“动态圆”模型的应用

“动态圆”模型的应用

四川大学附属中学　冯　源

　　带电粒子在磁场中的运动经常涉及动态圆。常见的动态圆模型有两种，往往都还涉及边界（极值）问题。

 

　　模型1 如图1，一束带负电的粒子以初速度垂直进入匀强磁场，若初速度方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度的直线上，速度增大时，轨道半径随着增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆。

 

 

　　模型2 如图2，一束带负电的粒子以初速度垂直进入匀强磁场，若初速度大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点为圆心，以轨道半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹。使用时应注意各圆的绕向。

 

 

　　例1．如图所示，在圆形区域内存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束速率各不相同的质子从A点沿圆形磁场的半径方向射入磁场。关于质子在该磁场内的运动情况，下列说法正确的是（　　）

 

　　A．运动时间越长的，其轨迹越长

 

　　B．运动时间越长的，其射出磁场时的速率越大

 

　　C．运动时间越长的，其轨迹对应的圆心角越大

 

　　D．运动时间越长的，其速度方向的偏转角越大

 

　　解析：该题考查动态圆的模型1．

 

　　质子沿半径方向射入，沿另一半径方向射出，轨迹半径r＝，偏转角等于圆心角θ＝2arctan ＝2arctan ，偏转时间t＝＝·arctan ．由此可得偏转时间越长，圆心角越大，运动速率越小，选项C．D正确．

 

　　答案：CD

 

　　例2．如图甲所示，宽h＝2 cm的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里。现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率，从平面内的各个方向射入磁场。若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r均为5 cm，不计粒子的重力，则（　　）

 

 

　　A．右边界：－4 cm＜y＜4 cm内有粒子射出

 

　　B．右边界：y＞4 cm和y＜－4 cm内有粒子射出

 

　　C．左边界：y＞8 cm内有粒子射出

 

　　D．左边界：0＜y＜8 cm内有粒子射出

 

　　解析：该题考查动态圆的模型2。

 

　　作出如图乙所示的示意图，由几何关系可得：临界点距x轴的间距y＝＝4 cm。

 

　　答案：AD

 

　　例3．（2010全国I，第26题）如下图，在区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。求：

 

 

　　（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q／m；

 

　　（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；

 

　　（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。

 

　　解析：涉及动态圆的模型2。

 

　　（1）粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角三角形有，解得

 

　　由于，则粒子做圆周运动的圆心角为120°，周期为

 

　　粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得

 

　　，，化简得_．

 

 

　　（2）仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。

 

　　角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°，所经过圆弧的弦与⑴中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30°，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60°；角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的夹角是60°，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120°。所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°。

 

 

　　（3）在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为，而它的高是，半径与y轴的夹角是30°，这种粒子的圆心角是240°。所用时间为。所以从粒子发射到全部离开所用时间为。

 

 

　　有些时候，动态圆问题可以适当结合解析几何，难度陡增。

 

　　例4．（2009海南，第16题）如图，ABCD是边长为的正方形。质量为、电荷量为的电子以大小为的初速度沿纸面垂直于BC变射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。不计重力，求：

 

 

　　（1）次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；

 

　　（2）此匀强磁场区域的最小面积。

 

　　解析：涉及动态圆的模型2，但要做适当变化，可逆向思考。

 

　　（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。令圆弧AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力

 

　　      ①

 

　　该力应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧AEC的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A．C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为按照牛顿定律有

 

　　    ②    

 

　　联立①②两式即得：   ③

 

 

　　（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自点垂直于入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧AEC是所求的最小磁场区域的一个边界。为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为（不妨设）的情形。该电子的运动轨迹如右图所示。图中，圆AP的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧AP的半径仍为，在A为原点、DC为x轴，AD为轴的坐标系中，P点的坐标为：

 

　　 ④；   ⑤

 

　　由④⑤消去参数得：   ⑥

 

　　这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、为半径的四分之一圆周AFC，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、为半径的两个四分之一圆周AEC和AFC所围成的，其面积为

 

　　     ⑦

 

　　例5．（2011浙江，高考样卷，第24题）有一等腰直角三角形区域，直角边长为。在该区域，有一垂直纸面向内磁感应强度为的匀强磁场。一束质量为、电荷量为，速度范围在之间的带负电粒子从中点垂直直角边射入该磁场区域，在另一直角边放置一块足够大的荧光屏，如图所示。重力不计，求：

 

　　（1）速度至少为多大的带电粒子，能够在荧光屏上留下光斑。

 

　　（2）粒子在磁场中运动的时间和速度的关系。

 

　　（3）磁场区域内，荧光屏上亮点的位置和速度的关系。

 

　　（4）荧光屏上光斑的分布区域。

 

 

　　解析：涉及动态圆的模型1。

 

　　根据带电粒子在磁场中运动规律，可得：，求出：    1

 

　　在荧光屏处，对应的半径为，粒子速度为：    2

 

　　故小于 的带电粒子不能在荧光屏上留下痕迹。

 

　　当半径满足时，粒子运动时间为 ，

 

　　当半径满足时，由图可知，

 

　　即得： 

 

 

　　求出： 3

 

　　当半径大于时，由图可知：，则可求出： ，

 

　　得： 4

 

　　如图，根据几何关系可知：  5

 

　　得： 6

 

　　由该式可知，这是一条抛物线。

 

　　在磁场区域内，为了求出荧光屏最远处亮点坐标。如图可得：

 

　　求出相切位置对应的半径_，

 

　　对应的最远坐标为：    7

 

　　对应的速度：

 

　　在磁场区域外，最远处的坐标可以参考图示求出。

 

　　先求出最大速度对应的半径：

 

　　圆心坐标为，圆方程为 ，直线方程为

 

　　解出圆与直线的交点： 8

 

　　过交点的切线方程为：

 

　　当时。求出，最远处的光斑坐标为：   9

 

　　所以，光斑分布区域为：10

 

　　接下来，例6中的第（2）问也有动态圆出现。

 

　　例6．（2011四川卷第25题）如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长=1．8m，距地面h=0．8m。平行板电容器的极板CD间距d=0．1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10^-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2．5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动，极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0．2，取g=10m/s²。

 

 

　　（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；

 

　　（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；

 

　　（3）若微粒质量m_o=1×10^-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。

 

　　解析：

 

　　（1）由左手定则及微粒的偏转方向可知，该微粒带正电，即C板为正，D板为负；电场力的大小为①；

 

　　（2）涉及动态圆中的模型1．

 

　　由题意知两个轨迹边界如图所示，由此边界得

 

 

　　②

 

　　再由向心力公式得

 

　　③

 

　　且④

 

　　联立②③④式，得该微粒的质量范围：

 

　　（3）先将质量m_o=1×10^-13kg代入③④可得以及，其轨迹如图所示。

 

     

 

　　由图可知，也即是⑤

 

　　设微粒在空中的飞行时间为t,则由运动学公式可知⑥

 

　　设滑块滑至与微粒相碰过程中的平均速度为，将其沿YX以及WX方向分解，各自的分速度记为、，根据运动学公式

 

　　沿WX方向有  ⑦

 

　　沿YX方向有  ⑧

 

　　由⑤⑥⑦⑧可得  以及

 

　　根据勾股定理知  ⑨

 

　　把当做该过程中间时刻的瞬时速度，设滑块初速度为，由运动学公式得

 

　　⑩

 

　　再根据牛顿第二定律知

 

　　⑾

 

　　联立⑥⑨⑩⑾得 

 

　　设其方向与YX沿线夹角为，则

 

　　，即得。

 

　　说明：对于此题的第（3）问，标准答案采用的是正、余弦定理结合的办法，与本文所用方法不同，