董剛

摘要：以一個常見的磁偏轉臨界問題為例，指出角平分線性質(zhì)在幾何作圖中的重要性，同時總結出此類問題確定圓心的通用方法，將動態(tài)圓問題轉化為固定圓問題處理，并通過變式達到觸類旁通之效果.

關鍵詞：角平分線性質(zhì)；磁偏轉；臨界問題

帶電粒子在磁場中的偏轉問題是高考熱點問題，該題型較多運用簡單的初中幾何知識，在平時的習題教學中，教師通常會高估學生的幾何水平，對于習題的處理蜻蜓點水，一帶而過，更談不上規(guī)范精準的幾何作圖，久而久之學生也懶得作圖或者隨手亂畫，這將影響到思維能力的提升，所以規(guī)范的幾何作圖非常重要.下面以常見的直線型邊界的臨界問題為例，總結角平分線性質(zhì)在此類問題作圖中的重要性.

一、案例分析及總結

題目如圖1所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，寬度為D.一帶電粒子從左邊界外側以速率v垂直射入勻強磁場，入射方向與左邊界間夾角為θ.已知微粒的質(zhì)量為m，電量為+q，重力忽略不計，為使帶電粒子不會由磁場右邊界射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少多大？

分析帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，在初速度大小確定的情況下，磁感應強度越小，偏轉半徑越大，當磁感應強度控制到一個臨界值時，粒子恰好不從磁場右邊界射出，此時的運動軌跡與右邊界相切.由幾何關系，運動軌跡上有兩個點分別在左右邊界上，圓心一定在與入射速度垂直的直線上，且圓心到入射點的距離和到邊界切點的距離相等，即為半徑R.由角平分線的性質(zhì)定理“角平分線上的點，到這個角的兩邊的距離相等”可知，圓心一定在入射方向和右邊界夾角的角平分線上，如圖2所示.

解答如圖2所示，設此時粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為R，由幾何關系知R+Rsinθ=D，由牛頓第二定律可得qvB=mv2R，聯(lián)立可得B=mvqR=mvqD（1+sinθ）.若帶電粒子不射出磁場，磁感應強度B至少為mvqD（1+sinθ）.

總結帶電粒子在有界勻強磁場中偏轉，恰好不從另一直線邊界穿出的臨界條件是軌跡圓與此邊界相切，入射速度的垂線和入射速度方向的延長線與軌跡圓相切邊界夾角的角平分線的交點即為圓心.

二、在矩形邊界約束問題中的應用

例1如圖3所示，在0≤x≤a、0≤y≤a2范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi).己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a2到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一.求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時：

（1）速度的大??；

（2）速度方向與y軸正方向夾角的正弦.

分析本題給定的情形是粒子軌道半徑R和周期T大小確定，但初速度方向不確定，所有粒子的軌跡圓都要經(jīng)過入射點O，所以是個動態(tài)圓問題.但考慮到最后離開磁場區(qū)域的粒子運動時間最長，所以軌跡對應的圓心角最大（且為90°）、弦長最長，故粒子應該從右邊界某一點離開磁場，且運動軌跡必定和上邊界相切.設最后離開磁場的粒子從粒子源射出時速度方向與y軸正方向的夾角為α，由前面結論粒子入射速度的垂線和入射速度方向的延長線與上邊界夾角的角平分線的交點即為圓心，并畫出軌跡圖如圖4所示，然后借助幾何關系求解.

解答設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB.

由幾何關系得：Rsinα+a2=R，Rsinα+Rcosα=a

又∵sin2α+cos2α=1

解得：R=（2-22）a，v=（2-62）aqBm，sinα=6-610

三、在角形邊界約束問題中的應用

例2如圖5所示，在POQ角形區(qū)域內(nèi)分布有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里.有一束正離子流（不計重力）沿紙面垂直于磁場邊界OQ方向從A點垂直邊界射入磁場，已知OA=d，∠POQ=45°，離子的質(zhì)量為m、帶電量為q，要使離子不從OP邊射出，則離子進入磁場的速度最大不能超過.

解析離子不從OP邊射出，臨界軌跡圓弧與OP相切，由前面結論可快速找出軌跡圓的圓心O′，如圖6所示.在Rt△OO′B中，O′B為軌道半徑R，OO′=d-R=2R，得R=d2+1=（2-1）d，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB，聯(lián)立可得：v=（2-1）qBdm.

即學即練（2016全國新課標Ⅲ理綜卷第18題）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖7所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）.粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為（）

A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB

參考答案由前面結論可迅速找到圓心，從而畫出運動軌跡，發(fā)現(xiàn)軌跡與ON的交點和OM上的出射點的連線恰好為軌跡圓的直徑，由幾何關系可知選項D正確.

四、在三角形邊界約束問題中的應用

例3如圖8所示，在邊長為2a的等邊三角形△ABC內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，有一帶電量為q、質(zhì)量為m的粒子從距A點3a的D點垂直于AB方向進入磁場.若粒子能從AC間離開磁場，求粒子速率應滿足什么條件及粒子從AC間什么范圍內(nèi)射出？

分析粒子速度越大其軌道半徑越大，由圖8可知速度過大將會從BC邊射出，速度過小又會從AB邊射出.為了使粒子從AC邊射出，速度必須限定在某一個范圍內(nèi)，即需要找到兩個臨界圓弧，一個過D點與BC邊相切，另一個過D點與AC邊相切，由幾何關系確定兩圓弧的半徑即可確定速度的范圍，也可確定粒子從AC間射出的范圍.

解答過D點作速度的延長線，交BC邊于M點，交AC的延長線于N點，由前述結論可得出兩臨界圓的圓心分別為O1和O2，如圖9所示.由幾何關系，∠DMO2=75°，DM=BDtan60°=（2-3）3a=（23-3）a，

R2=O2D=DMtan75°=（23-3）（2+3）a=3a，

其中tan70°=2+3，由此可知O2與A點重合.

R1sin60°+R1=3a，解得R1=3（2-3）a，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB，將R1=3（2-3）a和R2=3a代入可得，v1=3（2-3）aqBm，v2=3aqBm，所以粒子速率應滿足3（2-3）aqBm

五、結語

利用角平分線的性質(zhì)定理得到直線邊界臨界圓圓心的特殊方法，將以往此類問題解答方法中的動態(tài)圓直接定格為臨界圓，由幾何關系達到準確求解之目的，在教學中值得推廣應用.