帶電微粒進入有界磁場區(qū)域的最值問題分析

高翔

不同比荷的帶電微粒以不同速度進入有界磁場區(qū)域，磁回旋的半徑因比荷的不同而存在差異，同時由于進入的方向不同，造成了磁回旋路徑的差別。因為受到有界磁場邊界的限制，使得磁回旋路徑受到相應的限定，所以磁回旋的圓心角和所夾的弦長也就不同，從而使得磁回旋的時間和路徑的長短存在差異。

從問題呈現(xiàn)的方式看：通過確定進入和射出有界磁場的位置點來求解磁回旋對應的弦，通過弦長的最值求解磁回旋路徑的長短，或者通過尋找磁回旋的圓心角求解磁回旋經(jīng)歷的時間，其中求人射速度或比荷是解決此類問題的切人點。

一、粒子從確定的位置以確定的速率進出有界磁場區(qū)域的最值問題分析

例1，如圖1所示為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內有垂直于紙而向里的勻強磁場，磁感應強度大小B = 2.0×10-3 T，在x軸上到坐標原點O的距離L=0.50m的P處為離子的入射口，在y軸上安放接收器?，F(xiàn)將一帶正電的粒子以v=3.5×10 4m/s的速率從P處射入磁場，若粒子在y軸上到坐標原點O的距離L=0.50 m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設帶電粒子的質量為m，電荷量為q.不計其重力，則上述粒子的比荷是（）。

A.3.5*10 7，

B.4.9×10 7

C.5.3×l0 7

D.7×10 7

認知及思維障礙分析：

（1）粒子以大小確定的速率從確定的位置進入和射出有界磁場區(qū)域發(fā)生磁回旋，雖然我們知道進出的位置，但不知道進與出磁場的方向，容易錯誤地認定從P和M處垂直邊界進出有界磁場，將磁回旋半徑認定為r=L，審題不清將導致錯誤建立磁回旋過程模型。

（2）邏輯推理磁回旋的最大半徑是解決問題的關鍵。

解析：由牛頓運動定律得 ，解得r-，即磁回旋半徑 ，磁回旋的半徑隨著比倚的變化而改變。欲求最大的旦，只要尋求最小磁回旋半徑即可，即進出磁場的位置成為磁回旋的直徑時方可滿足，連接MP，則半徑，從而求得4.9×l0 7 C/kg。答案為B。

二、粒子從確定的位置以確定的速度進入三角形磁場區(qū)域的最值問題分析

粒子從確定的位置以確定的速度進入三角形磁場區(qū)域，磁回旋半徑隨著磁感應強度的變化而改變，這也使得磁回旋的徑跡隨半徑的變化而變化，但由于三角形區(qū)域的限制，使得磁回旋的徑跡不能隨意增大，邊界限制就成為求解問題的切入點。

例2如圖2所示的平面直角坐標系xOy，在第一象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第四象限內的正三角形abc.區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的p（O，h）點，以大小為v。的速度沿x軸正方向射人電場，通過電場后從x軸上的a（2h，O）點進入第四象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第三象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：

（1）電場強度E的大??；

（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；

（3）abc區(qū)域內磁場的磁感應強度B的最小值。

認知及思維障礙分析：

（1）理清先后發(fā)生的物理過程，明確前后物理過程銜接的物理量“速度”和承遞發(fā)生的“位置”是求解問題的前提。帶電粒子先后經(jīng)歷在勻強電場中的類平拋運動，從確定的位置a（2h，O）射出電場，進入正三角形勻強磁場區(qū)域。通過類平拋運動始末位置可以求解電場強度和粒子到達a點時的速度。

（2）求解的難點是粒子經(jīng)過磁回旋與y軸負方向成45°角射出三角形磁場，我們僅知道磁回旋后粒子的速度，盡管知道與y軸負方向相交，但交點在哪兒未知，因此從何位置射出有界磁場未知，我們也就無法確定磁回旋的徑跡。同時由于三角形磁場邊界的限制，使得磁回旋的徑跡不能隨意擴大，因此利用磁場邊界約束，根據(jù)，，利用，通過最大的磁回旋半徑尋求B的最小值就成為解決問題的重要方法。

（3）由于運動電荷從確定的位置以恒定的速度進入正三角形磁場區(qū)域，根據(jù)圓的對稱性可知，粒子必然從正三角形對稱點b射出而不會存在與三角形的邊長bc相切這一限制。因此，利用圓的對稱性就成為通過作圖法尋求射出磁場位置點的有效方式。

解析：（1）設粒子在電場中運動的時間為t，粒子在x軸方向上做勻速直線運動有x=2h=vot，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動有y-，解得

（2）粒子到達a點時沿y軸負方向的分速度，所以，與x軸正方向成45°角。

（3）設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓運動定律得qvB= ，解得 。根據(jù)圓的對稱性可知，粒子從與a點對稱的b點射出時磁回旋半徑最大，磁場的磁感應強度有最小值，如圖3所示，則，解得B=。

三、粒子從確定的位置以確定的入射方向進入圓形有界磁場區(qū)域的最值問題分析

粒子以確定的運動方向進入圓形有界磁場，磁回旋半徑隨入射速度的變化而正比例增加，使得磁回旋的圓心角隨磁回旋半徑的增大而減小，磁回旋時間減小，所夾的弦減小使得磁回旋的路程變短。磁回旋經(jīng)歷的時間隨圓心角或者磁偏角的變化而同步改變。

例3 如圖4所示，在以O為圓心的圓形區(qū)域內，有一個方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小B=O.lT，圓半徑R=10√3 cm，豎直平行放置的金屬板連接在如圖所示的電路中，電源電動勢E=91V，內阻r=1Ω，定值電阻R1=20Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為70Ω。兩金屬板上的小孔S1、S2與O點在垂直于極板的同一直線上，另有一水平放置的足夠長的熒光屏D，0點與熒光屏D之間的距離H=20√3cm，現(xiàn)有比荷q/m=4.0×lo⁵C/kg的正離子由小孔S₁進入電場加速后，從小孔S₂穿出，通過磁場后打在熒光屏D上，不計離子的重力和離子在小孔S₁處的初速度。

（1）若離子能垂直打在熒光屏上，則電壓表的示數(shù)多大？

（2）滑動變阻器滑片P的位置不同，離子在磁場中運動的時間也不同，求離子在磁場中運動的最長時間和此種情況下打在熒光屏上的位置到屏中心0'點的距離。

認知及思維障礙分析：

（1）識別電路結構，判斷電容器兩極板間的電壓是求解問題的前提?；瑒幼冏杵鱎₂和定值電阻R₁組成穩(wěn)定的串聯(lián)電路，閉合回路的電流恒定，設滑動變阻器左端連入電路的電阻為R_x，則電容器兩極板間獲得的電壓。

（2）直線加速器兩極板間的電壓決定了離子加速后獲得的速度，則W=qU=，解得，即。

（3）加速后的離子從確定的位置以確定的速度方向進入圓形有界磁場發(fā)生磁回旋，磁回旋半徑r∞v，圓心角隨磁回旋半徑的增大而減小，磁回旋的時間 隨圓心角的減小而減小。

解析：（1）若離子由電場射出后進入圓形有界磁場，經(jīng)磁回旋射出有界磁場垂直打在熒光屏上，則離子在磁場中速度方向偏轉了90°，離子在磁場中做圓周運動的徑跡如圖5所示，由幾何知識可知離子在磁場中做圓周運動的網(wǎng)半徑，r₂=R=lO√3 cm。設兩金屬板問的電壓為U₁，離子經(jīng)電場加速獲得v₁，由動能定理得，由牛頓運動定律得，解得

（2）兩金屬板間的電壓越小經(jīng)電場加速后獲得的速度也越小，離子在磁場中做圓周運動的半徑就越小，射出電場時的偏轉角越大，在磁場中運動的時間越長，所以滑片在變阻器R₉的左端時，離子在磁場中運動的時間最長。由閉合電路歐姆定律得I=。兩金屬板間電壓U_min=IR₁=20V，由及，解得v₂=4*10³m/s，r₂=O.lm。粒子進入磁場后的徑跡如圖6所示，O₁為徑跡圓的圓心。由圖可得，即a=60°，故離子在磁場中運動的最長時間，。在。，所以A、O'兩點間的距離x=Htanθ= 20 cm。

四、粒子從確定的位置以確定的速率進入矩形有界磁場區(qū)域的最值問題分析

粒子從確定的位置以確定的速率進入矩形有界磁場.在磁感應強度不變的前提下磁回旋半徑恒定，但由于進入有界磁場速度方向的變化，使得磁回旋的徑跡存在差異。先求磁回旋的圓心角，再求磁回旋的時間和所央的弦，進而就能解得磁回旋通過的路徑。

例4 在如圖7所示的直角坐標系、xOy中，矩形區(qū)域Oabc內有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小B=5.0×10^-2T，第一象限內有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小E=1.0×10⁵N/C。已知矩形區(qū)域Oa邊長為0.60m，ab邊長為0.20 m。在bc邊中點N處有一放射源，某時刻放射源沿紙面向磁場中各方向均勻輻射速率均為v=2.0×l0⁶m/s的某種帶正電粒子，帶電粒子質量m=1.6×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，不計粒子重力，計算結果保留兩位有效數(shù)字，求：

（1）粒子在磁場中運動的半徑；

（2）從x軸上射出的粒子中，在磁場中運動的最短路程；

（3）放射源沿x軸負方向射出的粒子，從射出到從y軸離開所用的時間。

認知及思維障礙分析：

（1）從確定的位置以確定的速率向各方向發(fā)射相同的粒子，磁回旋半徑均相等，因射入磁場方向的不同而形成不同的磁回旋徑跡，磁回旋徑跡如圖8所示。

（2）追蹤性分析可能發(fā)生的物理過程不僅是解決物理問題的能力，更是發(fā)展學科思維力的關鍵。很多時候我們只局限在磁回旋這一物理過程的最值分析而忽視了后續(xù)跟進發(fā)生的物理過程。向沿x軸負方向射出的粒子經(jīng)過磁回旋后沿y軸正方向進入勻強電場，經(jīng)過勻變速直線運動再次以相等大小的速度沿y軸負方向進入有界磁場發(fā)q磁回旋，通過作圖法定性描繪出第二次磁回旋的徑跡，通過幾何關系求解磁回旋對應的圓心角，從而可以求解第二次磁回旋經(jīng)歷的時間。

解析：（1）粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得qvB =m ，解得R=0.20 m。

（2）由幾何知識可知最短弦對應最短的弧長，如圖9所示，a=60°，最短的弧長即最短路程s=Ra=0.21m。

（3）粒子磁回旋的周期，粒子在磁場中沿弧NP運動的時間。粒子在電場中的加速度，又有v=at，解得t=1.0*10^-7s，即粒子在電場中做往返運動的時間為t₂+t₃=2t=2.0×10^-7s。由圖可知cOsθ，故θ=60°。粒子第二次在磁場中運動的時間。因此粒子運動的總時間t_總=t₁+t₂+t₃+t₄=4.6*10^-7s。