帶電粒子在勻強磁場中運動的難點突破

帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動是近年來高考命題的重點，也是學生頭痛的難點。但是如果掌握了做這類題目的規律，解題就是比較容易的。我認為要突破難點只需圍繞“一找圓心，二找半徑，三找圓心角”這三點展開，再成功地畫出軌跡示意圖，就可以說做對了該題的90%。

一、圓心的確定

根據左手定則知:洛倫磁力F永遠指向圓心，亦即洛倫磁力F垂直速度v，作出粒子運動軌跡中進入磁場的交界點和離開磁場交界點的法線，就是洛倫磁力F的方向，沿兩個洛倫磁力F的方向作延長線，兩延長線的交點即為圓心。如果粒子是從有界磁場的邊界進入磁場，那么磁場的邊界就一定和軌跡圓的一條弦重合，再利用圓心位置必定在圓中一條弦的垂直平分線上，作出圓心位置。

二、半徑的確定和計算

1.在運動中半徑不變的條件下:利用平面幾何關系，求出軌跡圓的可能半徑。結合題目給定的已知數據一般有兩種思路。一是找出一個直角三角形利用勾股定理求解;二是利用三角函數關系求解。

2.在運動中半徑不變的條件下:利用上面的方法確定原來半徑之后再分情況討論。一般引起軌道半徑變化的原因有以下幾種。

(1)帶電粒子速度變化引起半徑變化。如帶電粒子穿過極板速度變化，帶電粒子使空氣電離導致速度變化，回旋加速器加速帶電粒子，等等。

(2)磁場變化引起半徑變化。如通電導線周圍磁場，不同區域的勻強磁場不同;磁場隨時間變化。

(3)動量變化引起半徑變化。如粒子裂變，或者與別的粒子碰撞。

(4)電量變化引起半徑變化。如吸收電荷等。總之，在r=中m、v、q、B某個量或某兩個量的乘積或比值的變化就會引起帶電粒子的軌道半徑變化。

三、確定圓心角，進而確定時間

1.確定圓心角應該重點注意以下兩點幾何特點。

(1)粒子速度的偏向角Ψ等于回旋角α并等于AB與切線的夾角即弦切角θ的2倍(如左圖所示)，即Ψ=α=2θ=ωt。

(2)相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ′互補，即θ+θ′=180°。

2.粒子在磁場中運動時間的確定。利用回旋角與弦切角的關系，或者利用四邊形內角和等于360°算出圓心角α的值，再由公式t=αT/360°就能求出粒子在磁場中運動的時間。

3.聯系數學知識，注意圓中的相關對稱知識。例如:從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等(如下圖左所示);在圓形磁場區域內，沿徑向射入的粒子，必定沿徑向射出(如下圖右所示)。

四、應用舉例

例一:如左圖所示:在一個圓形區域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑AA為邊界的兩個半圓形區域I、II中，AA與AA的夾角60°。一質量為m、帶電量為+q的粒子以某一速度從I區的邊緣A處沿與AA成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直AA的方向經過圓心O進入II區，最后再從A處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的總時間為t，求I區和II區中磁感應強度的大小。(忽略粒子重力)

解析:設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A點射出，用B、B、R、R、T、T分別表示磁場I區和II區中磁感應強度、軌道半徑和周期，則:

qvB=mv/R，qvB=mv/R，

T=2πR/v=2πm/qB，T=2πR/v=2πm/qB。

設該圓形磁場區域的半徑為r，如上圖所示，已知帶電粒子過圓心且垂直于AA進入II區磁場，連接AA，△AOA為等邊三角形，A為粒子在I區運動的圓心，其軌道半徑R=AA=OA=r，圓心角∠AAO=60°，則帶電粒子在I區磁場中的運動時間t=T/6。

帶電粒子在II區磁場中的運動軌跡的圓心在OA的中點，即R=r/2，則帶電粒子在II區磁場中運動時間為t=T/2，

帶電粒子從射入到射出磁場所用總時間t=t+t，

由以上各式可得:B=5πm/6qt，B=5πm/3qt。

例二:(2006年全國卷2)如圖所示，在x<0與x>0的區域中，存在磁感應強度大小分別為B與B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且B>B。一個帶負電的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射出，要使該粒子經過一段時間后又經過O點，B與B的比值應滿足什么條件?

解析:粒子在整個過程中的速度大小恒為v，交替地在xy平面內B與B磁場區域中做勻速圓周運動，軌跡都是半個圓周。設粒子的質量和電荷量的大小分別為m和q，圓周運動的半徑分別為和r，有:

r=①，

r=②。

分析粒子運動的軌跡。如圖所示，在xOy平面內，粒子先沿半徑為r的半圓C運動至y軸上離O點距離為2r的A點，接著沿半徑為2r的半圓D運動至y軸的O點，OO距離:

d=2(r-r)③。

此后，粒子每經歷一次“回旋”(即從y軸出發沿半徑r的半圓和半徑為r的半圓回到原點下方y軸)，粒子y坐標就減小d。

設粒子經過n次回旋后與y軸交于O點。若OO即nd滿足:

nd=2r④，

則粒子再經過半圓C就能夠經過原點，式中n=1，2，3，…為回旋次數。

由③④式解得:=⑤，

由①②⑤式可得B、B應滿足的條件:

=，n=1，2，3，…⑥。

例三:(2007全國卷1)兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示。在y>0，00，x>a的區域有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩區域內的磁感應強度大小均為B。在O點處有一小孔，一束質量為m、帶電量為q(q>0)的粒子沿x軸經小孔射入磁場，最后打在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發亮。入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各種數值。已知速度最大的粒子在0a的區域中運動的時間之比為2∶5，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中作圓周運動的周期。試求兩個熒光屏上亮線的范圍(不計重力的影響)。

解析:粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中運動半徑為:

r=①。

速度小的粒子將在x

軌道半徑大于a的粒子開始進入右側磁場，考慮r=a的極限情況，這種粒子在右側的圓軌跡與x軸在D點相切(虛線)，OD=2a，這是水平屏上發亮范圍的左邊界。

速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和C′，C在y軸上，有對稱性可知C′在x=2a直線上。

設t為粒子在0a的區域中運動的時間，由題意可知:

=t+t=，

由此解得:t=②，

t=③。

由②③式和對稱性可得:

∠OCM=60°，∠MC′N=60°⑤，

∠MC′P=360°=360°×=150°⑥，

所以:∠NC′P=150°-60°=90°⑦。

即弧長AP為1/4圓周。因此，圓心C′在x軸上。

設速度為最大值粒子的軌道半徑為R，有直角△COC′可得:

2Rsin60°=2a，

R=⑧。

由圖可知OP=2a+R，因此水平熒光屏發亮范圍的右邊界的坐標:x=2(1+)a。