利用“弦”求解帶電粒子在磁場中的運動問題

何琰

(寧波市效實中學 浙江 寧波 305012)

求帶電粒子在有界磁場中做勻速圓周運動的時間問題是高考考查的重點內容之一.這類問題的常規解法是,先作出粒子的軌跡圓，應用牛頓第二定律和洛倫茲力公式,再結合圖像的幾何關系進行求解.然而，當這類問題與極值或臨界問題相結合，即要求帶電粒子在磁場中運動的最長或最短時間時，情況就會變得復雜，學生往往感到無從下手或走彎路.這時,若能以粒子在磁場中運動的軌跡圓的“弦”為突破口，問題的處理就會簡捷得多.筆者結合具體的例子來說明“弦”在解磁場題中的應用.

1 弦與運動時間的關系

情境:半徑為r的圓柱形區域內有一勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向外.一質量為m,電荷量為+q的粒子以初速度v從磁場邊界的A點垂直射入磁場，經磁場偏轉后,從C點射出，已知粒子的軌跡圓半徑R>r，忽略粒子重力，如圖1所示.

圖1

粒子在磁場中運動的時間

(1)

(2)

結論:由式(1)、(2)可以看出，當帶電粒子垂直射入有界勻強磁場的速率v一定(即粒子軌道半徑一定)時，粒子的運動時間與弦長有關，圓心角θ在0～180°的范圍內，弦越長、圓心角越大，帶電粒子在磁場中做圓周運動的時間越長.

2 粒子速度大小方向均確定情況中弦的應用

圖2

【例1】如圖2所示，在xOy平面內x>0處有一半圓形勻強磁場，磁場區域圓心為O，半徑為R=0.10 m，磁感應強度大小為B=0.5 T，磁場方向垂直xOy平面向里.有一線狀粒子源放在y軸左側(圖中未畫出)，不斷沿平行于x軸正方向放出電荷量為q=+1.6×10-19C,初速度為v0=1.6×106m/s的粒子，粒子的質量為m=1.0×10-26kg，不考慮粒子間的相互作用，粒子重力忽略不計，求粒子在該磁場中運動的最長時間，并指出該粒子入射時的坐標.

這是2011年某市高三理綜調研卷中的一道試題，參考答案提供的解法如下.

r=0.2 m

圖3

在直角三角形ODE中，有

OE2+ED2=OD2

(3)

而OE=OO′-O′E=r+y-rcosθ

(4)

ED=rsinθ

(5)

將式(4)、(5)代入式(3)得

(r+y-rcosθ)2+(rsinθ)2=R2

化簡得

y=-0.027 m

此時

即入射點坐標為(0，-0.027)時，粒子的運動時間最長

代入數據得

tm≈6.5×10-8s

上述解答利用了求函數極值的方法，運算技巧要求高.其實利用軌跡圓對應的“弦”,可以很方便地確定哪一個粒子在磁場中運動的時間最長.

因為射入磁場的粒子速度相同，所以,它們在磁場中運動的半徑均相同.要使得粒子在磁場中運動的時間最長即弦CD最長,圓心角θ最大，就要讓ED最長.粒子的入射點變化時，其在磁場中的運動軌跡也將上下變動.當ED變到OD′時對應的弦C′D′最長，如圖3所示.此時有

入射點C′的縱坐標y=-(r-rcosθm).代入數據可求得與前面相同的解.

3 粒子速度大小恒定 方向不確定情況中弦的應用

圖4

解析:因射入磁場的粒子初速度大小相等，則它們的軌跡圓半徑都相等.作動態變化軌跡圓，如圖5所示.

圖5

(1)最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的速度的大小；

(2)最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的速度方向與y軸正方向夾角的正弦.

圖6

圖7

(1)設粒子的發射速度為v，其做圓周運動的軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有

得

(2)設最后離開磁場的粒子的發射方向與y軸正方向的夾角為α，由幾何關系得

Rsinα=a-Rcosα

且

sin2α+cos2α=1

解得

通過以上幾例表明，利用圓中弦的性質，求解了帶電粒子在磁場中的運動問題，只要教師加強引導，學生會有較好地理解和掌握.