巧用角平分线性质妙解磁偏转临界问题

董刚

摘要：以一个常见的磁偏转临界问题为例，指出角平分线性质在几何作图中的重要性，同时总结出此类问题确定圆心的通用方法，将动态圆问题转化为固定圆问题处理，并通过变式达到触类旁通之效果.

关键词：角平分线性质；磁偏转；临界问题

带电粒子在磁场中的偏转问题是高考热点问题，该题型较多运用简单的初中几何知识，在平时的习题教学中，教师通常会高估学生的几何水平，对于习题的处理蜻蜓点水，一带而过，更谈不上规范精准的几何作图，久而久之学生也懒得作图或者随手乱画，这将影响到思维能力的提升，所以规范的几何作图非常重要.下面以常见的直线型边界的临界问题为例，总结角平分线性质在此类问题作图中的重要性.

一、案例分析及总结

题目如图1所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，宽度为D.一带电粒子从左边界外侧以速率v垂直射入匀强磁场，入射方向与左边界间夹角为θ.已知微粒的质量为m，电量为+q，重力忽略不计，为使带电粒子不会由磁场右边界射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？

分析带电粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，在初速度大小确定的情况下，磁感应强度越小，偏转半径越大，当磁感应强度控制到一个临界值时，粒子恰好不从磁场右边界射出，此时的运动轨迹与右边界相切.由几何关系，运动轨迹上有两个点分别在左右边界上，圆心一定在与入射速度垂直的直线上，且圆心到入射点的距离和到边界切点的距离相等，即为半径R.由角平分线的性质定理“角平分线上的点，到这个角的两边的距离相等”可知，圆心一定在入射方向和右边界夹角的角平分线上，如图2所示.

解答如图2所示，设此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，由几何关系知R+Rsinθ=D，由牛顿第二定律可得qvB=mv2R，联立可得B=mvqR=mvqD（1+sinθ）.若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为mvqD（1+sinθ）.

总结带电粒子在有界匀强磁场中偏转，恰好不从另一直线边界穿出的临界条件是轨迹圆与此边界相切，入射速度的垂线和入射速度方向的延长线与轨迹圆相切边界夹角的角平分线的交点即为圆心.

二、在矩形边界约束问题中的应用

例1如图3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.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2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：

（1）速度的大小；

（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦.

分析本题给定的情形是粒子轨道半径R和周期T大小确定，但初速度方向不确定，所有粒子的轨迹圆都要经过入射点O，所以是个动态圆问题.但考虑到最后离开磁场区域的粒子运动时间最长，所以轨迹对应的圆心角最大（且为90°）、弦长最长，故粒子应该从右边界某一点离开磁场，且运动轨迹必定和上边界相切.设最后离开磁场的粒子从粒子源射出时速度方向与y轴正方向的夾角为α，由前面结论粒子入射速度的垂线和入射速度方向的延长线与上边界夹角的角平分线的交点即为圆心，并画出轨迹图如图4所示，然后借助几何关系求解.

解答设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB.

由几何关系得：Rsinα+a2=R，Rsinα+Rcosα=a

又∵sin2α+cos2α=1

解得：R=（2-22）a，v=（2-62）aqBm，sinα=6-610

三、在角形边界约束问题中的应用

例2如图5所示，在POQ角形区域内分布有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里.有一束正离子流（不计重力）沿纸面垂直于磁场边界OQ方向从A点垂直边界射入磁场，已知OA=d，∠POQ=45°，离子的质量为m、带电量为q，要使离子不从OP边射出，则离子进入磁场的速度最大不能超过.

解析离子不从OP边射出，临界轨迹圆弧与OP相切，由前面结论可快速找出轨迹圆的圆心O′，如图6所示.在Rt△OO′B中，O′B为轨道半径R，OO′=d-R=2R，得R=d2+1=（2-1）d，根据牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB，联立可得：v=（2-1）qBdm.

即学即练（2016全国新课标Ⅲ理综卷第18题）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图7所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）.粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为（）

A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB

参考答案由前面结论可迅速找到圆心，从而画出运动轨迹，发现轨迹与ON的交点和OM上的出射点的连线恰好为轨迹圆的直径，由几何关系可知选项D正确.

四、在三角形边界约束问题中的应用

例3如图8所示，在边长为2a的等边三角形△ABC内存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，有一带电量为q、质量为m的粒子从距A点3a的D点垂直于AB方向进入磁场.若粒子能从AC间离开磁场，求粒子速率应满足什么条件及粒子从AC间什么范围内射出？

分析粒子速度越大其轨道半径越大，由图8可知速度过大将会从BC边射出，速度过小又会从AB边射出.为了使粒子从AC边射出，速度必须限定在某一个范围内，即需要找到两个临界圆弧，一个过D点与BC边相切，另一个过D点与AC边相切，由几何关系确定两圆弧的半径即可确定速度的范围，也可确定粒子从AC间射出的范围.

解答过D点作速度的延长线，交BC边于M点，交AC的延长线于N点，由前述结论可得出两临界圆的圆心分别为O1和O2，如图9所示.由几何关系，∠DMO2=75°，DM=BDtan60°=（2-3）3a=（23-3）a，

R2=O2D=DMtan75°=（23-3）（2+3）a=3a，

其中tan70°=2+3，由此可知O2与A点重合.

R1sin60°+R1=3a，解得R1=3（2-3）a，根据牛顿第二定律得：qvB=mv2R，解得：R=mvqB，将R1=3（2-3）a和R2=3a代入可得，v1=3（2-3）aqBm，v2=3aqBm，所以粒子速率应满足3（2-3）aqBm

五、结语

利用角平分线的性质定理得到直线边界临界圆圆心的特殊方法，将以往此类问题解答方法中的动态圆直接定格为临界圆，由几何关系达到准确求解之目的，在教学中值得推广应用.