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磁场第九章◎核心素养提升——科学态度与责任系列(四)“几何圆”模型在磁场中的应用1．定圆旋转法：粒子速度大小不变，方向改变，则r＝mvqB大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动(如图甲所示)．2．动态放缩法：入射粒子的速度方向不变，但大小变化，使得圆心在一条射线上变动，轨迹为半径大小不断变化的放缩圆(如图乙所示)．[例1]如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤a2范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦值．解题指导：本题用到了处理临界问题的思维方法——定圆旋转法．具体思维过程如下：解析(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvB＝mv2R①由①式得R＝mvqB②当a/2Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t＝T/4，得∠OCA＝π2③设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsinα＝R－a2④Rsinα＝a－Rcosα⑤又sin2α＋cos2α＝1⑥由④⑤⑥式得R＝2－62a⑦由②⑦式得v＝2－62aqBm⑧(2)由④⑦式得sinα＝6－610⑨答案(1)2－62aqBm(2)6－6103．磁聚焦问题当圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等时，存在两条特殊规律：规律一：带电粒子从圆形有界磁场边界上某点射入磁场，如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等，则粒子的出射速度方向与圆形磁场上入射点的切线方向平行，如图甲所示．规律二：平行射入圆形有界磁场的相同带电粒子，如果圆形磁场的半径与圆轨迹半径相等，则所有粒子都从磁场边界上的同一点射出，并且出射点的切线与入射速度方向平行，如图乙所示．[例2]电子质量为m，电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图所示．现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：(1)荧光屏上亮线的长度；(2)所加磁场范围的最小面积．答案(1)mv0Be(2)π2＋1mv0Be2解析(1)如图所示，求亮线长度，关键是找到两个边界点，初速度方向沿x轴正方向的电子沿弧OB运动到P；初速度方向沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到Q.电子在磁场中运动的半径R＝mv0Be由图可知PQ＝R＝mv0Be(2)沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，所加最小面积的磁场的边界是以O′(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图中实线所示，所以磁场范围的最小面积为S＝34πR2＋R2－14πR2＝π2＋1mv0Be2.