛入正三角形ABC。為了使該粒子能在AC邊上的N點（CMCN）垂真于AC邊飛出ABC，可在適當的位置加一個垂直于紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁

9、場。若此磁場僅分布在一個也是正三角形的區域內，且不計粒子的重力。試求：  1）粒子在磁場里運動的軌道半徑及周期T； （2）該粒子在磁場里運動的時間t；（3）該正三角形區域磁場的最小邊長；解析：（1）由和，得：    ，     （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的切線方向并垂直于半徑，如圖6作出圓O，粒子的運動軌跡為弧GDEF，圓弧在點與初速度方向相切，在F點與出射速度相切。畫出三角形

10、，其與圓弧在D、E兩點相切，并與圓交于F、G兩點，此為符合題意的最小磁場區域。由數學知識可知FOG600，所以粒子偏轉的圓心角為3000，運動的時間   （3）連接并延長與交與點，由圖可知，點評：這道題中粒子運動軌跡和磁場邊界臨界點的確定比較困難，必須將射入速度與從AC邊射出速度的反向延長線相交后根據運動半徑已知的特點，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的軌跡并不是三角形磁場的內切圓。四、磁場范圍為樹葉形例4在平面內有許多電子（質量為、電量為），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。現加一個垂直于平面向內、磁感強度為的勻強磁場

11、，要求這些電子穿過磁場后都能平行于軸向正方向運動，求符合該條件磁場的最小面積。解析：電子在磁場中運動半徑是確定的，設磁場區域足夠大，作出電子可能的運動軌道如圖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，經第一象限的所有圓中的最低和最高位置的兩個圓。圓O2在軸上方的個圓弧odb就是磁場的上邊界。其它各圓軌跡的圓心所連成的線必為以點O為圓心，以R為半徑的圓弧O1OmO2 。由于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的飛出點必為每條可能軌跡的最高點。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的距離即圖9中的弧

12、ocb就是這些圓的最高點的連線，即為磁場區域的下邊界。兩邊界之間圖形的陰影區域面積即為所求磁場區域面積：。 還可根據圓的知識求出磁場的下邊界。設某電子的速度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的交點坐標為（x，y），從圖10中看出，即（x0，y0），這是個圓方程，圓心在（0，R）處，圓的 圓弧部分即為磁場區域的下邊界。點評：這道題與前三題的區別在于要求學生通過分析確定磁場的形狀和范圍，磁場下邊界的處理對學生的數理結合能力和分析能力要求較高。 由以上題目分析可知，解決此類問題的關鍵是依據題意，分析物體的運動過程和運動形式，扣住運動過程中

13、的臨界點，應用幾何知識，找出運動的軌跡圓心，畫出粒子運動的部分軌跡，確定半徑，再用題目中規定形狀的最小磁場覆蓋粒子運動的軌跡，然后應用數學工具和相應物理規律分析解出所求的最小面積即可。2011-2012年高二培優（9）磁場最小面積的確定方法電磁場內容歷來是高考中的重點和難點。近年來求磁場的問題屢屢成為高考中的熱點，而這類問題單純從物理的角度又比較難求解，下面介紹幾種數學方法。【教你一手】一、幾何法例1. 一質量為m、電荷量為+q的粒子以速度，從O點沿y軸正方向射入磁感應強度為B的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區域后，從b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向的夾角為30

14、6;，同時進入場強為E、方向沿與x軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，通過了b點正下方的c點，如圖所示，粒子的重力不計，試求：（1）圓形勻強磁場區域的最小面積；（2）c點到b點的距離。解析：（1）先找圓心，過b點逆著速度v的方向作直線bd，交y軸于d，由于粒子在磁場中偏轉的半徑一定，且圓心位于Ob連線上，距O點距離為圓的半徑，據牛頓第二定律有：解得過圓心作bd的垂線，粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示：要使磁場的區域有最小面積，則Oa應為磁場區域的直徑，由幾何關系知：由得所以圓形勻強磁場的最小面積為：（2）帶電粒子進入電場后，由于速度方向與電場力方向垂直，故做類平拋運動，由運動的合成知

15、識有：而聯立解得二、參數方法例2在xOy平面內有許多電子（質量為m、電荷量為e），從坐標原點O不斷地以相同的速率沿不同方向射入第一象限，如圖所示。現加一個垂直于平面向里，磁感應強度為B的勻強磁場，要使這些電子穿過磁場區域后都能平行于x軸向x軸正向運動。求符合該條件磁場的最小面積。 解析：由題意可知，電子是以一定速度從原點O沿任意方向射入第一象限時，先考察速度沿+y方向的電子，其運動軌跡是圓心在x軸上的A1點、半徑為的圓。該電子沿圓弧OCP運動至最高點P時即朝x軸的正向，可見這段圓弧就是符合條件磁場的上邊界，見圖5。當電子速度方向與x軸正向成角度時，作出軌跡圖，當電子達到磁場邊界時，速度方向必須

16、平行于x軸方向，設邊界任一點的坐標為，由圖可知：，消去參數得：可以看出隨著的變化，S的軌跡是圓心為（0，R），半徑為R的圓，即是磁場區域的下邊界。上下邊界就構成一個葉片形磁場區域。如圖所示。則符合條件的磁場最小面積為扇形面積減去等腰直角三角形面積的2倍。三、帶電粒子在磁場中的運動例題例3在如圖所示的平面直角坐標系xoy中，有一個圓形區域的勻強磁場（圖中未畫出），磁場方向垂直于xoy平面，O點為該圓形區域邊界上的一點。現有一質量為m，帶電量為+q的帶電粒子（重力不計）從O點為以初速度vo沿+x方向進入磁場，已知粒子經過y軸上p點時速度方向與+y方向夾角為30º，OP=L 求：磁感應強度

17、的大小和方向； 該圓形磁場區域的最小面積。解：（1）由左手定則得磁場方向垂直xOy平面向里粒子在磁場中做弧長為圓周的勻速圓周運動，如圖所示，粒子在Q點飛出磁場設其圓心為，半徑為R由幾何關系有（LR）sin30°R，所以RL由牛頓第二定律有，故由以上各式得磁感應強度（2）設磁場區的最小面積為S由幾何關系得直徑，所以S四、穿越有界場的軌跡分析V0XYA O例4如圖所示，在y0區域內存在勻強磁場，方向垂直于XY平面并指向紙外，磁感應強度為B，一帶正電的粒子從Y軸上的A點，以速度v0與Y軸負半軸成夾角射出，進入磁場后，經磁場的偏轉最終又恰能通過A點，A點的坐標為（0，a）試問該粒子的比荷為多

18、少？從A點射出到再次經過A點共要多少時間？解析： 幾何關系 在磁場中偏轉時間 勻速運動的時間 聯立 及分別可得 粒子的比荷 總時間 【小試身手】1.一個負離子，質量為m，電量大小為q，以速率v垂直于屏S經過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示，磁感強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于紙面向里(1)求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離(2)如果離子進入磁場后經過時間t到達位置P，試證明：直線0P與離子入射方向之間的夾角跟t關系是2.一勻磁場，磁場方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁場分布在以O為中心的一個圓形區域內。一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子，由原點O開始運動，初

19、速為v，方向沿x正方向。后來，粒子經過y軸上的P點，此時速度方向與y軸的夾角為30°，P到O的距離為L，如圖所示。不計重力的影響。求磁場的磁感強度B的大小和xy平面上磁場區域的半徑R。3. 設在地面上方的真空室內存在勻強電場和勻強磁場.已知電場強度和磁感應強度的方向是相同的,電場強度的大小E=4.0V/m,磁感應強度的大小B=0.15T.今有一個帶負電的質點以v=20m/s的速度在此區域內沿垂直場強方向做勻速直線運動,求此帶電質點的電量與質量之比q/m以及磁場的所有可能方向(角度可用反三角函數表示).4. 如圖所示，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方

20、有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E。一質量為m，電量為-q的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出。射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L。求此粒子射出時的速度v和運動的總路程s（重力不計）。5.如圖所示，在y0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外。一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上yh處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x2h處的 P2點進入磁場，并經過y軸上y2h處的P3點。不計重力。求（l）電場強度的大小。（2）粒子到達P2時速度的大小和方向。（3）磁感應強度的大小。1解析：（1）

21、離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作用下，做勻速圓周運動。設圓半徑為r，則據牛頓第二定律可得： ，解得如圖所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2r所以（2）當離子到位置P時，圓心角：因為，所以。2解：粒子在磁場中受各侖茲力作用，作勻速圓周運動，設其半徑為r， 據此并由題意知，粒子在磁場中的軌跡的圓心C必在y軸上，且P點在磁場區之外。過P沿速度方向作延長線，它與x軸相交于Q點。作圓弧過O點與x軸相切，并且與PQ相切，切點A即粒子離開磁場區的地點。這樣也求得圓弧軌跡的圓心C，如圖所示。由圖中幾何關系得：L=3r 由、求得 圖中OA的長度即圓形磁場區的半徑R，由圖中幾何關系可

22、得 解：根據帶電質點做勻速直線運動的條件,得知此帶電質點所受的重力、電場力和洛侖茲力的合力必定為零.由此推知此三個力在同一豎直平面內,如右圖所示,質點的速度垂直紙面向外.3解法一:由合力為零的條件,可得求得帶電質點的電量與質量之比因質點帶負電,電場方向與電場力方向相反,因而磁場方向也與電場力方向相反.設磁場方向與重力方向之間夾角為,則有qEsin=qvBcos,解得即磁場是沿著與重力方向夾角=arctg0.75,且斜向下方的一切方向.解法二:因質點帶負電,電場方向與電場力方向相反,因而磁碭方向也與電場力方向相反.設磁場方向與重力方向間夾角為,由合力為零的條件,可得qEsin=qvBcos,&#

23、160;                                              qEcos+qvBsin=mg,