帶電粒子在邊界為圓形的有界磁場中的運動

賈彥峰

(井陘縣第二中學 河北 石家莊 050301)

帶電粒子在邊界為圓形的磁場中運動是帶電粒子在磁場中運動的典型類型，其中一些特殊情況的結論在解題中往往被師生直接使用，但它的來龍去脈卻很少有人追問，甚至被大家忽略.若學生養(yǎng)成記結論的壞習慣，便會失去一次利用數(shù)學知識解決物理問題的鍛煉機會.

文獻[1,2]均論證了帶電粒子在邊界為圓形的有界磁場中的運動問題，但只涉及一些特殊情況，一般情況卻沒有涉及到.為此，下面首先給出特殊情況的證明，接著闡明解決一般情況的方法和步驟，最后，運用所得規(guī)律和方法解決問題.

1 特殊情況結論的證明

規(guī)律1：帶電粒子沿徑向射入必沿徑向射出.

如圖1所示，在真空中圓心為O1，半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未標出)，磁感強度為B.一個質量為m,電荷量為q(q>0)的帶電粒子從P點沿半徑方向射入，帶電粒子受

洛倫茲力做圓心為O2，半徑為r的勻速圓周運動，從Q點射出.求證：出射方向的反向延長線必過磁場圓的圓心O1.

圖1

證明：連接O1P，O1Q，O2P，O2Q，在△O1PO2和△O1QO2中，因為

PO1=QO1PO2=QO2

O1O2為公共邊,所以

△O1PO2?△O1QO2∠O1PO2=∠O1QO2

由題可知

O2P⊥O1P

代入數(shù)據(jù)得

G動=1 200 N

拉力

代入數(shù)據(jù)得

F1=2 400 N

總之，在解此類題目時，要分析清楚滑輪組的組成，再利用已知條件求總功、有用功和機械效率.解題時特別要注意機械效率的可變性，如提升貨物的重力改變，機械效率也會隨之改變等.

所以

O2Q⊥O1Q

又因為過Q點的速度v垂直O(jiān)2Q,所以該點的速度v與直線O1Q共線,即出射方向的反向延長線必過磁場圓的圓心O1.

規(guī)律2:如果磁場圓半徑等于軌跡圓半徑，則粒子的出射方向與磁場圓上入射點的切線方向平行(也就是說,從某點射入磁場的所有粒子，出射時的方向都會與磁場圓上入射點的切線方向平行).

規(guī)律3:如果磁場圓半徑等于軌跡圓半徑，則磁場圓上出射點的切線方向與粒子的入射方向平行(也就是說,若一束粒子平行射入磁場圓，出射時必匯聚于一點).

如圖2所示，在真空中圓心為O1,半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未標出)，磁感強度為B.一個質量為m,電荷量為q(q>0)的帶電粒子從P點射入，帶電粒子受洛倫茲力的作用，做圓心為O2,半徑為R的勻速圓周運動，從Q點射出.直線PH，KQ分別為入射和出射方向即軌跡圓上入射點和出射點的切線.PJ，QI分別為磁場圓上入射點和出射點的切線.求證：

(1)QK∥PJ;

(2)QI∥PH.

圖2

證明：(1)由題知O1P=O1Q=O2P=O2Q=R,所以，四邊形O1QO2P為菱形,O1P∥O2Q.因O1P⊥PJ，且O2Q⊥QK,故PJ∥QK,即粒子的出射方向KQ與磁場圓上入射點的切線方向PJ平行.

進一步分析可知,在滿足磁場圓半徑等于軌跡圓半徑的情況下，粒子的入射方向可以是任意的，而磁場圓上入射點P的切線方向是確定的，因此，從P點射入磁場的所有粒子，出射時的方向都會與磁場圓上入射點的切線方向平行[1],如圖3所示.

(2)同理可證明，QI∥PH,即磁場圓上出射點的切線方向QI與粒子的入射方向PH平行.

進一步分析可知,在滿足磁場圓半徑等于軌跡圓半徑的情況下，若一束粒子平行射入磁場圓，則磁場圓上出射點的切線方向一定與入射方向平行，而磁場圓上與入射方向平行的切線是確定的，則切點是確定的，切點就是出射點.也就是說,若一束的粒子平行射入磁場圓，出射時必匯聚于一點,如圖4所示.

圖3 圖4

2 解決一般情況的方法和步驟

以上只是在一些特殊情況下成立的結論，那么，任意帶電粒子射入磁場圓時，粒子從何處射出，出射方向怎樣呢？下面對這個問題進行研究.

如圖5所示，在真空中圓心為O1，半徑為R的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場(圖中未標出)，磁感強度為B.一個質量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子從P點射入，帶電粒子受洛倫茲力做圓心為O2，半徑為r的勻速圓周運動，從Q點射出.

圖5

分析：設入射角(即入射方向與磁場圓半徑的夾角)為θ，運動軌跡所對應的軌跡圓的圓心角α，運動軌跡所對應的磁場圓的圓心角為β，因為偏轉角(即入射方向和出射方向的夾角)與軌跡圓的圓心角相等，所以偏轉角也為α.

在△O1O2P中，有

(1)

(2)

由式(1)、(2)得

(3)

(4)

把已知量代入可以求出α和β.知道偏轉角α就可以知道粒子射出磁場時的出射方向，知道β就可以知道粒子在何處射出磁場.

點評：在帶電粒子的運動方向與磁場垂直的前提下，此方法對于解決帶電粒子在邊界為圓形的有界勻強磁場中運動的問題普遍適用，解題步驟可歸納如下.

第一步,做出運動軌跡圖,包括磁場圓、軌跡圓、入射方向、出射方向、入射角、偏轉角、磁場圓的圓心角、軌跡圓的圓心角等.

第二步,在由磁場圓半徑R,軌跡圓半徑r,兩圓圓心連線OO′組成的三角形中,找出磁場圓半徑R與軌跡圓半徑r的關系，如式(1).

第三步,由三角形內(nèi)外角關系找出入射角θ，軌跡圓的圓心角α，磁場圓的圓心角β三者間的關系，如式(2).

第四步,解式(1)、(2)，由數(shù)學技巧和方法得式(3)、(4).

第五步,把已知量帶入式(3)、(4)進行討論.

3 運用一般結論解題

【例1】(2002年高考全國卷第27題)電視機的顯像管中，電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現(xiàn)的.電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，如圖6所示.磁場方向垂直于圓面.磁場區(qū)的中心為O，半徑為r.當不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心M點.為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉一已知角度θ，此時磁場的磁感應強度B應為多少？

圖6

(5)

(6)

圖7

由于帶電粒子沿徑向射入圓形勻強磁場區(qū)，則其出射方向的反向延長線必沿徑向射出，必過圓形磁場的圓心O.

(7)

由式(5)～(7)解得

(8)

點評：本題考查帶電粒子沿徑向射入一圓形勻強磁場區(qū)的情形，根據(jù)特殊規(guī)律1知帶電粒子必沿徑向射出.

【例2】(2009年高考浙江卷第25題)如圖8所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上.在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強磁場.在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質量m，電荷量q(q>0)和初速度v的帶電微粒.發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0

(1)從A點射出的帶電微粒平行于x軸,從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求電場強度和磁感應強度的大小與方向.

(2)請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由.

(3)若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么,它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由.

圖8

解析：本題提供的參考答案中關于第(2)問提供了兩種解法，第一種解法不是很直觀.第二種解法用到了較多的數(shù)學知識，對學生的數(shù)學要求較高.而第(3)問完全是定性分析，理由不能令人信服.下面從本文提供的規(guī)律、方法入手重新進行解答.

(1)本題考查帶電粒子在復合場中的運動.帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡.設電場強度大小為E，由

mg=Eq

可得

方向沿y軸正方向.

得

方向垂直于紙面向外.

(2)一束沿x軸正方向射入圓形磁場區(qū)域的粒子，因為磁場圓半徑等于軌跡圓半徑，則這束帶電微粒必匯聚于一點，即從O點通過，如圖9所示.

圖9

(3)若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，則此時軌跡圓半徑r′=2R.這束帶電微粒既不沿徑向射入，也不滿足磁場圓和軌跡圓半徑相同.由于帶電粒子出磁場后做勻速直線運動，若要分析它們與x軸相交的區(qū)域，只需討論粒子的偏轉角即可.由于討論粒子與x軸相交的區(qū)域是個范圍，抓住邊界條件進行討論即可.

設從P點入射的粒子入射方向與磁場圓半徑的夾角為θ，入射方向和出射方向的夾角為α，軌跡圓的圓心角也為α，磁場圓的圓心角為β.在△O1O′P中

(9)

(10)

由式(9)、(10)得

(11)

(12)

當粒子從接近磁場圓的頂點進入磁場時，θ接近90°，由式(11)得偏轉角α接近180°.同理，當粒子從接近O點的位置進入磁場時，偏轉角α也接近180°，粒子從其他位置進入磁場時β均小于180°.故粒子與x軸相交的區(qū)域是x>0，如圖10所示.

圖10

點評：第(1)問考查帶電粒子沿徑向射入必沿徑向射出；第(2)問考查如果磁場圓半徑等于軌跡圓半徑，則磁場圓上出射點的切線方向與粒子的入射方向平行(也就是說,若一束粒子平行射入磁場圓，出射時必匯聚于一點)；第3問帶電粒子既不沿徑向射入，也不滿足磁場圓和軌跡圓半徑相同，此時按照一般情況對待.

圖11

解析：本題考查帶電粒子在邊界為圓形的有界磁場中的運動問題.本題的特點是,帶電粒子在磁場運動中的出射方向與入射方向的夾角為90°，是一個特殊的角度.抓住這一特點利用平面幾何知識可求出粒子的軌跡半徑.這樣的解法有幾種，在這里就不一一列舉了.下面的解法是,首先,拋開帶電粒子在磁場運動中的出射方向與入射方向的夾角為90°的特殊條件，從推導出的一般規(guī)律入手，把題中的特殊條件代入，求出粒子的軌跡半徑.

粒子在磁場中做圓心為O′的圓周運動.設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得

式中v為粒子在a點的速度.

如圖12所示，設入射方向與磁場圓半徑的夾角∠Oad=θ，入射方向和出射方向的夾角α=90°，磁場圓的圓心角∠aOb=β.按照一般情況進行推導，得到一般解后，再把特殊條件代入求解.

圖12

在△OO′a中

(13)

(14)

由式(13)、(14)得

(15)

考慮粒子在電場中的運動.設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動.設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得qE=ma.

式中t是粒子在電場中運動的時間.解得

點評：此題確定帶電粒子的軌跡半徑有很多種方法，其中利用出射方向與入射方向垂直的特殊條件，可以較容易解答.雖然本題提供的方法有點復雜，但它是解決此類題最通用的方法.

以上只是個人的一些粗淺的想法，不足之處敬請同行指正.

參考文獻

1 沈建堂.一個磁聚焦問題的證明及其應用——從一道高考壓軸題的答案談起.物理教學，2010，32(01)：61～62

2 王波.圓形有界磁場中“磁聚焦”規(guī)律的證明及應用. 物理教學，2011,33(12):47