高考物理 年年必考的十大热点问题破解之道 8带电粒子在磁场中运动问题破解之道-巧用临界找轨迹

1带电粒子在磁场中运动问题破解之道——巧用临界找轨迹带电粒子（质量m、电量q确定）在有界磁场中运动时，涉及的可能变化的参量有——入射点、入射速度大小、入射方向、出射点、出射方向、磁感应强度大小、磁场方向等，其中磁感应强度大小与入射速度大小影响的都是轨道半径的大小，可归并为同一因素（以“入射速度大小”代表），磁场方向在一般问题中不改变，若改变，也只需将已讨论情况按反方向偏转再分析一下即可。在具体问题中，这五个参量一般都是已知两个，剩下其他参量不确定（但知道变化范围）或待定，按已知参数可将问题分为如下10类（25C），并可归并为6大类型。所有这些问题，其通用解法是：①第一步，找准轨迹圆圆心可能的位置，②第二步，按一定顺序．．．．．尽可能多地作不同圆心对应的轨迹圆（一般至少5画个轨迹圆），③第三步，根据所作的图和题设条件，找出临界轨迹圆，从而抓住解题的关键点。类型一：已知入射点和入射速度方向，但入射速度大小不确定（即轨道半径不确定）这类问题的特点是：所有轨迹圆圆心均在过入射点、垂直入射速度的同一条直线上。【例1】如图所示，长为L的水平极板间有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为L，板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是A．使粒子的速度vBqL4mB．使粒子的速度v5BqL4mC．使粒子的速度vBqLmD．使粒子的速度BqL4mv5BqL4m【分析】粒子初速度方向已知，故不同速度大小的粒子轨迹圆圆心均在垂直初速度的直线上（如图甲），在该直线上取不同点为圆心，半径由小取到大，作出一系列圆（如图乙），其中轨迹圆①和②为临界轨迹圆。轨道半径小于轨迹圆①或大于轨迹圆②的粒子，均可射出磁场而不打在极板上。【解答】AB类型已知参量类型一①⑩入射点、入射方向；出射点、出射方向类型二②⑧入射点、速度大小；出射点、速度大小类型三③入射点、出射点类型四⑦入射方向、出射方向类型五⑤⑨入射方向、速度大小；出射方向、速度大小；类型六④⑥入射点、出射方向；出射点，入射方向图乙图甲①②入射点入射方向入射速度大小出射点出射方向①②③④⑧⑨⑤⑤⑥⑦⑩2粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有r12＝L2＋(r1－L2)2，得r1＝5L4由r1＝mv1Bq，得v1＝5BqL4m，所以v5BqL4m时粒子能从右边穿出．粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O′点，有r2＝L4由r2＝mv2Bq，得v2＝BqL4m，所以vBqL4m时粒子能从左边穿出．【易错提醒】容易漏选A，错在没有将r先取较小值再连续增大，从而未分析出粒子还可以从磁场左边界穿出的情况。【练习1】两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图所示。在y0，0xa的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在y0，xa的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点处有一小孔，一束质量为m、带电量为q（q0）的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值．已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间与在xa的区域中运动的时间之比为2：5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）。【分析】粒子在0xa的区域中的运动属于初速度方向已知、大小不确定的情况，在垂直初速度的直线（即y轴）上取不同点为圆心，半径由小取到大，作出一系列圆（如图甲），其中轨迹圆①与直线x=a相切，为能打到y轴上的粒子中轨道半径最大的；若粒子轨道半径大于轨迹圆①，粒子将进入xa的区域，由对称性可知，粒子在xa的区域内的轨迹圆圆心均在在x=2a直线上，在x=2a直线上取不同点为圆心，半径由小取到大，可作出一系列圆（如图乙），其中轨迹圆①'为半径最小的情况，轨迹圆②为题目所要求的速度最大的粒子的轨迹。【答案】竖直屏上发亮的范围从0到2a，水平屏上发亮的范围从2a到2323xaa【解答】粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动半径为：mvrqB①速度小的粒子将在xa的区域走完半圆，射到竖直屏上。半圆的直径在y轴上，半径的范围从0到a，屏上发亮的范围从0到2a。轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场，考虑r=a的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切（虚线），OD=2a，这是水平屏上发亮范围的左边界。速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C和'C，C在y轴上，有对称性可知'C②①'①图乙图甲a2a2aax3在x=2a直线上。设t1为粒子在0xa的区域中运动的时间，t2为在xa的区域中运动的时间，由题意可知1225tt，12712Ttt由此解得：16Tt②1512Tt③由②③式和对称性可得60OCM'60MCN⑤5'36015012MCP⑥所以'1506090NCP⑦即弧长NP为1/4圆周。因此，圆心'C在x轴上。设速度为最大值粒子的轨道半径为R，有直角'COC可得2sin602Ra233Ra⑧由图可知OP=2a+R，因此水平荧光屏发亮范围的右边界的坐标2323xaa⑨【易错提醒】本题容易把握不住隐含条件——所有在xa的区域内的轨迹圆圆心均在在x=2a直线上，从而造成在xa的区域内的作图困难；另一方面，在xa的区域内作轨迹圆时，半径未从轨迹圆①半径开始取值，致使轨迹圆①'未作出，从而将水平荧光屏发亮范围的左边界坐标确定为x=a。类型二：已知入射点和入射速度大小（即轨道半径大小），但入射速度方向不确定这类问题的特点是：所有轨迹圆的圆心均在一个“圆心圆”上——所谓“圆心圆”，是指以入射点为圆心，以mvrqB为半径的圆。【例2】如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤2a范围内有垂直手xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～090范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦。【分析】本题给定的情形是粒子轨道半径r大小确定但初速度方向不确定，所有粒子的轨迹圆都要经过入射点O，入射点O到任一圆心的距离均为r，故所有轨迹圆的圆心均在一个“圆心圆”——以入射点O为圆心、r为半径的圆周上（如图甲）。考虑到粒子是向右偏转，我们从最左边的轨迹圆画起——取“圆心圆”上不同点为圆心、r为半径作出一系列圆，如图乙所示；其中，轨迹①对应弦长大于轨迹②对应弦长——半径一定、圆心角都较小时（均小于180°），弦长越长，圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长——故轨迹①对应圆心角为90°。图乙图甲①②4【答案】66(2)(2)22aqBRavm6-6，，sin=10【解答】设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律和洛伦兹力得：2vqvBmR，解得：mvRqB当a/2Ra时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，t=T/4时，∠OCA=π/2设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得：sinsincos2aRRRaR，，且22sincos1解得：66(2)(2)22aqBRavm6-6，，sin=10【易错提醒】由于作图不仔细而把握不住“轨迹①对应弦长大于轨迹②对应弦长——半径一定、圆心角都较小时（均小于180°），弦长越长，圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长”，从而误认为轨迹②对应粒子在磁场中运动时间最长。这类题作图要讲一个小技巧——按粒子偏转方向移动圆心作图。【练习2】如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场。在t=0时刻，一位于ad边中点O的粒子源在abcd平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od边的夹角分布在0～180°范围内。已知沿Od方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L，粒子重力不计，求：（1）粒子的比荷q/m；（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。p××××abcdO××××××××××××O3p××××abcdO××××××××××××p××××abcdO××××××××××××图甲图乙①②③④O1O2O4OyxCRDAaPαααv5【分析】以L为半径、O点为圆心作“圆心圆”（如图甲）；由于粒子逆时针偏转，从最下面的轨迹开始画起（轨迹①），在“圆心圆”取不同点为圆心、以L为半径作出一系列圆（如图乙）；其中轨迹①与轨迹④对称，在磁场中运动时间相同；轨迹②并不经过c点，轨迹②对应弦长短于轨迹③对应弦长——即沿轨迹③运动的粒子最后离开磁场。【答案】06Btmq，5/6，0)45arcsin12(tt【解答】（1）初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，其园心为n，由几何关系有：6Onp,120Tt粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得RTmBqv2)2(，TRv2得06Btmq(2)依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到O点距离相等。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O为园心，Op为半径的弧pw上。由图知56pOw此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为5/6（3）在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界b点相交，设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则452sin在磁场中运动的最长时间045arcsin122tTt所以从粒子发射到全部离开所用时间为0)45arcsin12(tt。【易错提醒】本题因作图不认真易错误地认为轨迹②经过c点，认为轨迹②对应弦长等于轨迹③对应弦长，于是将轨迹②对应粒子作为在磁场中运动时间最长的粒子进行计算；虽然计算出来结果正确，但依据错误。类型三：已知入射点和出射点，但未知初速度大小（即未知半径大小）和方向这类问题的特点是：所有轨迹圆圆心均在入射点和出射点连线的中垂线上。【例3】如图所示，无重力空间中有一恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向外，大小为B，沿x轴放置一个垂直于xOy平面的较大的荧光屏，P点位于荧光屏上，在y轴上的A点放置一放射源，可以不断地沿平面内的不同方向以大小不等的速度放射出质量为m、电荷量+q的同种粒子，这些粒子打到荧光屏上能在屏上形成一条亮线，P点处在亮线上，已知OA＝OP＝l，求：（1）若能打到P点，则粒子速度的最小值为多少？（2）若能打到P点，则粒子在磁场中运动的最长时间为多少？【分析】粒子既经过A点又经过P点，因此AP连线为粒子轨迹圆的一条弦，圆心必在该弦的中垂线OM上（如图甲）。在OM上取不同点为圆心、以圆心和A点连线长度为半径由小到大作出一系列圆（如图乙），OPabcdnWOabcdY6其中轨迹①对应半径最小，而轨迹②对应粒子是O1点上方轨道半径最大的，由图可知其对应圆心角也最大。【答案】（1）v＝22qBlm，（2）3π2mtqB【解答】（1）粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，设粒子的速度大小为v时，其在磁场中的运动半径为R，则由牛顿第二定律有：qBv＝m2vR若粒子以最小的速度到达P点时，其轨迹一定是以AP为直径的圆（如图中圆O1所示）由几何关系知：sAP