有界磁場帶電粒子運動臨界問題探討

洪哲新

帶電粒子在有界勻強磁場中運動的極值問題是高考的熱點和重點，在考察學生物理知識的同時也考察了學生的數(shù)學平面幾何知識，非?？简瀸W生物理和數(shù)學知識綜合運用能力. 分析此類問題時應(yīng)先建立完整的物理模型，根據(jù)題目條件尋找正確的運動軌跡，確定運動軌跡后再尋找?guī)缀侮P(guān)系，應(yīng)用數(shù)學幾何方法和對應(yīng)的物理規(guī)律分析求得最后結(jié)果. 下面就三種主要的帶電粒子在有界勻強磁場中運動的極值問題展開探討.

一、平移圓

帶電粒子進入磁場時的位置不確定，但是進入磁場的速度大小和方向一定，因此圓周運動軌跡的半徑是相同的，圓周運動軌跡形狀相同，從不同入射點進入磁場的運動軌跡之間是平移關(guān)系. 因此可以通過平移圓周的方法來探求臨界情形.

【例1】（2007·四川）如圖所示，長方形abcd長ad=0.6 m ，寬ab=0.3 m ，O、e分別是ad、bc的中點，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（邊界上無磁場），磁感應(yīng)強B=0.25 T . 一群不計重力、質(zhì)量m=3×10-7 kg 、電荷量q=+2×10-3 C 的帶電粒子以速度v=5×102 m/s 沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域（? ?）

A .從Od邊射入的粒子，出射點全部分布在Oa邊

B .從aO邊射入的粒子，出射點全部分布在ab邊

C .從Od邊射入的粒子，出射點分布在Oa邊和ab邊

D .從aO邊射入的粒子，出射點分布在ab邊和bc邊

【解析】因為“速度v=5×102 m/s 沿垂直ad方向”，入射速度大小和方向都已確定，所以所有粒子軌跡圓大小相同，入射速度方向也相同，符合“平移圓”的解題特征. 先代入數(shù)據(jù)算出軌跡半徑r=mvqB=0.3 m ?（恰好與長方形寬相等），所以從d點入射的粒子，若一直做圓周運動，則恰好從e點出射，將此軌跡向上平移可得其他粒子的軌跡，如圖2所示，需注意粒子出磁場后沿軌跡切線做勻速直線運動. 由圖2可知，若從O點射入的粒子出磁場后還做圓周運動，則將恰好從b點出射（虛線軌跡），而實際情況是粒子離開磁場邊界ae后會沿切線做直線運動（實線軌跡），所以從Od邊射入的粒子出射點全部分布在bc邊，準確來說是bc邊的上半段be部分，所以 A、C 項錯；而從aO邊入射的粒子，根據(jù)軌跡分布，出射點在ab邊和bc邊（be部分）， B 項錯， D 項對.

【答案】 D

【例2】（2017·江蘇）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖3所示. 大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U 0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上. 已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡，不考慮離子間的相互作用.

（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x;

（2）在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d;

（3）若考慮加速電壓有波動，在（U 0-△U）到（U 0+△U）之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.

【解析】（1）由動能定理qU 0=12×2mv2可以求出甲種離子在電場加速的末速度，又qvB=2mv2r 1，解得圓周運動軌跡半徑r 1=2BmU 0q，當甲種離子從入射口最左邊M點入射，則打在底片上的位置到N點距離最近，具體為x=2r 1－L，解得x=4BmU 0q－L .

（2）將從M點進人的甲種離子的運動軌跡（半圓）向右平移L，則該半圓掃過的區(qū)域即為甲種離子經(jīng)過的區(qū)域. 最窄寬度出現(xiàn)在圖形的對稱線處，如圖4中的a圖所示. 接下來尋找?guī)缀侮P(guān)系，因為圖形是平移得來的，那平移了多少？圖a中軌跡①向右平移12L得到軌跡②，所以圓心同樣也平移了12L，即圖中O 1O 2=12L，注意最窄寬度的最低點在軌跡①上，這時將最低點與①的圓心O 1相連，便可得到半徑r 1，則可得d=r 1－r2 1－（L2）2，代入r 1=2BmU 0q，得d=2BmU 0q－4mU 0qB2－L24.

（3）甲、乙的質(zhì)量分別為2m和m，則由（1）中r 1=2BmU 0q可知，若加速電場電壓相同，則乙種離子的軌跡半徑小于甲，所以從同一點入射時甲打在底片上的位置更靠右. 當電壓在（U 0－ΔU）到（U 0+ΔU）之間變化時，r 1、r 2也對應(yīng)變化，則甲和乙在底片上各打中一塊區(qū)域，要使兩區(qū)域無重疊，需使乙能打中的最右點（從N點入射且半徑最大）不超過甲能打中的最左點（從M點入射且半徑最小），如圖4中的b圖所示，即2r 2 max +L<2r 1 min ，L<2（r 1 min －r 2 max ）. 當電壓最大時r 2取得最大值r 2 max =2Bm2（U 0+ΔU）q，當電壓最小時r 1取得最小值r 1 min =2Bm（U 0－ΔU）q，代入整理得，狹縫寬度L滿足的條件為L<2Bmq［2（U 0－ΔU）－2（U 0+ΔU）］.

【答案】（1） x=4BmU 0q－L

（2）d=2BmU 0q－4mU 0qB2－L24

（3）L<2Bmq［2（U 0－ΔU）－2（U 0+ΔU）］

方法總結(jié)：當臨界問題呈現(xiàn)出固定半徑的圓周軌跡時，一般都通過移動圓的方法來探求解題思路，類似于上述例題，粒子的入射方向一致，就可以通過平移圓的方法進行操作.

二、放縮圓

帶電粒子進入磁場時的速度方向確定，速度大小不定，因此帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度大小的變化而變化，所畫出的軌跡圓也就可大可小，但圓心都在同一直線上，實際問題處理時，可以結(jié)合半徑可能的變化對軌跡圓進行放大或縮小，從而尋找軌跡圓于磁場邊界相切的情況，由此則可以發(fā)現(xiàn)臨界點.

【例3】（2019·北京）如圖5所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場. 一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出. 下列說法正確的是（? ）

A.粒子帶正電

B. 粒子在b點速率大于在a點速率

C .若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出

D .若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

【解析】由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)（如圖6軌跡①），根據(jù)左手定則可判斷粒子帶負電， A 項錯；洛倫茲力總是垂直于速度，所以不做功，粒子動能不變，粒子在b點速率與在a點速率相等， B 項錯；入射速度方向一致，則軌跡的圓心均在圖中a點正下方，由半徑r=mvqB可知（由圖6中可得不同半徑的圓周軌跡特點），若僅減小磁感應(yīng)強度，半徑增大，作出運動軌跡，出射點應(yīng)在b點右側(cè)（如圖6軌跡②）， C 項對；若僅減小入射速率，半徑減小，則粒子運動的偏轉(zhuǎn)角增大，運動時間變長（t=θ2 π T），如圖6軌跡③， D 項錯.

【答案】 C

【例4】（2020·全國Ⅲ卷）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖7所示. 一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進人磁場. 已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力. 為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強度最小為（? ）

A ．3mv2ae

B . mvae

C . 3mv4ae

D . 3mv5ae

【解析】由eBv=mv2r，得B=mver，欲求B的最小值，即求軌跡半徑的最大值. 由于“電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內(nèi)”，將軌跡圓逐漸放大，當軌跡與外邊界相切時，軌跡圓半徑最大，此時所對應(yīng)磁感應(yīng)強度最小，如圖8所示.

圖中O′點為電子做圓周運動的圓心，則OO′=3a－r? m （兩圓內(nèi)切性質(zhì)：圓心距=半徑之差），電子從圓心沿半徑方向進入磁場，所以O(shè)A⊥AO′，在 Rt Δ O AO′中，由勾股定理有（3a－r? m ）2=a2+r2? m ，解得r? m =43a，代入B=mver，得B=3mv4ea.

【答案】 C

方法總結(jié)：當帶電粒子的入射位置以及入射方向都已經(jīng)確定時，解題時可將入射點作為定點，過入射點垂直于速度方向上作出圓的半徑方向，將圓的半徑放大或縮小，作出不同的運動軌跡，找出符合題目要求的臨界條件.

三、旋轉(zhuǎn)圓

當帶電粒子進入磁場的位置確定但是入射方向不確定，因為磁感應(yīng)強度、帶電粒子的質(zhì)量和速度也已經(jīng)確定，所以圓周運動的半徑就是定值. 但是由于入射方向不同，導(dǎo)致所作出的軌跡圓如同繞著入射點位置進行旋轉(zhuǎn)，這也是其運動軌跡不確定性原因所在. 在分析此類問題，應(yīng)學生認識到兩個“一定”：一是入射點一定在運動軌跡上；二是軌跡圓的半徑保持一定. 在此基礎(chǔ)上，可以通過旋轉(zhuǎn)軌跡圓的方法來探究軌跡與磁場邊界相切的情形，進而明確臨界點的位置.

【例5】（2021·海南）（多選）如圖9，在平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B. 大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P（0，3L）點，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為α（0≤α≤180°）. 當a=150°時，粒子垂直x軸離開磁場. 不計粒子的重力. 則（? ）

A .粒子一定帶正電

B .當a=45°時，粒子也垂直x軸離開磁場

C .粒子入射速率為23qBLm

D .粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為35L

【解析】“當a=150°時，粒子垂直x軸離開磁場”，可由左手定則判斷粒子帶正電， A 項對；此時粒子運動軌跡如圖10中a圖所示，由幾何關(guān)系得r=OP cos 60°=3L cos 60°=23L，又qvB=mv2r，得v=23qBLm， C 項對；由于粒子都“以相同的速率”進入磁場，所以半徑大小都為r=23L，則a=45°時，作入射速度的垂線，取O 2P=r，則O 2為軌跡圓心，如圖b，顯然O 2不在x軸上（若在x軸上，則r=2·OP），所以粒子運動到x軸上時，半徑不沿y軸方向，則速度不垂直于x軸， B 項錯；粒子離開磁場的位置到O點有最大距離時，入射點P與出射點（設(shè)為Q點）的連線也最長，而入射點與出射點的連線為軌跡圓的一條弦，而直徑為圓的最長弦，所以PQ=2r，由勾股定理得OQ=PQ2－OP2=（43L）2－（3L）2=35L， D 項對.

【答案】 ACD

【例6】（2017·全國Ⅱ卷）如圖11，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場，若粒子射入的速度為v 1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為v 2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v 1： v 2為（? ）

A．3：2

B. 2：1

C. 3：1

D. ?3：2

【解析】不妨假定粒子進入磁場后沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)，則恰沿圖a中箭頭所示方向人射的粒子的軌跡為最靠下的軌跡，將該軌跡繞P點逆時針旋轉(zhuǎn)180°，觀察可得，粒子將從圖中PQ′范圍出射，其中PQ和PQ′均為軌跡圓的直徑，可總結(jié)出規(guī)律：粒子在磁場邊界上的出射點距P點的最遠距離為軌跡圓直徑（熟練掌握后可直接運用：最長弦為直徑，而入射點和出射點連線就是一條弦，所以出射點可能的最遠距離為直徑）.

“當粒子射入的速度為v 1，粒子的出射點分布在磁場的六分之一圓周上”，即PQ′為六分之一圓周，所以圖a中∠POQ′=60°，PQ′=OP（Q與O重合），即2r 1=R，r 1=12R;“當粒子射入速度為v 2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上”如圖b，即∠POQ″=120°，則PQ″=3OP，即2r 2=3R，r 2=32R. 由r=mvqB∝v可知v 2：v 1=r 2：r 1=3：1.

【答案】 C

方法總結(jié)：當題目信息蘊含有帶電粒子有一個確定的入射點以及相對固定的半徑，但入射方向的不確定帶來運動軌跡的多種可能性時，可以嘗試通過旋轉(zhuǎn)圓的方法來尋找臨界軌跡. 在平時的做題訓(xùn)練時可以用瓶蓋或者硬幣，繞草稿紙上固定位置進行旋轉(zhuǎn)，觀察動態(tài)的軌跡圓找尋解題靈感，這樣有利于形成正確的認識.

綜上所述，在復(fù)習帶電粒子在有界磁場運動中的臨界問題時，在尋找臨界軌跡的過程中，教師要培養(yǎng)學生題目信息分析能力，提取關(guān)鍵信息將磁場臨界問題進行分類，是屬于三類典型問題中哪一類，在對圓軌跡進行平移、放大縮小還是旋轉(zhuǎn)，是控制圓心或是半徑不變，而且，三類典型題復(fù)習后進行歸納時，引導(dǎo)學生自主總結(jié)出解題思路：粒子作圓周運動時和有界磁場邊緣相切的軌跡往往是臨界軌跡.

責任編輯 ?李平安