1、確定帶電粒子運動軌跡的方法。一、對稱法帶電粒子如果從勻強磁場的直線邊界射入又從該邊界射出，則其軌跡關于入射點和出射點線段的中垂線對稱，且入射速度方向與出射速度方向與邊界的夾角相等（如圖1）;帶電粒子如果沿半徑方向射入具有圓形邊界的勻強磁場，則其射出磁場時速度延長線必過圓心（如圖2）。利用這兩個結論可以輕松畫出帶電粒子的運動軌跡，找出相應的幾何關系。例1.如圖3所示，直線MN上方有磁感應強度為B的勻強磁場。正、負電子同時從同一點O以與MN成30 °角的同樣速度v射入磁場（電子質量為 m,電荷為e）,它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？解析：正、負電子的半徑和周期是相同的。只

2、是偏轉方向相反。先確定圓心，畫出半徑和軌跡（如圖4）,由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相2wv,27r AmAi =距s=2r=加,由圖還看出經歷時間相差3 3w,所以解此題的關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。例2.如圖5所示，在半徑為r的圓形區域內，有一個勻強磁場。一帶電粒子以速度%從M點沿半徑方向射入磁場區，并由N點射出，。點為圓心。當/ MON = 120°時，求：帶解析：分別過M、N點作半徑OM、ON的垂線，此兩垂線的交點 O'即為帶電粒子作圓周 運動時圓弧軌道的圓心，如圖6所示。由圖中的幾何關系可知，圓弧 MN所對的軌道圓心 角為60

3、76; ,0、O'的邊線為該圓心角的角平分線，由此可得帶電粒子圓軌道半徑為R=r/tan30帶電粒子的軌道半徑可表示為：故帶電粒子運動周期：2蘇 2/r6。目？l =rI =L -的 用，帶電粒子在磁場區域中運動的時間*0° 和口二、旋轉圓法在磁場中向垂直于磁場的各個方向發射速度大小相同的帶電粒子時，帶電粒子的運動軌跡是圍繞發射點旋轉的半徑相同的動態圓（如圖7）,用這一規律可快速確定粒子的運動軌跡。例3.如圖8所示，S為電子源，它在紙面 360 0度范圍內發射速度大小珈，質量為m, 電量為q的電子（q<0）, MN是一塊足夠大的豎直擋板，與 S的水平距離為L,擋板左側

4、充滿垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為 mvo/qL,求擋板被電子擊中的范圍為解析：由于粒子從同一點向各個方向發射，粒子的軌跡為繞 S點旋轉的動態圓，且動態圓的每一個圓都是逆時針旋轉，這樣可以作出打到最高點與最低點的軌跡，如圖9所示，最高點為動態圓與MN的相切時的交點P,最低點為動態圓與MN相割，且SQ為直徑時Qq" 8 =次_2_為最低點，帶電粒子在磁場中作圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，由正 得：在二竺魚二上,四,Q*a®,則：SQ=2L, SO=L ,由幾何關系得：-。心同P為切點，所以OP=L ,所以粒子能擊中的范圍為 g 招工。a例4. （201除國新課程卷

5、）如圖10所示，在0架& A. 00y&2范圍內有垂直于xy平面向 外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點。處有一個粒子源，在某時刻發射大量質 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 xy平面內，與ya軸正方向的夾角分布在090范圍內。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于 2到a 之間，從發射粒子到粒子全部離開磁場經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的：（1）速度大小；（2）速度方向與y軸正方向夾角正弦。解析：設粒子的發射速度為v,粒子做圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律和洛侖茲力VD _qvB

6、- m K = t公式得：出，解得：從。點以半徑R （，<R<a）作“動態圓”，如圖11所示，由圖不難看出，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切。設該粒子在磁場T肅t 中的運動時間為t,依題意4 ,所以/ OCA= 2。設最后離開磁場的粒子的發射方向與 y軸正方向的夾角為 樂由幾何關系得：R融比二R一 三、縮放圓法帶電粒子以大小不同，方向相同的速度垂直射入勻強磁場中，作圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此其軌跡為半徑縮放的動態圓（如圖 12）,利用縮放的動態圓，可以探索出臨界點的軌跡，使問題得到解決。例5.如圖13所示，勻強磁場中磁感應強度為

7、 B,寬度為d, 一電子從左邊界垂直勻強磁場射入，入射方向與邊界的夾角為 9,已知電子的質量為 m,電量為e,要使電子能從軌道的另一側射出，求電子速度大小的范圍s-14解析：如圖14所示，當入射速度很小時電子會在磁場中轉動一段圓弧后又從同一側射出， 速率越大，軌道半徑越大，當軌道與邊界相切時，電子恰好不能從另一側射出，當速率大 于這個臨界值時便從右邊界射出，設此時的速率為 vo,帶電粒子在磁場中作圓周運動，由 幾何關系得：r+rcos （=d*另=咻女-廣二竺電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力：，所以：B電d8氯為二聯立解得：幀（1 +匚。5印,所以電子從另一側射出的條件是速度大于 濯（1+

8、8冏0例6. （201除國II卷）如圖15所示，左邊有一對平行金屬板，兩板的距離為d,電壓為U, 兩板間有勻強磁場，磁感應強度為B。，方面平行于板面并垂直紙面朝里。 圖中右邊有一邊 長為a的正三角形區域EFG （EF邊與金屬板垂直），在此區域內及其邊界上也有勻強磁場， 磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。假設一系列電荷量為 q的正離子沿平行于金屬 板面、垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板間的區域，并經 EF邊 中點H射入磁場區域。不計重力。1）已知這些離子中的離子甲到達邊界 EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質量； 2）已知這些離子中的離子乙從 EG邊上的I點（圖中未畫

9、出）穿出磁場，且GI長為3a/4 , 求離子乙的質量；3）若這些離子中的最輕離子的質量等于離子甲質量的一半，而離子乙的質量是最大的，問磁場邊界上什么區域內可能有離子到達?解析：由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，則有： qvBo=qU/d,解得 離子的速度為：v=U/B od （為一定數值）。雖然離子速度大小不變，但質量 m改變，結合帶電離子在磁場中做勻速圓周運動的半徑公式R=mv/qB分析，可畫出不同質量的帶電離子在磁場中的運動軌跡，如圖16中的動態圓。垂直相交于B點，由幾何關系可得半徑:R 甲= acos30 ° tan1543-=(£)a,從而求得離子甲

10、的質量m甲二2）離子乙的運動軌跡如圖18所示，在 正IO2中，由余弦定理得:葭二卡+0T J - 26考-G) cos 60。,解得R乙二a4,從而求得乙離子的質量結合（1） （2）問分析可得:（3）由半彳公式 R=mv/qB可知R0c m,若離子的質量滿足 m甲/2 &m&m甲，則所有離子都垂直EH邊離開磁場，離開磁場的位置到H的距離介于R甲到2R甲之間，即"告（坊-班.?1）由題意知，離子甲的運動軌跡是圖17中的半圓，半圓與EG邊相切于A點，與EF邊若離子的質量滿足 m”m&m乙，則所有離子都從EG邊離開磁場，離開磁場的位置介于A到I之間，其中AE的距離A

11、E=f3 2, ie距離 丘=4。四、臨界法以題目中的“恰好” “最大” “最高” “至少”等詞語為突破口，借助半徑 r和速度v以 及磁場B之間的約束關系進行動態軌跡分析， 確定軌跡圓和邊界的關系，找出臨界點，然 后利用數學方法求解極值，畫出臨界點的軌跡是解題的關鍵。例7.長為L的水平極板間，有垂直紙面向內的勻強磁場，如圖 19所示，磁感應強度為B, 板間距離也為L,兩極板不帶電，現有質量為 m電量為q的帶負電粒子（不計重力）從左 邊極板間中點處垂直磁感線以水平速度 v射入磁場，欲使粒子打到極板上，求初速度的范 圍。解：由左手定則判定受力向下，所以向下偏轉，恰好打到下板右邊界和左邊界為兩個臨

12、界狀態，分別作出兩個狀態的軌跡圖，如圖 20、圖21所示，打到右邊界時，在直角三角形OAB中，由幾何關系得：2解得軌道半徑4爐2 = wq=鴨-肛電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力號 因此 如4加打在左側邊界時，如圖21所示，由幾何關系得軌跡半徑 = w 4二.現二 0班電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力，耳 所以 播4.qRL 5qBL所以打在板上時速度的范圍為4加<v< 4.例8.如圖22, 一足夠長的矩形區域abcd內充滿磁感應強度為B,方向垂直紙面向里的勻 強磁場,現從矩形區域ad邊中點O射出與Od邊夾角為30° ,大小為V。的帶電粒子，已 知粒子質量為m,電量為q, ad邊長為L, ab邊足夠長，粒子重力忽略不計。求：1）試求粒子能從ab邊上射出磁場的vo的大小范圍;2）粒子在磁場中運動的最長時間和在這種情況下粒子從磁場中射出所在邊上位置的范圍解（1）畫出從。點射入磁場的粒子運動軌跡的動態圓，能夠從ab邊射出的粒子的臨界軌跡如圖23所示，軌跡與dc邊相切時，射到ab邊上的A點，此時軌跡圓心為Oi,則軌道也8=二-5二理半徑ri= L ,由得最大速度 耽。軌跡與ab邊相切時，射到ab邊上的B點，此時軌跡圓心為。2,則軌道半徑r2=L/3 ,由=憎±為 ="0可得最小