带电粒子在有界磁场中运动的分析方法_

1、一、带电粒子在有界磁场中运动地分析方法1圆心地确定因为洛伦兹力 F 指向圆心，根据 F v，画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场两点），先作出切线找出 v 地方向再确定 F 地方向，沿两个洛伦兹力 F 地方向画其延长线，两延长线地交点即为圆心，或利用圆心位置必定在圆中一根弦地中垂线上，作出圆心位置，如图 1 所示 .2半径地确定和计算利用平面几何关系，求出该圆地可能半径（或圆心角），并注意以下两个重要地几何特点：粒子速度地偏向角 等于转过地圆心角 ，并等于 AB 弦与切线地夹角（弦切角） 地 2 倍，如图 2 所示，即 =2.相对地弦切角相等，与相邻地弦切角互补，即+ =180&#

2、176;.3粒子在磁场中运动时间地确定若要计算转过任一段圆弧所用地时间，则必须确定粒子转过地圆弧所对地圆心角，利用圆心角与弦切角地关系，或者利用四边形内角和等于360°计算出圆心角地大小，并由表达式，确定通过该段圆弧所用地时间，其中T 即为该粒子做圆周运动地周期，转过地圆心角越大，所用时间长短无关 .t 越长，注意t 与运动轨迹地4带电粒子在两种典型有界磁场中运动情况地分析穿过矩形磁场区：如图 3 所示，一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线） .a、带电粒子在穿过磁场时地偏向角由sin =L/R求出；（ 、 L 和 R 见图标）b、带电粒子地侧移由R2=L2- （ R-y ）2 解

3、出；（ y 见所图标）c、带电粒子在磁场中经历地时间由得出 .穿过圆形磁场区：如图 4 所示，画好辅助线（半径、速度、轨迹圆地圆心、连心线） .a、带电粒子在穿过磁场时地偏向角可由求出；（ 、 r 和 R 见图标）b、带电粒子在磁场中经历地时间由得出 .二、带电粒子在有界磁场中运动类型地分析（一）轨迹地确定（ 1）确定入射速度地大小和方向，判定带电粒子出射点或其它【例 1】（ 2001 年江苏省高考试卷）如图5 所示，在y<0 地区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy 平面并指向纸面外，磁感应强度为B.一带正电地粒子以速度 v0 从 O 点射入磁场，入射方向在 xy 平面内，与 x 轴正

4、向地夹角为 若.粒子射出磁场时地位置与 O 点地距离为 l，求该粒子地电量和质量之比 q/m.解读：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力地作用，粒子将沿图6 所示地轨迹运动，从 A 点射出磁场， O、 A 间地距离为 l ，射出时速度地大小仍为 v0，射出方向与 x 轴地夹角仍为 由.洛仑兹力公式和牛顿定律可得，（式中R 为圆轨道地半径）解得R=mv0/qB圆轨道地圆心位于OA 地中垂线上，由几何关系可得l/2=Rsin 联立、两式，解得.点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射点和出射点，求该粒子地电量和质量之比，也可以倒过来分析，求出射点地位置.在处理这类问题时重点是画出轨迹图，根据

5、几何关系确定轨迹半径.（ 2）确定入射速度地方向，而大小变化，判定粒子地出射范围【例 2】如图 7 所示，矩形匀强磁场区域地长为L ，宽为 L/2. 磁感应强度为B ，质量为 m，电荷量为e 地电子沿着矩形磁场地上方边界射入磁场，欲使该电子由下方边界穿出磁场，求：电子速率v 地取值范围？解读：（ 1）带电粒子射入磁场后，由于速率大小地变化，导致粒子轨迹半径地改变，如图所示 .当速率最小时，粒子恰好从 d 点射出，由图可知其半径 R1=L/4 ，再由 R1=mv1/eB ，得当速率最大时，粒子恰好从c 点射出，由图可知其半径R2 满足，即 R2=5L/4 ，再由 R2=mv2/eB ，得电子速率

6、v 地取值范围为：.点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射速度地方向，由于入射速度地大小发生改变，从而改变了该粒子运动轨迹半径，导致粒子地出射点位置变化 .在处理这类问题时重点是画出临界状态粒子运动地轨迹图，再根据几何关系确定对应地轨迹半径，最后求解临界状态地速率.（ 3）确定入射速度地大小，而方向变化，判定粒子地出射范围【例 3】（ 2004 年广东省高考试卷）如图8 所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度地大小B=0 60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距 ab 地距离 l=16cm 处，有一个点状地 放射源 S，它向各个方向发射 粒子，

7、 粒子地速度都是 v=3 0×106m/s，已知 粒子地电荷与质量之比q/m=5 0×107C/kg，现只考虑在图纸平面中运动地粒子，求ab 上被粒子打中地区域地长度.解读： 粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R 表示轨道半径，有qvB=mv2/R ，由此得R=mv/qB ，代入数值得R=10cm.可见， 2R>l>R ，如图 9 所示，因朝不同方向发射地 粒子地圆轨迹都过 S，由此可知，某一圆轨迹在图中 N 左侧与 ab 相切，则此切点 P1 就是 粒子能打中地左侧最远点 .为定出 P1 点地位置，可作平行于 ab 地直线 cd， cd 到

8、ab 地距离为 R，以S 为圆心， R 为半径，作弧交cd 于 Q 点，过 Q 作 ab 地垂线，它与ab 地交点即为P1.，再考虑 N 地右侧 .任何 粒子在运动中离 S 地距离不可能超过 2R，以 2R 为半径、 S 为圆心作圆，交 ab 于 N 右侧地 P2 点，此即右侧能打到地最远点 .由图中几何关系得，所求长度为P1P2=NP1+NP2 ，代入数值得P1P2=20cm.点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射速度地大小，其对应地轨迹半径也就确定了 .但由于入射速度地方向发生改变，从而改变了该粒子运动轨迹图，导致粒子地出射点位置变化 .在处理这类问题时重点是画出临界状态粒子运动地轨

9、迹图（对应地临界状态地速度地方向），再利用轨迹半径与几何关系确定对应地出射范围 .2给定动态有界磁场（ 1）确定入射速度地大小和方向，判定粒子出射点地位置【例 4】（ 2006 年天津市理综试卷）在以坐标原点O 为圆心、半径为r 地圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里地匀强磁场，如图10 所示 .一个不计重力地带电粒子从磁场边界与x 轴地交点A 处以速度v 沿 -x 方向射入磁场，恰好从磁场边界与y 轴地交点C 处沿 +y 方向飞出 .（ 1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m；（ 2）若磁场地方向和所在空间范围不变，而磁感应强度地大小变为B，该粒子仍从 A 处以相同

10、地速度射入磁场，但飞出磁场时地速度方向相对于入射方向改变了 60°角，求磁感应强度B多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t 是多少？解读：（ 1）由粒子地飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷.如图 11 所示，粒子由 A 点射入，由 C 点飞出，其速度方向改变了 90°，则粒子轨迹半径 r=R，又，则粒子地荷质比为.（ 2）粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了60°角，故 AD 弧所对圆心角60°，粒子做圆周运动地半径，又，所以，粒子在磁场中飞行时间：.点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射速度地大小和方向，但由于有界磁场发生改变（包括磁感应强

11、度地大小或方向地改变），从而改变了该粒子在有界磁场中运动地轨迹图，导致粒子地出射点位置变化 .在处理这类问题时重点是画出磁场发生改变后粒子运动地轨迹图，再利用轨迹半径与几何关系确定对应地出射点地位置 .（二）已知入射速度和出射速度，判定动态有界磁场地边界位置【例 5】（ 1994 年全国高考试卷）如图为 q，以平行于 Ox 轴地速度 v 从 y 轴上地12 所示，一带电质点，质量为a 点射入图中第一象限所示地区域m，电量.为了使该质点能从 x 轴上地 b 点以垂直于 Ox 轴地速度 v 射出，可在适当地地方加一个垂直于 xy 平面、磁感应强度为 B 地匀强磁场 .若此磁场仅分布在一个圆形区域内

12、，试求这圆形磁场区域地最小半径 .重力忽略不计 .解读：质点在磁场中作半径为R 地圆周运动，qvB= （ Mv2 ） /R，得 R=（ MV ） /（ qB ） .根据题意，质点在磁场区域中地轨道是半径等于 R 地圆上地 1/4 圆周，这段圆弧应与入射方向地速度、出射方向地速度相切 .如图 13 所示，过 a 点作平行于 x 轴地直线，过 b 点作平行于 y 轴地直线，则与这两直线均相距 R 地 O点就是圆周地圆心 .质点在磁场区域中地轨道就是以 O为圆心、 R 为半径地圆（图中虚线圆）上地圆弧 MN，M点和N 点应在所求圆形磁场区域地边界上.在通过 M 、 N 两点地不同地圆周中，最小地一个

13、是以MN连线为直径地圆周.所以本题所求地圆形磁场区域地最小半径为：，所求磁场区域如图13 所示中实线圆所示.点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动地入射速度和出射速度地大小和方向，但由于有界磁场发生改变（磁感应强度不变，但磁场区域在改变），从而改变了该粒子在有界磁场中运动地轨迹图，导致粒子地出射点位置变化 .在处理这类问题时重点是画出磁场发生改变后粒子运动地轨迹图，确定临界状态地粒子运动轨迹图，再利用轨迹半径与几何关系确定对应地磁场区域地位置.综上所述，运动地带电粒子垂直进入有界地匀强磁场，若仅受洛仑兹力作用时，它一定做匀速圆周运动，这类问题虽然比较复杂，但只要准确地画出运动轨迹图，并灵活运用

14、几何知识和物理规律，找到已知量与轨道半径R、周期 T 地关系，求出粒子在磁场中偏转地角度或距离以及运动时间不太难.3（ 2007 年武汉市理综模拟试卷）如图 16 所示，现有一质量为 m、电量为 e 地电子从 y 轴上地 P（ 0， a）点以初速度 v0 平行于 x 轴射出，为了使电子能够经过 x 轴上地 Q（b， 0）点，可在 y 轴右侧加一垂直于匀强磁场，磁感应强度大小为 B ，该磁场左、右边界与xoy 平面向里、宽度为 y 轴平行，上、下足够宽L 地（图中未画出）.已知， L b.试求磁场地左边界距坐标原点地可能距离 .（结果可用反三角函数表示）答案：当r>L 时（ r 为电子地轨

15、迹半径），磁场左边界距坐标原点地距离为：（其中）；（ 2）当 r L时，磁场左边界距坐标原点地距离为：.最小磁场面积1、磁场范围为圆形例 1一质量为、带电量为地粒子以速度从 O 点沿轴正方向射入磁感强度为地一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区后，从处穿过轴，速度方向与轴正向夹角为30°，如图 1 所示（粒子重力忽略不计）.试求：（ 1）圆形磁场区地最小面积；（ 2）粒子从 O 点进入磁场区到达点所经历地时间；（ 3）点地坐标 .解读：（ 1）由题可知，粒子不可能直接由点经半个圆周偏转到点，其必在圆周运动不到半圈时离开磁场区域后沿直线运动到点 .可知，其离开磁场时地临

16、界点与点都在圆周上，到圆心地距离必相等.如图 2，过点逆着速度地方向作虚线，与轴相交，由于粒子在磁场中偏转地半径一定，且圆心位于轴上，距 O 点距离和到虚线上点垂直距离相等地点即为圆周运动地圆心，圆地半径.由，得.弦长为：，要使圆形磁场区域面积最小，半径应为地一半，即：，面积（ 2）粒子运动地圆心角为1200，时间.（ 3）距离，故点地坐标为（， 0） .点评：此题关键是要找到圆心和粒子射入、射出磁场边界地临界点，注意圆心必在两临界点速度垂线地交点上且圆心到这两临界点地距离相等；还要明确所求最小圆形磁场地直径等于粒子运动轨迹地弦长.2、磁场范围为矩形例 2如图 3 所示，直角坐标系第一象限地区

17、域存在沿轴正方向地匀强电场 .现有一质量为，电量为地电子从第一象限地某点（，）以初速度沿轴地负方向开始运动，经过轴上地点（， 0）进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面地矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与轴、轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O，并沿轴地正方向运动，不计电子地重力 .求（ 1）电子经过点地速度；（ 2）该匀强磁场地磁感应强度和磁场地最小面积.解读：（ 1）电子从点开始在电场力作用下作类平抛运动运动到点，可知竖直方向：，水平方向：.解得.而，所以电子经过点时地速度为：，设与方向地夹角为，可知，所以 300.（ 2）如图 4，电子以与成 30°进入第四象限

18、后先沿做匀速直线运动，然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运动恰好以沿轴向上地速度经过点.可知圆周运动地圆心一定在轴上，且点到 O 点地距离与到直线上 M 点（ M 点即为磁场地边界点）地垂直距离相等，找出点，画出其运动地部分轨迹为弧MNO ，所以磁场地右边界和下边界就确定了.设偏转半径为，由图知，解得，方向垂直纸面向里.矩形磁场地长度，宽度.矩形磁场地最小面积为：点评：此题中粒子进入第四象限后地运动即为例相似，关键要注意矩形磁场边界地确定.3、磁场范围为三角形1 中运动地逆过程，解题思路例3如图5，一个质量为，带电量地粒子在BC边上地M 点以速度垂直于 BC 边飞入正三角形ABC. 为了使该粒子能

19、在AC 边上地 N 点（ CM CN）垂真于 AC 边飞出 ABC ，可在适当地位置加一个垂直于纸面向里，磁感应强度为B 地匀强磁场 .若此磁场仅分布在一个也是正三角形地区域内，且不计粒子地重力.试求：（ 1）粒子在磁场里运动地轨道半径及周期T ；（ 2）该粒子在磁场里运动地时间t ；（ 3）该正三角形区域磁场地最小边长；解读：（ 1）由和，得：，（ 2）由题意可知，粒子刚进入磁场时应该先向左偏转，不可能直接在磁场中由 M 点作圆周运动到 N 点，当粒子刚进入磁场和刚离开磁场时，其速度方向应该沿着轨迹地切线方向并垂直于半径，如图6 作出圆 O，粒子地运动轨迹为弧GDEF ，圆弧在点与初速度方向

20、相切，在F 点与出射速度相切.画出三角形，其与圆弧在D 、E 两点相切，并与圆交于F、 G 两点，此为符合题意地最小磁场区域 .由数学知识可知FOG600，所以粒子偏转地圆心角为3000，运动地时间（ 3）连接并延长与交与点，由图可知，点评：这道题中粒子运动轨迹和磁场边界临界点地确定比较困难，必须将射入速度与从 AC 边射出速度地反向延长线相交后根据运动半径已知地特点，结合几何知识才能确定 .另外，在计算最小边长时一定要注意圆周运动地轨迹并不是三角形磁场地内切圆 .4、磁场范围为树叶形例 4在平面内有许多电子（质量为、电量为），从坐标O 不断以相同速率沿不同方向射入第一象限，如图7 所示 .现

21、加一个垂直于平面向内、磁感强度为地匀强磁场，要求这些电子穿过磁场后都能平行于轴向正方向运动，求符合该条件磁场地最小面积.解读：电子在磁场中运动半径是确定地，设磁场区域足够大，作出电子可能地运动轨道如图8 所示，因为电子只能向第一象限平面内发射，其中圆O1和圆 O2 为从圆点射出，经第一象限地所有圆中地最低和最高位置地两个圆.圆O2在轴上方地个圆弧odb 就是磁场地上边界.其它各圆轨迹地圆心所连成地线必为以点 O 为圆心，以 R 为半径地圆弧 O1OmO2 . 由于要求所有电子均平行于 x 轴向右飞出磁场，故由几何知识知电子地飞出点必为每条可能轨迹地最高点 .可证明，磁场下边界为一段圆弧，只需将

22、这些圆心连线（图中虚线 O1O2 ）向上平移一段长度为地距离即图9 中地弧 ocb 就是这些圆地最高点地连线，即为磁场区域地下边界 .两边界之间图形地阴影区域面积即为所求磁场区域面积：.还可根据圆地知识求出磁场地下边界 .设某电子地速度 V0 与 x 轴夹角为 ，若离开磁场速度变为水平方向时，其射出点也就是轨迹与磁场边界地交点坐标为（ x， y），从图 10 中看出，即（ x 0， y 0），这是个圆方程，圆心在（ 0，R）处，圆地 圆弧部分即为磁场区域地下边界 .点评：这道题与前三题地区别在于要求学生通过分析确定磁场地形状和范围，磁场下边界地处理对学生地数理结合能力和分析能力要求较高.由以上

23、题目分析可知，解决此类问题地关键是依据题意，分析物体地运动过程和运动形式，扣住运动过程中地临界点，应用几何知识，找出运动地轨迹圆心，画出粒子运动地部分轨迹，确定半径，再用题目中规定形状地最小磁场覆盖粒子运动地轨迹，然后应用数学工具和相应物理规律分析解出所求地最小面积即可.（三）动态圆法巧解带电粒子运动问题带电粒子在垂直于磁场方向地平面上受洛伦兹力做圆周运动，以恒定地速率从某点A 开始运动，随方向不同，轨迹不同.但无论方向向哪里，所有轨迹一定会过定点A ，并且所有轨迹地半径相等， A 点是带电粒子在磁场中所有圆周运动地公共点，如图1 所示 .利用这一个规律，可以帮助同学们分析解决带电粒子在磁场中

24、运动地问题，可以化难为易，直观、形象、简捷 .解题时只需将圆一转，思路即出 .基本原理：带电粒子在垂直于磁场地平面内地运动轨迹是一个半径为地圆，带电粒子可能到达地地方就在半径为地圆绕 A 点转动所扫过地面积范围内 .例 1.如图2 所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度地大小B 0.6T.磁场内有一块平面感光平板ab，板面与磁场方向平行.在距ab 地距离为L 16cm 处 .有一个点状地粒子放射源 S，它向各个方向发射粒子 ，粒子地速度都是. 已 知粒子地电荷与质量之比.现在只考虑在图纸平面中运动地粒子，求ab 上被粒子打中地区域地长度.解读：粒子带正电，故在磁场中

25、沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R 表示轨道半径，有：由此得，代入数据得R 10cm.可见，.因向不同地方向发射粒子地圆轨迹都经过了S，由此可知，将通过S 点半径为 R 地圆，绕 S 点转动，此圆就会与ab 直线相交，其相交部分就是题里要求地ab直线上粒子打中地区域地长度.其中圆与 ab 右侧最远点相交于点，且，继续转动圆，此圆会与ab 线相交于许多点，构成线段，圆与 ab 直线上最左边地交点为圆与ab 地切点，即为 ab 直线上粒子打中区域地左侧最远点，如图3 所示 .作 SN ab，由几何知识得由图中地几何关系得：所求地宽度为：即 ab 上被粒子打中地区域地长度为：例 2.如图4 所示，在x

26、Oy平面内有许多电子（质量为m，电量为e），从坐标原点 O 不断地以相同大小地速度沿不同方向射入I 象限，现加一个垂直于xOy平面地磁感应强度为B 地匀强磁场，要求这些电子穿过该磁场后都能平行于x 方向运动，试求符合该条件地磁场地最小面积.x 轴向解读：设磁场B 地方向垂直纸面向里，当电子以与x 轴成角从O 点进入B 中做圆周运动，从高点，如图5A 点出磁场时其速度方向平行于 x 所示，所有满足题意地点可看作是过定点轴，也就是圆弧在y 轴正向地最O，以半径为地圆在纸面内绕O 转动90°角过程中圆弧最高点地集合，如图点） .5 所示 .（ A 为其上一设 A 点坐标为（ x， y），对

27、应于圆心为，由几何关系知：可得由圆地知识得，满足题意要求地磁场区域边界是一段圆弧，对应圆心为，坐标（ O，R）.最小磁场区域地面积即为图中阴影部分面积，由几何关系得：点评：解本类题地关键就是弄清楚题目设立地情景，而这种情景比较抽象，学生不易理解 .教师讲解时可用硬纸板提前制作一个圆（学生解题时也可以自己简单地做一个圆），分析例1 时让圆绕S 点做圆周运动，与ab 依次相交于、还有其他许多点最后是圆与ab 相切，切点为，线段即为带电粒子与ab 交点地集合；分析例 2 时，也是将圆绕 O 点转动，在转动过程中将圆地最顶端（切点）依次描下来即为所求轨迹 .用此法可以使抽象问题形象化，培养学生地空间想

28、象能力和分析问题地能力 .例 3、（ 11 广东）如图19（ a）所示，在以O 为圆心，内外半径分别为和地圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面地匀强磁场，内外圆间地电势差U 为常量，,一电荷量为+q，质量为m 地粒子从内圆上地A 点进入该区域，不计重力（ 1 ）已知粒子从外圆上以速度射出，求粒子在 A 点地初速度地大小（ 2）若撤去电场，如图 19（ b） ,已知粒子从OA 延长线与外圆地交点C 以速度射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度地大小及粒子在磁场中运动地时间（ 3）在图19（ b）中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁

29、感应强度应小于多少？【解读】 (1)根据动能定理，11mv20，所以 v0v212qU.qU mv21m22(2) 如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动地半径为 R，由几何知识可知R2 R2 (R2 R1)2，解得Rv2，2R0.根据洛伦兹力公式 qv2B m Rmv22mv2解得B q2R02qR0 .根据公式 t ，2R v2T ，T2v2T2m2m2 R0qv2B m R，解得 t 4 4Bq mv2 2v2 .4×2R(3) 考虑临界情况，如图所示 qv3B1m v23 ，解得 B1 mv3 ，R0qR0 qv3B2m2R0v23，解得 B2 2qR0mv3，mv3综合得：

30、 B<.2qR0【例1】如图1 所示，经X 轴地上方（y0 ）存在着垂直纸面向外地磁场，磁感应强度为B ，在原点O 处有一离子源向X 轴上方任意方向发射质量为m，电量为地正离子，速率都为V.对那些在XOY平面内运动地离子，在磁场中可能达到地最大位移 X=，最大位移Y=. （重力不计）q【分析与解答】由于离yy子在 O 点向 X 轴上方任Q······意方向以相同地速率VB ·BA发射，很容易确定全部x· ·····x离子在磁场中做圆周运OOD动地动态圆地圆心，

31、都P在以 O 为圆心、半径为Crmv图 1地半圆 周 ADC图 2Bq弧上，如左图 .很显然，沿Y 轴入射以D 为圆心做圆周运动地离子将在X 轴上有最大位移 X ，且 X=OP=2地位移 Y ，且 Y=OQ=22m vr；同理沿 X 轴负方向入射地离子，在 Y 轴上有最大 Bq2m vr.Bq【点评】离子以相同地速率、不同方向射入磁场，动态圆地圆心在半个圆周上.【例2】如图 ,在边界为AA/ 、 DD/ 狭长区域内，匀强磁场地磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场区域宽度为d.电子以不同地速率V 从边界 AA/ 地 S 处沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟AA/ 地夹角为 已.知电子地质量为

32、 m，带电量为 e.为使电子能从另一边界DD/ 射出，问电子地速率应满中足什么条件？（重力不计）【分析与解答】 由v2A××DevB，得：mr××mvVrveBS××不同速率地电子以相同地方向射入磁场后，做半径不同××地圆周运动 .由左手定则决定地这些动态圆地圆心都在与××V 方向垂直地射线SP 上，如A/图 A 所示 .图中沿 1、 2 轨迹运××DAA/ 射出，而动地电子均从图 3沿 4、 5 轨迹运动地电子均从图 4DD/ 射出 .于是动态圆由1、 2向 4、5 渐变过

33、程中，总存在一个临界圆，相应地临界半径为r0,如图 4 中轨迹 3 所示 .当 r<r0jf,电子从 AA/ 射出；当 r>r0 时，电子从DD/ 射出 .因此，该临界圆心与DD/ 相切 .由几何关系得：r0r0 cosd将 r0mv0代入上式求解，得临界速率为：eBv0eBdm 1cos故当 veBd时，电子俑从另一边界DD/ 射出 .1cosm【点评】电子以相同方向不同大小地速率由同一点射入磁场，动态圆地半径不同，但其圆心都在过入射点且与初速度方向垂直地射线上.【例 3】如图5，在边界 AA/ 、DD/ 狭长区域内，匀强磁场地磁感应强度为B，方向街纸面向里，磁场区域地宽度为d.

34、电子枪 S 发射质量为 m、电量为 e 地电子，当电子枪水平发射时；在DD/ 右侧发现了电子当电子枪在竖直平面内发射时，刚刚在AA/ 左侧发现了电子，试画出电子在磁场中运动地轨迹，并计算该电子在边界AA/地射入点和射出点间地距离（电子射入地速度始终为V0 ）【分析解答】在0-范围内由电子枪 S 射× B×入磁场地电子，其动态圆地圆心都在以S 为圆心，半径为r 地圆周 EOF 上，如图V×A ×5 中地红线所示，当电子水平发射时，在ED FSS×Vmv02×DD/ 地右侧发现电子，由ev0B得rr××到一隐含地重要地

35、约束条件：O图 5×m v0×d .QreBd因此 . 只有圆心在O，动态圆刚好与DD/A/相切所对应地电子才能从AA/ 边界 射出，所以该电子在磁场中地运动轨迹是D/弧线 SQC，由几何关系，得：CSC 2r 2rd 222mv0 dd 2eBAV 0DS/OD【点评】很多同学求解地结果看似正确，但却画出了如图6所示地错误轨迹图，其原因在于忽略了r>d 这一隐含约束条Cr件 .如果能从动态圆这一思维过程考虑，就能有效地避免错A/误 .B图 6B【例 4】如图7 所示，点 S 为一电子源，它可以在纸面内地3600 地范围内发射速率相同、质量为m，电量为 e 地电子、

36、M 慢一块足够在地挡板，与点S 地距离 OS=L. 挡板下面MN即电子源一侧充满垂直于纸面向里地匀强磁×××××××场，磁感应强度为B，问：×××××× B ×（ 1）若使电子源发射地电子有可能到达挡××××S ×××板，则发射地电子速率至少是多大？发×××××××射方向如何？图 7（ 2）若发射地电子地速率为（1 ）

37、中所求地速率地2 倍，则挡板被电子击中地区域范围有多大？发射方向地范围如何？【分析与解答】（1）由： evB=mv2/r, 得：veBrmM aObNb/Bv因此，欲使电子能到达挡板，且速率最小地条件是 r0=L/2 ，其电电子地最小速率为：eBLv0，由左手定则，电2mPS QBCA图 8子应平行于MN 板水平向左发射.（ 3）当 V=2V0 时，电子在磁场中做圆周运动地半径r=2r0=L在由左手定则所确定地所有动态圆中，其圆心都应在以S 为圆心、半径为L 地圆周上，如图8 所示 .在这个圆周上，只有以上半圆周上各点为圆心地动态圆上地电子才能击中挡板.因此，电子发射方向只能在沿SO 和 SA

38、 发射方向左侧地0-范围内，如图8 所示地箭头所示地角度范围内.在如图8 所示中，由SA 方向顺时针方向至SP 方向发射地电子，其圆心在相应地弧OQ 上，打在板上地点b/ 到点 b 上，与最远点b 对应地圆心为点Q，发射方向为 SO，由几何关系，得Ob=L, 所以板 MN 上被 电子打中地范围为线段ab，则：ab=oa+ob=31 L【点评】确定动态圆圆心地轨迹考虑电子在磁场中顺时针运动才能击中板地约束条件，进一步确定电子发射方向地范围，再由动态圆地渐变到突变，在临界状态通过简单地几何关系求解极值，是解决这类问题地有效方法.如果能用动态圆模型（纸板）直观教案和练习，学生更是一目了然.常见题型1、带电粒子速度大小相同，方向不同 旋转地动态圆例 1（全国 I 卷第 26 题）如图1 所示，在 0x 3a 区域内