電場磁場真神奇粒子運動顯奇跡

華峰

在學習電磁學知識的過程中，如果我們對有關粒子在磁場中運動軌跡問題進行探究，會看到帶電粒子運動軌跡的圖形多姿多彩，千姿百態，既有趣更奇妙.下面我們一起探究一下，同學們如果有興趣的話，進行進一步的探究也許會發現更有趣、更奇妙的圖形呢？

一、心心相連形

圖1

例1以ab為界面的兩勻強磁場B1=2B2，方向如圖1所示.現有一質量為m、帶電量為q的負粒子，從O點沿圖示方向進入B1中，畫出此粒子的軌跡，并求經多長時間該粒子重新回到O點.

圖2

解析粒子進入B1后，在洛侖茲力作用下將做勻速圓周運動，運動半徑r=

mvqB.所以在B1和在B2中的半徑之比R1R2=12，故其運動軌跡如圖2所示，如同心心相連，令人感嘆.

所用時間為t=T1+T22=2πmqB1+2πmqB2×12=4πmqB1.

圖3

例2如圖3所示，在邊界上方和下方分別有垂直紙面向里和向外的勻強磁場，上方磁場強度為2B，下方磁場強度為B，試分析粒子運動情況，求出粒子第九次通過邊界的時間及距P點的距離.

圖4

解析粒子從P點出發在洛侖茲力作用下做圓周運動，向左偏轉，經歷半個圓周而進入下方磁場向右偏轉，再經歷半個圓周返回到P點，按照相同的方式繼續運動，九次后的軌跡如圖4所示.觀察粒子的運動軌跡如同四顆心緊密地連在一起，讓人驚奇.

帶電粒子在上方磁場中的運動半徑r1=mv2qB，運動周期T1=2πm2qB=πmqB；在下方磁場中的運動半徑r2=mvqB，運動周期T2 =2πmqB.易得d=3r1=3mv2qB，所用時間為t=52T1+2T2=13πm2qB.

圖5

例3如圖5所示，虛線AB右側是磁感應強度為2B的勻強磁場，左側是磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向里.現有一帶正電的粒子自圖中O處以初速度v開始向右運動，求從開始時刻到第十次通過AB線向右運動的時間內，該粒子在AB方向的平均速度.

圖6

解析如圖6所示，帶電粒子從O點出發，受到洛侖茲力作用做圓周運動，經過半個周期后，穿過AB邊界向左飛出，受到大小為原來一半的洛侖茲力作用，做半徑為原來兩倍的圓周運動，同樣經過半個周期，穿過AB邊界向右飛出，就這樣不斷地來回穿過AB邊界，形成如圖6所示的心心相連的奇妙軌跡，使人心曠神怡.

帶電粒子在磁場中只受洛侖茲力作用，在邊界AB右側做圓周運動，運動半徑為r1=mv2qB，運動周期T1=2πm2qB=πmqB；在邊界AB左側做圓周運動，運動半徑r2=mvqB，運動周期T2=2πmqB.

如圖6所示，當帶電粒子第十次通過AB邊界向右運動時，在AB邊上的位置為y=10r1=5mvqB，所用時間為t=5（T1+T2）=5（πmqB+2πmqB）=15πmqB.則所求的平均速度為v=yt=v3π.

二、拱門形

例4如圖7所示，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向勻強電場，場強為E.一質量為m、電量為- q的粒子從坐標原點O沿y軸正方向射出，射出之后，第三次到x軸時，它與O點的距離為L.求此粒子射出時的速度v和運動的總路程s（不計重力）.

圖7圖8

解析帶電粒子從O點沿著y軸方向射出，先做圓周運動，在x軸上方完成半圓周后，穿過x軸進入x軸下方，受電場力作用做勻減速直線運動，速度減至零，然后又沿原路做勻加速直線運動，直到第二次穿越x軸.兩次穿越x軸的速度大小相等，進入磁場后x軸上方第二次完成半圓周后，垂直于x軸第三次穿過x軸，進入x軸下方電場區域，粒子運動軌跡如圖8所示，多像喜事連連使用的拱門的啊！

根據題意有：L=4R ①

設粒子初速度為v，因洛侖茲力充當向心力，則有：

Bqv=mv2R ②

聯立①、②可解得： v=qBL4m

粒子在磁場中經過的路程由圖可知：s1=2πR=πL2.

設粒子在電場中經過的路程為d，則由動能定理有

qEd=12mv20-0，由此可得d=mv202qE=qB2L22（16mE），則粒子在電場中來回經過的路程s2=2d=qB2L216mE.

所以粒子運動的總路程s=s1+s2=s=12πL+qB2L216mE.

例5如圖9所示的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，質量為m、電量為q的微粒在磁場中由靜止開始下落，空氣阻力不計，求微粒下落的最大高度和最大速度.

圖9圖10

解析由于微粒初速度為零，可以分解為沿水平方向大小相等、方向相反的兩個速度v1和v2，v1向右、v2向左，其中使v1引起的洛侖茲力f1與mg平衡，則微粒將在v1方向做勻速直線運動，另一分速度v2產生的洛侖茲力將使粒子在垂直于B的平面內做勻速圓周運動，這兩個分運動互不影響，所以粒子的運動可以看成逆時針的勻速圓周運動和水平向右的勻速直線運動的合成，運動軌跡如圖10所示，這多么像一個倒立的拱門喲！

微粒下落的最大高度等于圓的直徑，則有qv1B=mg，R=mv2qB，v1=v2，所以

v1=mgqB，R=m2gq2B2.故微粒下落的最大高度為dm=2R=2m2gq2B2.

微粒的合速度等于兩個分速度的矢量合成，微粒在最低點時，v1與v2同向有最大速度，即微粒運動的最大速度為vm=v1+v2=2πmqB.

三、滾輪形

例6空間中存在著足夠長寬且正交的電磁場，其中磁場是不隨時間變化的勻強磁場，磁感應強度為B.電場是隨時間變化的，變化情況如圖11所示.在t=0時，沿垂直電磁場方向射入一帶電粒子，粒子恰好做勻速直線運動，而當以后又加上電場時，粒子仍沿原入射的方向做直線運動.已知帶電粒子的電量為q，質量為m（不計重力）.試求電場變化的時間間隔T必須滿足什么條件，才會出現上述情況？

圖11圖12

解析要使粒子在加上電場時仍能沿原來的方向運動，則要求在沒有電場的時間間隔內，粒子在勻強磁場中至少完成一次圓周運動，其運動軌跡應如圖12所示.這就好似一個在平直的公路上滾動的車輛一樣，真是太奇特了.

因而有T=n2πmqB（n=1， 2， 3， …），即T是帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動周期的整數倍.

四、星形

例7如圖13所示，在半徑為R的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，M、N、P三點均勻分布在圓周上.有三對電壓相等、相距為d的平行金屬板，分別在這三點與圓相切，而且在相切處極板留有縫隙.一個質量為m、電量為q的帶正電粒子，從Q點由靜止開始運動，經過一段時間后，恰好又回到Q點（不計重力）.

圖13圖14

（1） 畫出粒子運動的軌跡，并標出三對金屬板的正負極；并分析平行金屬板間的電壓U 與磁感應強度的大小B應滿足什么關系？

（2） 粒子從Q出發又回到Q點，需要多長時間？

解析如圖14所示，帶電粒子在Q點受到電場力的作用，做勻加速直線運動，經N點飛入磁場，受到洛侖茲力作用，做圓周運動，經過16周期后穿過P點，在電場力作用下，做勻減速直線運動，到極板時速度恰好為零.然后類似前述運動，從P點飛出后飛入M點，又從M點飛出后飛入N點，然后又回到Q點，這樣重復運動，其運動軌跡形如三角星星，形狀完美對稱，令人稱奇.

（1） 粒子運動的軌跡與三對金屬板的正負極如圖14所示.

設粒子進入磁場時速度大小為v，運動半徑為r，則根據動能定理有：qU=12mv2.

M、N、P三點均勻分布在圓周上，每一段圓弧所對圓心角為120°，則由幾何知識可知：r=3R.

根據牛頓第二定律有：qvB=mv2r.

聯立以上三式可解得：U=3qR2B22m.

（2） 粒子在磁場中做圓周運動的周期T=2πmqB，經過三段圓弧所用時間為：t1=3×16T=πmqB.

設粒子從Q點出發到達磁場所用時間為T′，則有：d=12×qEm×T′2=qUT′22md.

將U=3qR2B22m帶入上式，可得：T′=23md3qBR.

粒子在三對平行金屬板間經歷的時間為：t2=6T′=43mdqBR，所以粒子從Q點出發又回到Q點所需時間為：t=t1+t2=πmqB+43mdqBR.

例8如圖15所示，半徑為R的絕緣圓筒內為一勻強磁場區，磁感應強度方向垂直紙面向里，有一質量為m、電量為q的帶正電粒子，以速度v0射入圓筒內，射入時速度方向與筒的直徑AB重合.若粒子與圓筒碰撞3次，又從孔飛出，那么勻強磁場的磁感應強度B為多少？粒子在磁場中經歷了多少時間？（設重力不計，碰撞時無能量損失，且不計碰撞時間）

圖15圖16

解析粒子進入速度方向與該點切線方向垂直，則射出點也一定與射出點的邊界垂直，即帶電粒子每次與圓筒碰撞都與筒壁垂直，因此每兩次碰撞之間的運動軌跡相同.由以上分析可以畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖16所示.看上去多像一顆美麗耀眼的星星啊！

由圓周運動知識有Bqv0=

mv20r，而r=R，則B=mv0qR，t=T=2πRv0.

例9如圖17所示，在一半徑為R的圓筒內，有一個以垂直于勻強磁場及質量為m、帶電量為q的帶正電的粒子，從A點正對著圓心O以速度v射入，要使帶電粒子與圓筒內壁幾次碰撞后恰能從A點射出，并且只繞圓筒內壁一圈，求磁感應強度B的大小.設粒子與圓筒內壁碰撞時沒有能量和電量損失，粒子的重力忽略不計.

圖17圖18圖19

解析如圖18所示，帶電粒子從A孔射入，受到洛侖茲力作用做圓周運動，與圓筒內壁碰撞后反彈，再做圓周運動，再碰撞反彈，以此往復.不同磁感應強度使帶電粒子會跟圓筒內壁碰撞兩次以上，再從A孔射出，會形成多種多樣完美對稱的圖形，如同多角星一樣美麗！

設帶電粒子經過n次與圓筒內壁碰撞后仍回到從A點射出，而僅繞圓筒內壁轉一周，如圖18所示，則相鄰兩次碰撞所對的圓心角：θ=2πn+1（n=2， 3， …）.

若粒子經過n次與圓筒內壁碰撞后仍從A點射出，但繞圓筒內壁轉k周，如圖19所示.則相鄰兩次碰撞所對的圓心角：θ=2kπn+1

（其中k=2， 3， …；n=2， 3， …）.（圖19所示為k = 2的情形）

由幾何關系可知，粒子運動的半徑為：

r=Rtanθ2=Rtan（kπn+1）

又知Bqv=mv2r.

由以上兩式可求得：B=mvqRcot（kπn+1）（其中k=2， 3， …；n=2， 3， …）.

五、梅花形

例10如圖20所示，正三角形ACD是用絕緣材料制成的固定框架，邊長為L，在框架外是范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里，可視為磁場的理想內邊界.在框架內有一對帶電的平行極板M、N，M板的中點K處有一粒子源，能夠產生初速度為零、質量為m、電量為q的帶正電的粒子，粒子重力不計.帶電粒子經兩極板間的電場加速后從CD邊的中心小孔S垂直于CD邊射入磁場.若這些粒子與框架的碰撞為彈性碰撞，且每一次碰撞時速度方向均垂直于被碰的框架，不計碰撞時間.要使粒子在最短時間內回到小孔S，求：

（1） 粒子做圓周運動的軌道半徑，并畫出粒子在磁場中的運動軌跡和繞行方向；

（2） 兩極板M、N間的電壓；

（3） 粒子回到小孔S的最短時間.

解析（1） 粒子在磁場中做勻速圓周運動，與邊框垂直碰撞后要重新回到S，由幾何關系可知，A、C、D三點必為圓軌道的圓心.要使粒子回到S的時間最短，圓軌道半徑為：R=12L，軌跡如圖21所示.

圖20圖21

（2）粒子經電場加速，根據動能定理有：

qU=12mv2.

粒子在磁場中運動，根據牛頓第二定律有：

qvB=mv2r.

聯立以上三式可解得：U=qB2L28m.

（3） 粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：

T=2πmqB，

粒子回到S的最短時間為：t=3×56T=5πmqB.

例11如圖22所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r0，在圓筒之外的足夠大區域中有平行于軸線方向的勻強磁場，磁感強度的大小為B.在兩極板間加上電壓，使兩圓筒之間的區域內有沿半徑向外的電場.一質量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的s點出發，初速度為零.如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發點s，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）

圖22圖23

解析帶電粒子從s出發，在兩圓筒間的電場力作用下加速，沿徑向穿出a而進入磁場區，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動.粒子再回到s點的條件是能沿徑向穿過狹縫d，只要穿過了狹縫d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經d重新進入磁場區，然后粒子將以同樣的方式經過b、c，再經過a回到點s，如圖23所示.觀察粒子的軌跡那不就如同一朵盛開的梅花嗎？

設粒子射入磁場區的速度為v，根據能量守恒有：12mv2=qU.設粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑是R，則由洛侖茲力公式和牛頓第二定律可得：mv2R=qBv.

由前面分析可知，要回到s點，粒子從a點到d點必須經過34圓周，所以半徑R必等于筒的外半徑r0，即R=r0.由以上各式可解得：U=qr20B22m.

六、針錐形

例12如圖24所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場，左側勻強電場的場強大小為E，方向水平向右，其寬度為L；中間區域勻強磁場的磁感強度大小為B，方向垂直紙面向外；右側勻強磁場的磁感強度大小也為B，方向垂直紙面向里.一個帶正電的粒子（質量為m、電量為q，不計重力）從電場左邊緣a點由靜止開始運動，穿過中間磁場區域進入右側磁場區域后又回到了a點，然后重復上述運動過程.求：

（1）中間磁場區域的寬度d；

（2）帶電粒子從a點開始運動到第一次回到a點時所用的時間t.

圖24圖25

解析（1）電場中加速，由動能定理得：

qEL=12mv2，∴v=2qELm.

磁場中偏轉，由牛頓第二定律得：

qvB=mv2r，∴r=mvqB=1B2mELq.

由此可見，在兩磁場區粒子運動半徑相同，如圖25所示，形似針錐.三段圓弧的圓心組成了三角形.

△O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2r，

∴d=rsin60°=12B6mELq.

（2）電場中，t1=2va=2mvqE=22mLqE；

中間磁場中，t2=2×T6=2πm3qB；

右側磁場中，t3=5T6=5πm3qB；

則t=t1+t2+t3=22mLqE+7πm3qB.

七、蝸牛形

圖26

例13在如圖26所示的勻強磁場中，放置一塊與磁感線平行的均勻薄鉛板，一個帶電粒子進入勻強磁場，以半徑R1=20 cm做勻速圓周運動，第一次垂直穿過鉛板后，以半徑R2=19 cm做勻速圓周運動，帶電粒子還能穿過鉛板幾次？（設每次穿越鉛板的過程中阻力大小及粒子電量不變）

解析根據R=mvqB=pqB=2mEkqB，得Ek=（qBR）22m.

帶電粒子每次穿越鉛板克服阻力做功，減少的機械能為：

ΔE=Ek1-Ek2=q2B2R212m-q2B2R222m=q2B22m（R21-R22）

帶電粒子還能穿過鉛板的次數為：

N=Ek2ΔE=

q2B2R22mq2B2（R11-R22）2m=R22R21-R22

=192202-192=9.26.

根據題意應取N=9，粒子運動軌跡如圖26所示，酷似蝸牛的俯視圖，真是不可思議啊！

八、水滴形

例14如圖27所示，空間分布著有理想邊界的勻強磁場，左側區域寬度為d，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外.右側區域寬度足夠大，勻強磁場的磁感應強度大小也為B，方向垂直紙面向里.一個帶正電的粒子（質量為m、電量為q，重力不計）從左邊緣a點，以垂直于邊界的速度進入左區域磁場，經過右區域磁場后，又回到a點出來.

（1） 畫出粒子在磁場中的運動軌跡；

（2） 求粒子在磁場中運動的速率v.

（3） 粒子在磁場中運動的時間t.

圖27圖28

解析如圖28所示，帶電粒子從a點飛入磁場，受到洛侖茲力做圓周運動，穿過磁場邊界后進入右邊區域，受到等大反向洛侖茲力作用做圓周運動，穿過磁場邊界回到左邊區域.帶電粒子受到等大反向洛侖茲力作用繼續做圓周運動回到a點，形成如同水滴形狀完美的對稱圖形，令人詫異.

（1） 運動軌跡如圖28所示.

（2） 設粒子運動的速率為v，則粒子做圓周運動的半徑r=mvqB.

圖29如圖29所示，根據三角形的比例關系可得：

（2r）2=r2+（2d）2

聯立以上兩式可求得：

v=23qBd3m

（3）如圖29所示，可得sinθ=r2r=12，所以θ=π6.

帶電粒子在邊界左邊的時間

t1=2×

π2-θ2πT1=13T1

粒子在邊界右邊的時間

t1=2π-2θ2πT2=56T2

由于左、右磁場區域磁感應強度相等，則T1=T2=2πmqB，故粒子在磁場中運動的時間t=t1+t2=7πm3qB.

例15如圖30所示，一個質量為m、電量為q的帶正電粒子從P點由靜止開始經過加速電場后，從正中央垂直射入偏轉電場.加速電場電壓為U，極板間距離為d；偏轉電場電壓為u2，極板長度和極板間距離都為L.u2的變化規律如圖31所示，帶電粒子離開偏轉電場后即進入一個垂直紙面向里的勻強電場.欲使帶電粒子從t=0開始經過時間T又回到P點.求：

（1） 勻強電場的寬度至少為多少？

（2） 粒子P點開始運動到第一次回到P點所用的時間是多少？

圖30圖31

解析帶電粒子的運動軌跡如圖32所示.

圖32

設粒子離開加速電場時速度為v0，所用時間為t1，則根據動能定理有：qU=12mv20，

∴v0=2qUm，

t1=2dv0=d2mqU.

帶電粒子在偏轉電場中做類似平拋運動，離開電場時速度為v，所用時間為t2，側移量為y，則有：

t2=Lv0=Lm2qU，

y=12at22=12×qUmL×L2m2qU=14L.

根據動能定理有：

qU+q×qUL×y=12mv2，∴v=5qU2m.

粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設運動半徑為R，運動時間為t3，則由圖29可知：

sinθ=v0v=

255，又y=Rsinθ，∴R=58L.

t3=2（π-θ）2π×2πRv=14（π-arccot2）LmqU

故勻強磁場的寬度至少為：

D=R+Rcosθ=5+18L.

粒子第一次回到P點所用時間為：

t=2t1+2t2+t3

=（22d+2L+π-arccot24L）mqU

以上幾種有趣的粒子運動軌跡圖形，目的在于考查帶電粒子在電場和磁場中的受力及運動.即考查了物理知識應用能力，也考查了幾何知識與物理知識的結合，同時也增加了物理知識的妙趣.

（收稿日期：2014-09-04）