带电粒子在匀强磁场中运动的难点突破

      带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动是近年来高考命题的重点,也是学生头痛的难点。但是如果掌握了做这类题目的规律,解题就是比较容易的。我认为要突破难点只需围绕“一找圆心,二找半径,三找圆心角”这三点展开,再成功地画出轨迹示意图,就可以说做对了该题的90%。
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      一、圆心的确定
      根据左手定则知:洛伦磁力F永远指向圆心,亦即洛伦磁力F垂直速度v,作出粒子运动轨迹中进入磁场的交界点和离开磁场交界点的法线,就是洛伦磁力F的方向,沿两个洛伦磁力F的方向作延长线,两延长线的交点即为圆心。如果粒子是从有界磁场的边界进入磁场,那么磁场的边界就一定和轨迹圆的一条弦重合,再利用圆心位置必定在圆中一条弦的垂直平分线上,作出圆心位置。
      二、半径的确定和计算
      1.在运动中半径不变的条件下:利用平面几何关系,求出轨迹圆的可能半径。结合题目给定的已知数据一般有两种思路。一是找出一个直角三角形利用勾股定理求解;二是利用三角函数关系求解。
      2.在运动中半径不变的条件下:利用上面的方法确定原来半径之后再分情况讨论。一般引起轨道半径变化的原因有以下几种。
      (1)带电粒子速度变化引起半径变化。如带电粒子穿过极板速度变化,带电粒子使空气电离导致速度变化,回旋加速器加速带电粒子,等等。
      (2)磁场变化引起半径变化。如通电导线周围磁场,不同区域的匀强磁场不同;磁场随时间变化。
      (3)动量变化引起半径变化。如粒子裂变,或者与别的粒子碰撞。
      (4)电量变化引起半径变化。如吸收电荷等。总之,在r=中m、v、q、B某个量或某两个量的乘积或比值的变化就会引起带电粒子的轨道半径变化。
      三、确定圆心角,进而确定时间
      1.确定圆心角应该重点注意以下两点几何特点。
      (1)粒子速度的偏向角Ψ等于回旋角α并等于AB与切线的夹角即弦切角θ的2倍(如左图所示),即Ψ=α=2θ=ωt。
      (2)相对的弦切角θ相等,与相邻的弦切角θ′互补,即θ+θ′=180°。
      2.粒子在磁场中运动时间的确定。利用回旋角与弦切角的关系,或者利用四边形内角和等于360°算出圆心角α的值,再由公式t=αT/360°就能求出粒子在磁场中运动的时间。
      3.联系数学知识,注意圆中的相关对称知识。例如:从同一边界射入的粒子,从同一边界射出时,速度与边界的夹角相等(如下图左所示);在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必定沿径向射出(如下图右所示)。
      四、应用举例
      例一:如左图所示:在一个圆形区域内,两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径AA为边界的两个半圆形区域I、II中,AA与AA的夹角60°。一质量为m、带电量为+q的粒子以某一速度从I区的边缘A处沿与AA成30°角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直AA的方向经过圆心O进入II区,最后再从A处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的总时间为t,求I区和II区中磁感应强度的大小。(忽略粒子重力)
      解析:设粒子的入射速度为v,已知粒子带正电,故它在磁场中先顺时针做圆周运动,再逆时针做圆周运动,最后从A点射出,用B、B、R、R、T、T分别表示磁场I区和II区中磁感应强度、轨道半径和周期,则:
      qvB=mv/R,qvB=mv/R,
      T=2πR/v=2πm/qB,T=2πR/v=2πm/qB。
      设该圆形磁场区域的半径为r,如上图所示,已知带电粒子过圆心且垂直于AA进入II区磁场,连接AA,△AOA为等边三角形,A为粒子在I区运动的圆心,其轨道半径R=AA=OA=r,圆心角∠AAO=60°,则带电粒子在I区磁场中的运动时间t=T/6。
      带电粒子在II区磁场中的运动轨迹的圆心在OA的中点,即R=r/2,则带电粒子在II区磁场中运动时间为t=T/2,
      带电粒子从射入到射出磁场所用总时间t=t+t,
      由以上各式可得:B=5πm/6qt,B=5πm/3qt。
      例二:(2006年全国卷2)如图所示,在x<0与x>0的区域中,存在磁感应强度大小分别为B与B的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,且B>B。一个带负电的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出,要使该粒子经过一段时间后又经过O点,B与B的比值应满足什么条件?
      解析:粒子在整个过程中的速度大小恒为v,交替地在xy平面内B与B磁场区域中做匀速圆周运动,轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q,圆周运动的半径分别为和r,有:
      r=①,
      r=②。
      分析粒子运动的轨迹。如图所示,在xOy平面内,粒子先沿半径为r的半圆C运动至y轴上离O点距离为2r的A点,接着沿半径为2r的半圆D运动至y轴的O点,OO距离:
      d=2(r-r)③。
      此后,粒子每经历一次“回旋”(即从y轴出发沿半径r的半圆和半径为r的半圆回到原点下方y轴),粒子y坐标就减小d。
      设粒子经过n次回旋后与y轴交于O点。若OO即nd满足:
      nd=2r④,
      则粒子再经过半圆C就能够经过原点,式中n=1,2,3,…为回旋次数。
      由③④式解得:=⑤,
      由①②⑤式可得B、B应满足的条件:
      =,n=1,2,3,…⑥。
      例三:(2007全国卷1)两平面荧光屏互相垂直放置,在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴,交点O为原点,如图所示。在y>0,0a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点处有一小孔,一束质量为m、带电量为q(q>0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场,最后打在竖直和水平荧光屏上,使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0
      解析:粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中运动半径为:
      r=①。
      速度小的粒子将在x　　轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场,考虑r=a的极限情况,这种粒子在右侧的圆轨迹与x轴在D点相切(虚线),OD=2a,这是水平屏上发亮范围的左边界。
      速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示,它由两段圆弧组成,圆心分别为C和C′,C在y轴上,有对称性可知C′在x=2a直线上。
      设t为粒子在0
      =t+t=,
      由此解得:t=②,
      t=③。
      由②③式和对称性可得:
      ∠OCM=60°,∠MC′N=60°⑤,
      ∠MC′P=360°=360°×=150°⑥,
      所以:∠NC′P=150°-60°=90°⑦。
      即弧长AP为1/4圆周。因此,圆心C′在x轴上。
      设速度为最大值粒子的轨道半径为R,有直角△COC′可得:
      2Rsin60°=2a,
      R=⑧。
      由图可知OP=2a+R,因此水平荧光屏发亮范围的右边界的坐标:x=2(1+)a。