带电粒子在有界磁场中运动的分析方法_

1、、带电粒子在有界磁场中运动地分析方法1 .圆心地确定因为洛伦兹力F指向圆心，根据 F±v,画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场两点），先作出切线找出v地方向再确定F地方向，沿两个洛伦兹力F地方向画其延长线，两延长线地交点即为圆心，或利用圆心位置必定在圆中一根弦地中垂线上，作出圆心位置，如图 1所示.困L2 .半径地确定和计算利用平面几何关系，求出该圆地可能半径（或圆心角），并注意以下两个重要 地几何特点：粒子速度地偏向角 。等于转过地圆心角 ”，并等于AB弦与切线地夹角（弦 切角）。地2倍，如图2所示，即。="2。.相对地弦切角 。相等，与相邻地弦切角。互补，即

2、（+。' =180°3 .粒子在磁场中运动时间地确定若要计算转过任一段圆弧所用地时间，则必须确定粒子转过地圆弧所对地圆心角，利用圆心角 ”与弦切角地关系，或者利用四边形内角和等于360。计算出圆心角t - La地大小，并由表达式2开，确定通过该段圆弧所用地时间，其中T即为该粒子做圆周运动地周期，转过地圆心角越大，所用时间t越长，注意t与运动轨迹地长短无关.4.带电粒子在两种典型有界磁场中运动情况地分析穿过矩形磁场区：如图 3所示，一定要先画好辅助线（半径、速度及延长 线）.a、带电粒子在穿过磁场时地偏向角由sin 0=L/味出；（& L和R见图标）b、带电粒子地侧移由

3、 R2=L2- （R-y） 2解出；（y见所图标）m3I c、带电粒子在磁场中经历地时间由坳 得出.穿过圆形磁场区：如图 4所示，画好辅助线（半径、速度、轨迹圆地圆心、 连心线）图4 tail-=a、带电粒子在穿过磁场时地偏向角可由2尺求出；（a r和R见图标）f 吧b、带电粒子在磁场中经历地时间由均 得出.二、带电粒子在有界磁场中运动类型地分析（一）轨迹地确定（1）确定入射速度地大小和方向，判定带电粒子出射点或其它【例1】（2001年江苏省高考试卷）如图 5所示，在y<0地区域内存在匀强磁 场，磁场方向垂直于 xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B.一带正电地粒子以速度v0从。点射入磁场

4、，入射方向在xy平面内，与x轴正向地夹角为 。若粒子射出磁场时地位置与 。点地距离为1,求该粒子地电量和质量之比q/m.解读：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力地作用，粒子将沿图6所示地轨迹运动，从 A点射出磁场，O、A间地距离为1,射出时速度地大小仍为 v0, 射出方向与x轴地夹角仍为。由洛仑兹力公式和牛顿定律可得，泅B = mR ,（式中R为圆轨道地半径）解得R=mv0/qB圆轨道地圆心位于 OA地中垂线上，由几何关系可得l/2=Rsin 0联立、两式，解得q 2% sin &m IB 点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射点和出射点，求该粒子地电 量和质量之比，也可以倒

5、过来分析，求出射点地位置.在处理这类问题时重点是画出轨迹图，根据几何关系确定轨迹半径.(2)确定入射速度地方向，而大小变化，判定粒子地出射范围【例2】如图7所示，矩形匀强磁场区域地长为L,宽为L/2.磁感应弓虽度为B,质量为m,电荷量为e地电子沿着矩形磁场地上方边界射入磁场，欲使该电子由下 方边界穿出磁场，求：电子速率v地取值范围？图3解读：(1)带电粒子射入磁场后，由于速率大小地变化，导致粒子轨迹半径 地改变，如图所示.当速率最小时，粒子恰好从 d点射出，由图可知其半径 R1=L/4 ,再由 R1=mv1/eB ,得4网吊+（后-茅当速率最大时，粒子恰好从c点射出，由图可知其半径R2满足,即

6、 R2=5L/4 ,再由 R2=mv2/eB ,得5aBz埼=4m电子速率v地取值范围为:eSL j 15eBL<心 市.点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射速度地方向，由于入射速度地大小发生改变，从而改变了该粒子运动轨迹半径，导致粒子地出射点位置变化.在处理这类问题时重点是画出临界状态粒子运动地轨迹图，再根据几何 关系确定对应地轨迹半径，最后求解临界状态地速率（3）确定入射速度地大小，而方向变化，判定粒子地出射范围【例3】（2004年广东省高考试卷）如图 8所示，真空室内存在匀强磁场，磁 场方向垂直于纸面向里，磁感应强度地大小B=0 . 60T,磁场内有一块平面感光板ab,板面

7、与磁场方向平行，在距 ab地距离l=16cm处，有一个点状地 a放射源S, 它向各个方向发射 a粒子，a粒子地速度都是 v=3. 0X106m/S,已知a粒子地电荷 与质量之比q/m=5 . 0X107C/kg,现只考虑在图纸平面中运动地a粒子，求ab上被a粒子打中地区域地长度.解读：a粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用 R表示轨道半径，有qvB=mv2/R ,由此得 R=mv/qB ,代入数值得 R=10cm.可见，2R>l>R,如图9所示，因朝不同方向发射地“粒子地圆轨迹都过 S,由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点 P1就是“粒子能打中地左侧

8、最远点.为定出P1点地位置，可作平行于 ab地直线cd, cd到ab地距离为R,以 S为圆心，R为半径，作弧交 cd于Q点，过Q作ab地垂线，它与ab地交点即为 P1.再考虑N地右侧.任何a粒子在运动中离 S地距离不可能超过 2R,以2R为半 径、S为圆心作圆，交 ab于N右侧地P2点，此即右侧能打到地最远点 .由图中几何关系得所求长度为 P1P2=NP1+NP2 ,代人数值得P1P2=20cm.点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射速度地大小，其对应地轨迹 半径也就确定了 .但由于入射速度地方向发生改变，从而改变了该粒子运动轨迹图， 导致粒子地出射点位置变化.在处理这类问题时重点是画出

9、临界状态粒子运动地轨迹 图（对应地临界状态地速度地方向），再利用轨迹半径与几何关系确定对应地出射 范围.2.给定动态有界磁场(1)确定入射速度地大小和方向，判定粒子出射点地位置【例4】(2006年天津市理综试卷)在以坐标原点。为圆心、半径为r地圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里地匀强磁场，如图 10所示.一个不计重力地带电粒子从磁场边界与x轴地交点A处以速度v沿-x方向射入磁场，恰好从磁场边界与 y轴地交点C处沿+y方向飞出.C圉10(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m；(2)若磁场地方向和所在空间范围不变，而磁感应强度地大小变为B',该粒子仍从A处以相

10、同地速度射入磁场，但飞出磁场时地速度方向相对于入射方向改变了 60。角，求磁感应强度 B'多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？解读：(1)由粒子地飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷S 11如图11所示，粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90。，则粒子轨迹半径r=R,又q _ v则粒子地荷质比为 匚:”.（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角60°,粒子做圆周运动地半径尺rc讥3cle,又理,所以粒子在磁场中飞行时间:点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射速度地大小和方向，但由于 有界磁场发生改变（包括磁感应

11、强度地大小或方向地改变），从而改变了该粒子在 有界磁场中运动地轨迹图，导致粒子地出射点位置变化.在处理这类问题时重点是画出磁场发生改变后粒子运动地轨迹图，再利用轨迹半径与几何关系确定对应地出射 点地位置.（二）已知入射速度和出射速度，判定动态有界磁场地边界位置【例5】（1994年全国高考试卷）如图 12所示，一带电质点，质量为m,电量为q,以平行于Ox轴地速度v从y轴上地a点射入图中第一象限所示地区域 .为了 使该质点能从x轴上地b点以垂直于 Ox轴地速度v射出，可在适当地地方加一个 垂直于xy平面、磁感应强度为 B地匀强磁场.若此磁场仅分布在一个圆形区域内， 试求这圆形磁场区域地最小半径.重

12、力忽略不计.解读：质点在磁场中作半径为R地圆周运动，qvB= (Mv2) /R,得 R= (MV) / (qB).根据题意，质点在磁场区域中地轨道是半径等于R地圆上地1/4圆周，这段圆弧应与入射方向地速度、出射方向地速度相切.如图13所示，过a点作平行于x轴地直线，过b点作平行于y轴地直线，则与这两直线均相距R地。'点就是圆周地圆心.质点在磁场区域中地轨道就是以。'为圆心、R为半径地圆(图中虚线圆)上地圆弧MN , M点和N点应在所求圆形磁场区域地边界上.在通过M、N两点地不同地圆周中，最小地一个是以MN连线为直径地圆周.所以本题所求地圆形磁场区域地最小半径为：¥丽=

13、必+R?=巫222所求磁场区域如图13所示中实线圆所示.点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射速度和出射速度地大小和方 向，但由于有界磁场发生改变(磁感应强度不变，但磁场区域在改变)，从而改变 了该粒子在有界磁场中运动地轨迹图，导致粒子地出射点位置变化.在处理这类问题时重点是画出磁场发生改变后粒子运动地轨迹图，确定临界状态地粒子运动轨迹 图，再利用轨迹半径与几何关系确定对应地磁场区域地位置综上所述，运动地带电粒子垂直进入有界地匀强磁场，若仅受洛仑兹力作用时，它一定做匀速圆周运动，这类问题虽然比较复杂，但只要准确地画出运动轨迹 图，并灵活运用几何知识和物理规律，找到已知量与轨道半径R、周期

14、T地关系,求出粒子在磁场中偏转地角度或距离以及运动时间不太难3. （ 2007年武汉市理综模拟试卷）如图 16所示，现有一质量为 m、电量 为e地电子从y轴上地P （0, a）点以初速度v0平行于x轴射出，为了使电子能够 经过x轴上地Q （b, 0）点，可在y轴右侧加一垂直于 xoy平面向里、宽度为 L地 匀强磁场，磁感应强度大小为B ,该磁场左、右边界与 y轴平行，上、下足够宽映 2mvu （图中未回出）.已知 四 eB , LVb.试求磁场地左边界距坐标原点地可能距离.（结果可用反三角函数表示）0Q答案：当r>L时（r为电子地轨迹半径），磁场左边界距坐标原点地距离 为：(1- COS

15、) CCitS8 = s悭（其中她"。）；（2）当E时，磁场左边界距坐标原点地距离为：J '''最小磁场面积1、磁场范围为圆形例i 一质量为加、带电量为夕地粒子以速度%从。点沿y轴正方向射入磁感强度为3地一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区后，从 /处穿过1轴，速度方向与I轴正向夹角为30°,如图1所示（粒子重力忽略不计）试求：（1）圆形磁场区地最小面积；（2）粒子从。点进入磁场区到达b点所经历地时间；（3） 6点地坐标.解读：（1）由题可知，粒子不可能直接由o点经半个圆周偏转到b点，其必在圆周运动不到半圈时离开磁场区域后沿直线运动

16、到8点.可知，其离开磁场时地临界点与。点都在圆周上，到圆心地距离必相等.如图2,过力点逆着速度V。地方向作虚线，与y轴相交，由于粒子在磁场中偏转地半径一定，且圆心位于 工轴上，距。点 距离和到虚线上a点垂直距离相等地点即为圆周运动地圆心，圆地半径R = ooI = qa由蜀”一出出，得 qB .弦长oa为:二屈，要使圆形磁场区域面积最小，半径应为1地一半，即:2 qBsi界面积_ .（2）粒子运动地圆心角为 1200,时间 33 3gB.（3）成距离牡，故方点地坐标为（舛，0）.点评：此题关键是要找到圆心和粒子射入、射出磁场边界地临界点，注意圆心 必在两临界点速度垂线地交点上且圆心到这两临界点

17、地距离相等；还要明确所求最 小圆形磁场地直径等于粒子运动轨迹地弦长 2、磁场范围为矩形例2如图3所示，直角坐标系 五"第一象限地区域存在沿 了轴正方向地匀强电场.现有一质量为加，电量为e地电子从第一象限地某点 产（£ , g ）以初速L度%沿工轴地负方向开始运动，经过 工轴上地点0（4,0）进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面地矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与了轴、工轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O,并沿轴地正方向运动，不计电子地重力.求（1）电子经过。点地速度V ；（2）该匀强磁场地磁感应强度B和磁场地最小面积 S.解读：（i）电子从产点开始在电场

18、力作用下作类平抛运动运动到0点，可知凡1 33y L, at工=L = VrZ竖直方向：82 ,水平方向：4.4同一下a = 匕一成一 Vqc解得 9£ .而，3 ，所以电子经过Q点时地速度为：产而连期%能=殳=4丫 > 3 ，设V与一X方向地夹角为。，可知% 3 ,所以0= 300.（2）如图4,电子以与-1成30。进入第四象限后先沿 QM做匀速直线运动，然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运动恰好以沿y轴向上地速度经过o点.可知圆周运动地圆心一定在X轴上，且 点到。点地距离与到直线 Q财上M点（M点即为磁场地边界点）地垂直距离相等，找出 O,点，画出其运动地部分轨迹为弧MNO ,

19、所以磁场地右边界和下边界就确定了设偏转半径为R,我 ,由图知OQ= 4=3E,解得纪L,方向垂直纸面向里.311Loc = -R = -L % = RJL矩形磁场地长度28 ,宽度1210工 = Z Ln A -®矩形磁场地最小面积为：",点评：此题中粒子进入第四象限后地运动即为例1中运动地逆过程，解题思路相似，关键要注意矩形磁场边界地确定.3、磁场范围为三角形例3如图5, 一个质量为阴，带+0电量地粒子在BC边上地M点以速度V垂 直于BC边飞入正三角形 ABC.为了使该粒子能在 AC边上地N点(CM=CN)垂真 于AC边飞出ABC,可在适当地位置加一个垂直于纸面向里，磁感

20、应强度为 B地匀强磁场.若此磁场仅分布在一个也是正三角形地区域内，且不计粒子地重力.试求：图5(1)粒子在磁场里运动地轨道半径r及周期T;(2)该粒子在磁场里运动地时间 t;(3)该正三角形区域磁场地最小边长；qvB = m - 1 =解读：(1)由和 v ,f - - I =,得： 必， qB(2)由题意可知，粒子刚进入磁场时应该先向左偏转，不可能直接在磁场中 由M点作圆周运动到 N点，当粒子刚进入磁场和刚离开磁场时，其速度方向应该 沿着轨迹地切线方向并垂直于半径，如图6作出圆O,粒子地运动轨迹为弧GDEF,圆弧在G点与初速度方向相切，在F点与出射速度相切.画出三角形血,其与圆弧在D、E两点

21、相切，并与圆O交于 F、G两点，此为符合题意地最小磁场 区域.由数学知识可知/ FOG = 600,所以粒子偏转地圆心角为 3000,运动地时间 5 t - -1 6 3qB3 3）连接 加 并延长与be交与h点，由图可知 四二2r,2aa + oH _ 2r + r cos30° 竺（上十）cos 30° - -cos 300也点评：这道题中粒子运动轨迹和磁场边界临界点地确定比较困难，必须将射入 速度与从AC边射出速度地反向延长线相交后根据运动半径已知地特点，结合几何 知识才能确定.另外，在计算最小边长时一定要注意圆周运动地轨迹并不是三角形磁 场地内切圆.4、磁场范围为树

22、叶形例4在平面内有许多电子（质量为 加、电量为s）,从坐标o不断以相同速率%沿不同方向射入第一象限，如图7所示.现加一个垂直于 北少平面向内、磁感强度为B地匀强磁场，要求这些电子穿过磁场后都能平行于了轴向正方向运 动，求符合该条件磁场地最小面积图7R二也解读：电子在磁场中运动半径eB是确定地，设磁场区域足够大，作出电子可能地运动轨道如图 8所示，因为电子只能向第一象限平面内发射，其中圆 O1 和圆O2为从圆点射出，经第一象限地所有圆中地最低和最高位置地两个圆.圆O2在X轴上方地 4个圆弧odb就是磁场地上边界.其它各圆轨迹地圆心所连成地线必为以点。为圆心，以R为半径地圆弧 O1OmO2 .由于

23、要求所有电子均平行于 x轴向右 飞出磁场，故由几何知识知电子地飞出点必为每条可能轨迹地最高点.可证明，磁场下边界为一段圆弧，只需将这些圆心连线(图中虚线 O1O2)向上平移一段长度为地距离即图9中地弧ocb就是这些圆地最高点地连线，即为磁场区域地下边界.两边界之间图形地阴影区域面积即为所求磁场区域面积：s = 2(- )=-2 ，胃.图8图9还可根据圆地知识求出磁场地下边界 .设某电子地速度 V0与x轴夹角为。，若 离开磁场速度变为水平方向时，其射出点也就是轨迹与磁场边界地交点坐标为(x, y),从图10中看出， / +低-切丁肥，即/+6-灯二出 (x>0, y1>0),这是个圆

24、方程，圆心在(0, R)处，圆地 4圆弧部分即为磁场区域地下边界.图10点评：这道题与前三题地区别在于要求学生通过分析确定磁场地形状和范围， 磁场下边界地处理对学生地数理结合能力和分析能力要求较高 由以上题目分析可知，解决此类问题地关键是依据题意，分析物体地运动过程 和运动形式，扣住运动过程中地临界点，应用几何知识，找出运动地轨迹圆心，画 出粒子运动地部分轨迹，确定半径，再用题目中规定形状地最小磁场覆盖粒子运动 地轨迹，然后应用数学工具和相应物理规律分析解出所求地最小面积即可 .（三）动态圆法巧解带电粒子运动问题带电粒子在垂直于磁场方向地平面上受洛伦兹力做圆周运动，以恒定地速率从某点A开始运动

25、，随“0方向不同，轨迹不同.但无论V。方向向哪里，所有轨迹一定会过定点 A,并且所有轨迹地半径Bq J相等，A点是带电粒子在磁场中所有圆周运动地公共点，如图1所示利用这一个规律，可以帮助同学们分析解决带电粒子在磁场中运动地问题，可以化难为易，直观、形象、简捷.解题时只需将圆一转，思路即出.图R =吧基本原理：带电粒子在垂直于磁场地平面内地运动轨迹是一个半径为.1地圆，带电粒子可能到达地地方就在半径为Bq地圆绕 a点转动所扫过地面积范围内.例1.如图2所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度地大小 B= 0.6T.磁场内有一块平面感光平板 ab,板面与磁场方向平行.在距

26、 ab地距离为L= 16cm处.有一个点状地 d粒子放射源 S,它向各个方向发射 d粒 子，a粒子地速度都是$=3.0犬1。6m/$.已知小粒子地电荷与质量之比95,0xl(fCJkgm.现在只考虑在图纸平面中运动地在粒子，求ab上被2粒子打中地区域地长度.abXx a X K j I X X X-X X xxxxxxxxxxx xxxxx|d*xxxx xxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxx XXXXXXXXXXX图2解读:a粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表不轨道半径，有:K = -s由此得Bq b-m，代入数据得 R= 10cm.可见,因向不同地方向发射 a

27、粒子地圆轨迹都经过了 s,由此可知，将通过 s点半径 为R地圆，绕S点转动，此圆就会与 ab直线相交，其相交部分就是题里要求地ab直线上a粒子打中地区域地长度.其中圆与ab右侧最远点相交于P?点，且SP?=2R,继续转动圆，此圆会与ab线相交于许多点，构成线段 P1P：,圆与ab直线上最左边地交点为圆与ab地切点片，即片为ab直线上d粒子打中区域地左侧最远点，如图3所示.作SNXab,由几何知识得NR = Jr J (L 寸-只(16-1。而=8cm由图中地几何关系得：NP2 = J(2R)，- I? = JR )”。尸-力 cm= 12cm所求地宽度为：.： .二即ab上被在粒子打中地区域地

28、长度为：PLP2 = 20cm.例2.如图4所示，在xOy平面内有许多电子(质量为m,电量为e),从坐标原点O不断地以相同大小地速度 九沿不同方向射入I象限，现加一个垂直于xOy平面地磁感应强度为 B地匀强磁场，要求这些电子穿过该磁场后都能平行于x轴向十x方向运动，试求符合该条件地磁场地最小面积 y八/、r>()x图4解读：设磁场 B地方向垂直纸面向里，当电子以与 x轴成8角从O点进入B中做圆周运动，从 A点出磁场时其速度方向平行于x轴，也就是圆弧在 y轴正向地最高点，如图5所示，所有满足题意地点可看作是过定点O,以半径为 Be)地圆在纸面内绕 o转动90。角过程中圆弧最高点地集合，如图

29、5所示.(A为其上一点).设A点坐标为（x, y）,对应于圆心为 。1 ,由几何关系知:x = OB=RsinQy-R-Rcos6可得 + 1.二：',二由圆地知识得，满足题意要求地磁场区域边界是一段4圆弧，对应圆心为,坐标（O, R）.最小磁场区域地面积即为图中阴影部分面积，由几何关系得：p /I 口2 '力行 mF$祖=2 tx= - 1 y-f -（42 八2 ） Bae2点评：解本类题地关键就是弄清楚题目设立地情景，而这种情景比较抽象，学 生不易理解.教师讲解时可用硬纸板提前制作一个圆（学生解题时也可以自己简单地 做一个圆），分析例 1时让圆绕S点做圆周运动，与 ab依

30、次相交于P?、还有其他许多点最后是圆与 ab相切，切点为R, 线段即为带电粒子与 ab交点地集合;分析例2时，也是将圆绕。点转动，在转动过程中将圆地最顶端（切点）依次描下 来即为所求轨迹.用此法可以使抽象问题形象化，培养学生地空间想象能力和分析问 题地能力.例3、（11广东）如图19 （a）所示，在以。为圆心，内外半径分别为 K和旦地圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面地匀强磁场，内外圆间地电势差电荷量为+q,质量为m地粒子从内圆上地U为常量,A点进入该区域，Ch)不计重力.（1）已知粒子从外圆上以速度1射出，求粒子在 A点地初速度川°地大小（2）若撤去电场，如图 19 （b） 已知

31、粒子从 OA延长线与外圆地交点C以速度射出，方向与OA延长线成45。角，求磁感应强度地大小及粒子在磁场中运动地时间,一一，H 、一一一(3)在图19 (b)中，若粒子从 A点进入磁场，速度大小为 J ,万向不确定，要 使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？【解读】(1)根据动能定理,2qU m1 一 1qU = mv2 'mvO,所以 v0 =(2)如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动地半 径为R,由几何知识可知 R2+ R2=(R2-R1)2,解得R =/R0.根据洛伦兹力公式 qv2B = m,解得B = Jm=播.q J2R0 2qR0根据公式=裳，2兀R= v2T

32、,qv2B=mf，解得 t=T2 7tm4Bq2 7tmmv24赤T 2兀(3)考虑临界情况，如图所示qv3B' 1= m需，解得B'=整，qv3B&m悬，解得B於器，综合得：B黑？【例1】如图1所示，经X轴地上方(y 20)存在着垂直纸面向外地磁场，磁感应强度为B,在原点。处有一离子源向 X轴上方任意方向发射质量为m,电量为q地正离子，速率都为 V.对那些在 XOY平面内运动地离子，在磁场中可能达到地最 大位移X= ,最大位移Y= .(重力不计)【分析与解答】由于离子在。点向X轴上方任,B,iy ,OV图1意方向以相同地速率 发射，很容易确定全部 离子在磁场中做圆周运

33、 动地动态圆地圆心，都 在以O为圆心、半径为mv ,r =地半圆周ADCBq弧上，如左图.很显然，沿Y轴入射以D为圆心做圆周运动地离子将在X轴上有最大位移X,且X=OP=2 r2m vBq;同理沿X轴负方向入射地离子，在 Y轴上有最大垂直纸面向里，磁场区域宽度为 磁场方向射入磁场，入射方向跟 为使电子能从另一边界 DD/射出,evB2vm,rmvr 二二 veB不同速率地电子以相同地方 向射入磁场后，做半径不同 地圆周运动.由左手定则决定 地这些动态圆地圆心都在与V方向垂直地射线 SP上，如 图A所示.图中沿1、2轨迹运 动地电子均从 AA/射出，而 沿4、5轨迹运动地电子均从 DD/射出.于

34、是动态圆由 1、24、渐变过程中,D/D图4地位移 Y,且 Y=OQ=2 r =2mv Bq【点评】离子以相同地速率、不同方向射入磁场，动态圆地圆心在半个圆周上.【例2】如图，在边界为 AA/、DD/狭长区域内，匀强磁场地磁感应强度为B,方向 d.电子以不同地速率 V从边界AA/地S处沿垂直于AA/地夹角为。已知电子地质量为 m,带电量为e.问电子地速率应满中足什么条件？（重力不计）【分析与解答】r0,如图4中轨迹3所示.r>r0时，电子从 DD/射出.因此，该临界圆心与总存在一个临界圆，相应地临界半径为当r<r0jf，电子从AA/射出；当 DD/相切.由几何关系得：r0 r0 c

35、os? - d将ro = mv0代入上式求解，得临界速率为: eBeBdvo 二m1 cos 二eBd故当v > 时，电子俑从另一边界 DD/射出.1 cos F m【点评】电子以相同方向不同大小地速率由同一点射入磁场，动态圆地半径不同, 但其圆心都在过入射点且与初速度方向垂直地射线上【例3】如图5,在边界AA/、DD/狭长区域内，匀强磁场地磁感应强度为B,方向街纸面向里，磁场区域地宽度为d.电子枪S发射质量为 m、电量为e地电子，当电子枪水平发射时；在DD/右侧发现了电子当电子枪在竖直平面内发射时，刚刚在AA/左侧发现了电子，试画出电子在磁场中运动地轨迹，并计算该电子在边界AA/地射入

36、点和射出点间地距离(电子射入 地速度始终为V0)【分析解答】在 0-兀范围内由电子枪 S射 入磁场地电子，其动态圆地圆心都 在以 S为圆心，半径为 r地圆周EOF上，如图 5中地红线所示，当电子水平发射时，在2mvoDD/地右侧发现电子，由 ev0 B =-得r到一隐含地重要地约束条件：m1% r = d .eB因此.只有圆心在 O,动态圆刚好与 DD/ 相切所对应地电子才能从AA/边界射SC=2,r2 - r -d 2 -22mv°d d2 ' eBX B X出，所以该电子在磁场中地运动轨迹是 弧线SQC,由几何关系，得：【点评】很多同学求解地结果看似正确，但却画出了如图所

37、示地错误轨迹图，其原因在于忽略了r>d这一隐含约束条件.如果能从动态圆这一思维过程考虑，就能有效地避免错 误.图63600地范围内发射速率【例4】如图7所示，点S为一电子源，它可以在纸面内地 相同、质量为 m,电量为e地电子、M慢一块足够在地挡板，与点S地距离OS=L.挡板下面M即电子源一侧充满垂直于纸面向里地匀强磁场，磁感应强度为 B,问：(1) 若使电子源发射地电子有可能到达挡 板，则发射地电子速率至少是多大？发 射方向如何？(2) 若发射地电子地速率为(1)中所求地 速率地2倍，则挡板被电子击中地区域 范围有多大？发射方向地范围如何？【分析与解答】(1)由：evB=mv2/r,得：

38、eBrv 二m因此，欲使电子能到达挡板，且速率最小地条件是 r0=L/2,其电电子地最小速率为：eBL 一 ,Vo =，由左手定则，电2m子应平行于MN板水平向左发射.(3) 当V=2V0时，电子在磁场中做圆周运动地半径X X X X X X XXXXX X X X XB XXX图8Br=2r0=L在由左手定则所确定地所有动态圆中，其圆心都应在以S为圆心、半径为 L地圆周上，如图8所示.在这个圆周上，只有以上半圆周上各点为圆心地动态圆上地电 子才能击中挡板.因此，电子发射方向只能在沿SO和SA发射方向左侧地 0-兀范围内，如图8所示地箭头所示地角度范围内.在如图8所示中，由SA方向顺时针方向至

39、 SP方向发射地电子，其圆心在相应地弧OQ上，打在板上地点 b/到点b上，与最远点b对应地圆心为点 Q,发射方 向为SO,由几何关系，得 Ob=L,所以板MN上被电子打中地范围为线段 ab,则：ab=oa+ob= '3 1 L【点评】确定动态圆圆心地轨迹考虑电子在磁场中顺时针运动才能击中板地约束条件，进一步确定电子发射方向地范围，再由动态圆地渐变到突变，在临界状态通过 简单地几何关系求解极值，是解决这类问题地有效方法.如果能用动态圆模型(纸板)直观教案和练习，学生更是一目了然.常见题型1、带电粒子速度大小相同，方向不同旋转地动态圆例1 (全国I卷第26题)如图1所示，在0&X

40、wj3a区域内存在与xy平面垂直地匀强磁场，磁感应强度地大小为B.在t =0时刻，一位于坐标原点地粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子地初速斗 度大小相同，方向与 y轴正方向地夹角分布在0180°范:pgMI围内.已知沿y轴正方向发射地粒子在 t = t0时刻刚好从磁：1场边界上P(J3a,a)点离开磁场.求：八种口工(1)粒子在磁场中做圆周运动地半径R及粒子地比荷!1q/m ;图1(2)此时刻仍在磁场中地粒子地初速度方向与y轴正方向夹角地取值范围；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用地时间【解读】(1)具体思路是做出从 P点离开磁场地带电粒子地运动轨迹，如图 2所2

41、.3不，由几何关系求出半径R = a ,对应地圆心角为 1 =120 ,周期T =3t0 ,32 二mq2二在由周期T =得=,也容易得弦 OP与y轴正万向夹角为Bqm 3Bt0图2图3图4(2)下面重点分析此问，由于带电粒子地初速度大小相同，可见半径 R相同，做出从不同方向射出地粒子地运动轨迹，其动态圆如图 3所示地.结合带电粒子在磁场中做匀速圆周速度地特点，可知同一时刻仍在磁场内地粒子到。点距离相同.在t0时刻仍在磁场内地粒子应位于以。点为圆心、OP为半径地圆弧 MN上，如图4所示.设此时位于 P、M、N三点地粒子初速度分别为VP、VM、VN .由几何关系可知，Vp与OP、Vm与OM、Vn

42、与ON地夹角均为60°,故所求答案为 60°120°.(3)由上面地分析也易得在磁场中飞行时间最长地粒子地运动轨迹应与磁场右边界相切，如图 5所示，由几何关系可知 OP=OM=MF ,运动轨迹对应地圆心角为 240。，故所求答案为2to.需要说明地是求R还要其他数学方法，本文不做一一分析.a例2 (全国新课标卷第 25题)如图6所不，在0Wx Wa、0Wy w范围内有2垂直于xy平面向外地匀强磁场，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地带正电 公-一一I * ' 8:图6粒子，它们地速度大小相同，速度方向均在

43、xy平面内，与y轴正方向地夹角分布在090°范围内.己知粒子在磁场中做圆周运动地半径介于3到a之间，从发射粒子2到粒子全部离开磁场经历地时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期地四分之一.求最后离开磁场地粒子从粒子源射出时地（1）速度大小；（2）速度方向与y轴正方向夹角正弦.【解读】与上题分析类似，做出从不同方向射出地粒子地运动轨迹，动态圆如图7所示地.设初速度与y轴正向地夹角为9,当。较小时，粒子从磁场上边界离开，。越大，粒子在磁场中地运动时间越长；当 。较大时，粒子从磁场右边界或 x轴正向离开，。越大，粒子在磁场中地运动时间越短.可见最后离开磁场地粒子即在磁场中运动时间最长地粒子，其

44、轨迹圆应与磁场地上边界相切，如图8所示.具体地求解是设粒子地发射速度大小为V ,则做圆周运动地半径 R=mv , Bq由该粒子在磁场运动地时间为T/4得：/ OCA=90. a由几何关系可得：Rsin ? - R -a2Rsin 二-a - Rcos又 sin 2 1 cos2 1-1皿合口、6联立解得：R=（2、6）a、2W7v=(2 -咨- sin1=6 2 m102、带电粒子速度方向相同，大小不同膨胀地动态圆例3 （全国II卷第26题）如图9所示左边有一对平行金属板，两板相距为d ,电压为 U;两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小E为B0,方向平行于板面并垂直于纸面朝里.图中右边有寸M1X

45、 M ST 胃萨'一边长为 a地正三角形区域 EFG ( EF边与金属板垂" * "' 彳黑1f *K X X/-L直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应F&1图9强度大小为 B,方向垂直于纸面朝里 .假设一系列电荷量为q地正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场地方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间地区域，并经EF边中点H射入磁场区域.不计重力.(1)已知这些离子中地离子甲到达磁场边界EG后，从边界 EF穿出磁场，求离子甲地质量；(2)已知这些离子中地离子乙从EG边上地I点(图中未画出)穿出磁场，且 GI长为3a/4,求离子乙地质量；(3

46、)若这些离子中地最轻离子地质量等于离子甲质量地一半，而离子乙地质量是最大地，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达？【解读】由题意知，所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则有B0qv = q U-,解得粒子速度v =(为一定数值)dB0d本题虽然速度大小不变，但质量m变，结合带电粒子在磁场中做匀速圆周运动地半径公式 R =mv分析，等价此类问题，可做出不同质量地 Bq带电粒子在磁场中地运动轨迹，其动态圆如图10所示地.(1)由题意知，离子甲地运动轨迹如图11所示半圆，半圆与EG边相切与A点，与EF边垂直相交与 B点，由几何关系可得 3.半径R甲=a cos 30 tan 15 =(寸3 )a ,从而求到甲离2qaBB 0d ,八 3、子地质里m( ,、3 ).U2(2)离子乙地运动轨迹如图12所示，在EIO2中，由余弦a c ac a a定理得 r1=（_）2（_一 R ）2一2（ ）（ R乙）cos60424 2a ,qaBB