洪哲新

帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的極值問題是高考的熱點(diǎn)和重點(diǎn)，在考察學(xué)生物理知識(shí)的同時(shí)也考察了學(xué)生的數(shù)學(xué)平面幾何知識(shí)，非?？简?yàn)學(xué)生物理和數(shù)學(xué)知識(shí)綜合運(yùn)用能力. 分析此類問題時(shí)應(yīng)先建立完整的物理模型，根據(jù)題目條件尋找正確的運(yùn)動(dòng)軌跡，確定運(yùn)動(dòng)軌跡后再尋找?guī)缀侮P(guān)系，應(yīng)用數(shù)學(xué)幾何方法和對(duì)應(yīng)的物理規(guī)律分析求得最后結(jié)果. 下面就三種主要的帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的極值問題展開探討.

一、平移圓

帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置不確定，但是進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小和方向一定，因此圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是相同的，圓周運(yùn)動(dòng)軌跡形狀相同，從不同入射點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡之間是平移關(guān)系. 因此可以通過平移圓周的方法來探求臨界情形.

【例1】（2007·四川）如圖所示，長方形abcd長ad=0.6 m ，寬ab=0.3 m ，O、e分別是ad、bc的中點(diǎn)，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（邊界上無磁場(chǎng)），磁感應(yīng)強(qiáng)B=0.25 T . 一群不計(jì)重力、質(zhì)量m=3×10-7 kg 、電荷量q=+2×10-3 C 的帶電粒子以速度v=5×102 m/s 沿垂直ad方向且垂直于磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域（? ?）

A .從Od邊射入的粒子，出射點(diǎn)全部分布在Oa邊

B .從aO邊射入的粒子，出射點(diǎn)全部分布在ab邊

C .從Od邊射入的粒子，出射點(diǎn)分布在Oa邊和ab邊

D .從aO邊射入的粒子，出射點(diǎn)分布在ab邊和bc邊

【解析】因?yàn)椤八俣葀=5×102 m/s 沿垂直ad方向”，入射速度大小和方向都已確定，所以所有粒子軌跡圓大小相同，入射速度方向也相同，符合“平移圓”的解題特征. 先代入數(shù)據(jù)算出軌跡半徑r=mvqB=0.3 m ?（恰好與長方形寬相等），所以從d點(diǎn)入射的粒子，若一直做圓周運(yùn)動(dòng)，則恰好從e點(diǎn)出射，將此軌跡向上平移可得其他粒子的軌跡，如圖2所示，需注意粒子出磁場(chǎng)后沿軌跡切線做勻速直線運(yùn)動(dòng). 由圖2可知，若從O點(diǎn)射入的粒子出磁場(chǎng)后還做圓周運(yùn)動(dòng)，則將恰好從b點(diǎn)出射（虛線軌跡），而實(shí)際情況是粒子離開磁場(chǎng)邊界ae后會(huì)沿切線做直線運(yùn)動(dòng)（實(shí)線軌跡），所以從Od邊射入的粒子出射點(diǎn)全部分布在bc邊，準(zhǔn)確來說是bc邊的上半段be部分，所以 A、C 項(xiàng)錯(cuò)；而從aO邊入射的粒子，根據(jù)軌跡分布，出射點(diǎn)在ab邊和bc邊（be部分）， B 項(xiàng)錯(cuò)， D 項(xiàng)對(duì).

【答案】 D

【例2】（2017·江蘇）一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖3所示. 大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U 0的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相底片上. 已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡，不考慮離子間的相互作用.

（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x;

（2）在圖中用斜線標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d;

（3）若考慮加速電壓有波動(dòng)，在（U 0-△U）到（U 0+△U）之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.

【解析】（1）由動(dòng)能定理qU 0=12×2mv2可以求出甲種離子在電場(chǎng)加速的末速度，又qvB=2mv2r 1，解得圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑r 1=2BmU 0q，當(dāng)甲種離子從入射口最左邊M點(diǎn)入射，則打在底片上的位置到N點(diǎn)距離最近，具體為x=2r 1－L，解得x=4BmU 0q－L .

（2）將從M點(diǎn)進(jìn)人的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡（半圓）向右平移L，則該半圓掃過的區(qū)域即為甲種離子經(jīng)過的區(qū)域. 最窄寬度出現(xiàn)在圖形的對(duì)稱線處，如圖4中的a圖所示. 接下來尋找?guī)缀侮P(guān)系，因?yàn)閳D形是平移得來的，那平移了多少？圖a中軌跡①向右平移12L得到軌跡②，所以圓心同樣也平移了12L，即圖中O 1O 2=12L，注意最窄寬度的最低點(diǎn)在軌跡①上，這時(shí)將最低點(diǎn)與①的圓心O 1相連，便可得到半徑r 1，則可得d=r 1－r2 1－（L2）2，代入r 1=2BmU 0q，得d=2BmU 0q－4mU 0qB2－L24.

（3）甲、乙的質(zhì)量分別為2m和m，則由（1）中r 1=2BmU 0q可知，若加速電場(chǎng)電壓相同，則乙種離子的軌跡半徑小于甲，所以從同一點(diǎn)入射時(shí)甲打在底片上的位置更靠右. 當(dāng)電壓在（U 0－ΔU）到（U 0+ΔU）之間變化時(shí)，r 1、r 2也對(duì)應(yīng)變化，則甲和乙在底片上各打中一塊區(qū)域，要使兩區(qū)域無重疊，需使乙能打中的最右點(diǎn)（從N點(diǎn)入射且半徑最大）不超過甲能打中的最左點(diǎn)（從M點(diǎn)入射且半徑最?。鐖D4中的b圖所示，即2r 2 max +L<2r 1 min ，L<2（r 1 min －r 2 max ）. 當(dāng)電壓最大時(shí)r 2取得最大值r 2 max =2Bm2（U 0+ΔU）q，當(dāng)電壓最小時(shí)r 1取得最小值r 1 min =2Bm（U 0－ΔU）q，代入整理得，狹縫寬度L滿足的條件為L<2Bmq［2（U 0－ΔU）－2（U 0+ΔU）］.

【答案】（1） x=4BmU 0q－L

（2）d=2BmU 0q－4mU 0qB2－L24

（3）L<2Bmq［2（U 0－ΔU）－2（U 0+ΔU）］

方法總結(jié)：當(dāng)臨界問題呈現(xiàn)出固定半徑的圓周軌跡時(shí)，一般都通過移動(dòng)圓的方法來探求解題思路，類似于上述例題，粒子的入射方向一致，就可以通過平移圓的方法進(jìn)行操作.

二、放縮圓

帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向確定，速度大小不定，因此帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑隨速度大小的變化而變化，所畫出的軌跡圓也就可大可小，但圓心都在同一直線上，實(shí)際問題處理時(shí)，可以結(jié)合半徑可能的變化對(duì)軌跡圓進(jìn)行放大或縮小，從而尋找軌跡圓于磁場(chǎng)邊界相切的情況，由此則可以發(fā)現(xiàn)臨界點(diǎn).

【例3】（2019·北京）如圖5所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng). 一帶電粒子垂直磁場(chǎng)邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出. 下列說法正確的是（? ）

A.粒子帶正電

B. 粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率

C .若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出

D .若僅減小入射速率，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短

【解析】由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)（如圖6軌跡①），根據(jù)左手定則可判斷粒子帶負(fù)電， A 項(xiàng)錯(cuò)；洛倫茲力總是垂直于速度，所以不做功，粒子動(dòng)能不變，粒子在b點(diǎn)速率與在a點(diǎn)速率相等， B 項(xiàng)錯(cuò)；入射速度方向一致，則軌跡的圓心均在圖中a點(diǎn)正下方，由半徑r=mvqB可知（由圖6中可得不同半徑的圓周軌跡特點(diǎn)），若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，半徑增大，作出運(yùn)動(dòng)軌跡，出射點(diǎn)應(yīng)在b點(diǎn)右側(cè)（如圖6軌跡②）， C 項(xiàng)對(duì)；若僅減小入射速率，半徑減小，則粒子運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長（t=θ2 π T），如圖6軌跡③， D 項(xiàng)錯(cuò).

【答案】 C

【例4】（2020·全國Ⅲ卷）真空中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界為兩個(gè)半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場(chǎng)的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖7所示. 一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)人磁場(chǎng). 已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力. 為使該電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為（? ）

A ．3mv2ae

B . mvae

C . 3mv4ae

D . 3mv5ae

【解析】由eBv=mv2r，得B=mver，欲求B的最小值，即求軌跡半徑的最大值. 由于“電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)”，將軌跡圓逐漸放大，當(dāng)軌跡與外邊界相切時(shí)，軌跡圓半徑最大，此時(shí)所對(duì)應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，如圖8所示.

圖中O′點(diǎn)為電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，則OO′=3a－r? m （兩圓內(nèi)切性質(zhì)：圓心距=半徑之差），電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)，所以O(shè)A⊥AO′，在 Rt Δ O AO′中，由勾股定理有（3a－r? m ）2=a2+r2? m ，解得r? m =43a，代入B=mver，得B=3mv4ea.

【答案】 C

方法總結(jié)：當(dāng)帶電粒子的入射位置以及入射方向都已經(jīng)確定時(shí)，解題時(shí)可將入射點(diǎn)作為定點(diǎn)，過入射點(diǎn)垂直于速度方向上作出圓的半徑方向，將圓的半徑放大或縮小，作出不同的運(yùn)動(dòng)軌跡，找出符合題目要求的臨界條件.

三、旋轉(zhuǎn)圓

當(dāng)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的位置確定但是入射方向不確定，因?yàn)榇鸥袘?yīng)強(qiáng)度、帶電粒子的質(zhì)量和速度也已經(jīng)確定，所以圓周運(yùn)動(dòng)的半徑就是定值. 但是由于入射方向不同，導(dǎo)致所作出的軌跡圓如同繞著入射點(diǎn)位置進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，這也是其運(yùn)動(dòng)軌跡不確定性原因所在. 在分析此類問題，應(yīng)學(xué)生認(rèn)識(shí)到兩個(gè)“一定”：一是入射點(diǎn)一定在運(yùn)動(dòng)軌跡上；二是軌跡圓的半徑保持一定. 在此基礎(chǔ)上，可以通過旋轉(zhuǎn)軌跡圓的方法來探究軌跡與磁場(chǎng)邊界相切的情形，進(jìn)而明確臨界點(diǎn)的位置.

【例5】（2021·海南）（多選）如圖9，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B. 大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P（0，3L）點(diǎn)，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場(chǎng)，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為α（0≤α≤180°）. 當(dāng)a=150°時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng). 不計(jì)粒子的重力. 則（? ）

A .粒子一定帶正電

B .當(dāng)a=45°時(shí)，粒子也垂直x軸離開磁場(chǎng)

C .粒子入射速率為23qBLm

D .粒子離開磁場(chǎng)的位置到O點(diǎn)的最大距離為35L

【解析】“當(dāng)a=150°時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)”，可由左手定則判斷粒子帶正電， A 項(xiàng)對(duì)；此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖10中a圖所示，由幾何關(guān)系得r=OP cos 60°=3L cos 60°=23L，又qvB=mv2r，得v=23qBLm， C 項(xiàng)對(duì)；由于粒子都“以相同的速率”進(jìn)入磁場(chǎng)，所以半徑大小都為r=23L，則a=45°時(shí)，作入射速度的垂線，取O 2P=r，則O 2為軌跡圓心，如圖b，顯然O 2不在x軸上（若在x軸上，則r=2·OP），所以粒子運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)，半徑不沿y軸方向，則速度不垂直于x軸， B 項(xiàng)錯(cuò)；粒子離開磁場(chǎng)的位置到O點(diǎn)有最大距離時(shí)，入射點(diǎn)P與出射點(diǎn)（設(shè)為Q點(diǎn)）的連線也最長，而入射點(diǎn)與出射點(diǎn)的連線為軌跡圓的一條弦，而直徑為圓的最長弦，所以PQ=2r，由勾股定理得OQ=PQ2－OP2=（43L）2－（3L）2=35L， D 項(xiàng)對(duì).

【答案】 ACD

【例6】（2017·全國Ⅱ卷）如圖11，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同的方向射入磁場(chǎng)，若粒子射入的速度為v 1，這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為v 2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用，則v 1： v 2為（? ）

A．3：2

B. 2：1

C. 3：1

D. ?3：2

【解析】不妨假定粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿逆時(shí)針方向偏轉(zhuǎn)，則恰沿圖a中箭頭所示方向人射的粒子的軌跡為最靠下的軌跡，將該軌跡繞P點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°，觀察可得，粒子將從圖中PQ′范圍出射，其中PQ和PQ′均為軌跡圓的直徑，可總結(jié)出規(guī)律：粒子在磁場(chǎng)邊界上的出射點(diǎn)距P點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為軌跡圓直徑（熟練掌握后可直接運(yùn)用：最長弦為直徑，而入射點(diǎn)和出射點(diǎn)連線就是一條弦，所以出射點(diǎn)可能的最遠(yuǎn)距離為直徑）.

“當(dāng)粒子射入的速度為v 1，粒子的出射點(diǎn)分布在磁場(chǎng)的六分之一圓周上”，即PQ′為六分之一圓周，所以圖a中∠POQ′=60°，PQ′=OP（Q與O重合），即2r 1=R，r 1=12R;“當(dāng)粒子射入速度為v 2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上”如圖b，即∠POQ″=120°，則PQ″=3OP，即2r 2=3R，r 2=32R. 由r=mvqB∝v可知v 2：v 1=r 2：r 1=3：1.

【答案】 C

方法總結(jié)：當(dāng)題目信息蘊(yùn)含有帶電粒子有一個(gè)確定的入射點(diǎn)以及相對(duì)固定的半徑，但入射方向的不確定帶來運(yùn)動(dòng)軌跡的多種可能性時(shí)，可以嘗試通過旋轉(zhuǎn)圓的方法來尋找臨界軌跡. 在平時(shí)的做題訓(xùn)練時(shí)可以用瓶蓋或者硬幣，繞草稿紙上固定位置進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，觀察動(dòng)態(tài)的軌跡圓找尋解題靈感，這樣有利于形成正確的認(rèn)識(shí).

綜上所述，在復(fù)習(xí)帶電粒子在有界磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)中的臨界問題時(shí)，在尋找臨界軌跡的過程中，教師要培養(yǎng)學(xué)生題目信息分析能力，提取關(guān)鍵信息將磁場(chǎng)臨界問題進(jìn)行分類，是屬于三類典型問題中哪一類，在對(duì)圓軌跡進(jìn)行平移、放大縮小還是旋轉(zhuǎn)，是控制圓心或是半徑不變，而且，三類典型題復(fù)習(xí)后進(jìn)行歸納時(shí)，引導(dǎo)學(xué)生自主總結(jié)出解題思路：粒子作圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)和有界磁場(chǎng)邊緣相切的軌跡往往是臨界軌跡.

責(zé)任編輯 ?李平安