渦旋電場作用下的帶電粒子的運動

孟擁軍

感生電動勢起因于磁場的變化，磁場隨時間變化時能激發(fā)起電場,這種電場叫感生電場或渦旋電場。如圖1所示是一圓柱狀均勻磁場區(qū)的橫截面圖,截面半徑為R。如果磁感應(yīng)強度B隨時間增加，變化率為ΔB/Δt，B的方向如圖1所示垂直紙面向里，則磁場中以O(shè)點為圓心、以r為半徑的導(dǎo)體回路上的感生電動勢為：ε=ΔBΔtπr₂(r≤R)，ε=ΔBΔtπR₂(r＞R)。可以證明：導(dǎo)體回路內(nèi)的渦旋電場的方向沿導(dǎo)體上各點的切線方向(可以用楞次定律來判斷)，其大小為E=r2ΔBΔt(r≤R)，E=R₂2rΔBΔt(r＞R)。

需要指出的是，上式僅適用于R為有限值時均勻變化的圓柱形勻強磁場，而且柱形區(qū)域外不存在其他磁場。

此類知識的應(yīng)用在高中物理競賽中是常考的內(nèi)容。主要圍繞兩個方面展開：(1)粒子在渦旋電場中受到的電場力；(2)粒子在渦旋電場中環(huán)繞一周電場力的功，W=qε；主要問題有以下三類：

1 圓周運動

例1 一個長的螺線管包括了另一個同軸的螺線管(它的半徑R是外面螺線管的一半)。它們的單位長度具有相同的線圈數(shù)，且初始時都沒有電流。在同一瞬間，電流開始在兩個螺線管中線性增長。在任意時刻，里邊的螺線管中的電流為外邊螺線管中的兩倍，它們的方向相同。由于增長的電流，一個初始靜止的處于兩個螺線管中間的帶電粒子，開始沿著一根圓形的軌道運動，如圖2所示。問圓的半徑r為多少?

分析與解 通電無限長螺線外磁感應(yīng)強度為0，螺線管內(nèi)磁感應(yīng)強度B=μ0nI(其中μ0是真空磁導(dǎo)率，μ0=4π×10-7猅?m/A。n表示單位長度的匝數(shù)，I為電流強度)。在t時刻外邊螺線管中的電流為I=kt，里邊的螺線管中的電流為2I=2kt，其中k是一個常數(shù)。由這些電流產(chǎn)生的磁場在外邊螺線管中為B=μ0nkt，而在里邊螺線管中為3B。半徑為r的粒子軌道所包圍的磁通量為：Φ=πR₂×2B+πr₂×B=(2R₂+r₂)πμ0nkt。

感生電場大小可以由磁通量隨時間的變化率計算得出：E×2πr=ΔΦΔt=(2R₂+r₂)πμ0nk。

因此E=(2R₂+r₂)rμ0nk2。帶電粒子由磁場限制在它的圓形軌道上，其向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可得：mv2r=qvB，v=qBrm，粒子在切線方向的合力(Fτ=qE)使它沿著圓形軌道加速，由牛頓第二定律可知：maτ=qE，其中m是質(zhì)量，q是粒子的電荷量。由于電場的大小恒定，粒子的速度隨時間均勻地增加，v=aτt=qEmt=(2R₂+r₂)rμ0nk2qmt，可得：（2R₂+r₂)rμ0nk2qmt=qμ0nktrm所以滿足上式的條件為：(2R₂+r₂)2r₂=1，即r=2R。

2 橢圓運動

例2 如圖3所示，有一橢圓軌道，其方程：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，正半軸交y軸于C點，交x軸負半軸于A點，以原點為圓心R為半徑(R＜b)的區(qū)域內(nèi)有一均勻磁場B1方向垂直紙面向里，B1以速率ΔB1/Δt=k(k為常數(shù))增大。在圓外整個區(qū)域有勻強磁場B2，B方向垂直紙面向里。開始時橢圓軌道上的A點有質(zhì)量為m、電量為q(q＞0)的粒子，它只能在橢圓軌道上無摩擦地運動，若要使粒子通過C點時對軌道無壓力，求B2的大小。(已知C點橢圓軌道的曲率半徑為R=a2/b)。

分析與解 磁場B1均勻變化空間各點有穩(wěn)定的渦旋電場，在圓形磁場外，任何以O(shè)為圓心的圓周的電動勢ε=ΔB1ΔtπR₂=kπR₂，由楞次定律得：渦旋電場的方向為逆時針方向。粒子第1次從A點到C點：由動能定理可得：W=qε=qkπR₂3π/22π=12mv21，第n次到達C點時：

qkπR₂(3π/2+n?2π)2π=12mv2璶，可見，

v璶=qkR₂(32π+n?2π)m，

帶電粒子運動的向心力由磁場B2對它的洛倫茲力及軌道的支持力提供。當(dāng)在C處對軌道的壓力為0時，由向心力公式可得：qB2v璶=mv2璶ρ(其中：ρ為C點的曲率半徑），即：

qB2?qkR₂(32π+n?2π)m=ba2?qkR₂(3π/2+n?2π)，

有B2=bRa2mkq(2nπ+32π)(n=0、1、2…）。

3 一般曲線運動

例3 人類在宇宙空間發(fā)現(xiàn)了一片特殊區(qū)域，它的形狀可以近似看成一個無限長圓柱，半徑為R。在此區(qū)域內(nèi)存在強磁場（可以認為勻強磁場），磁場方向沿圓柱中心軸，如圖4所示。由于能量衰竭，它的磁感應(yīng)強度正逐漸減小，已測得變化率為ΔB/Δt=-k，為了探測它，人類計劃發(fā)射探測器，探測器沒有發(fā)動機，但自身帶電，帶電量Q(Q很大)。計劃中，探測器以v0的初速度正對圓柱中心發(fā)射，然后在時間t后，在相對于圓柱轉(zhuǎn)過α角(α＜45°）的地方擦柱邊而過。為了實現(xiàn)這個計劃，v0必須為多大?

分析與解 柱外渦旋電場強度E=kR₂2r璱，r璱為粒子運動軌跡上任意點距圓心的距離。如圖5所示，由A到B在其中取一小段曲線長為Δs璱 ，運動時間為Δt璱，設(shè)v璱表示運動軌跡上距圓心r璱處沿渦旋電場強度方向上的速度分量，由動量定理可得：QkR₂2r璱Δt璱=mΔv璱，

兩邊同乘r璱可得：

QkR₂2r璱Δt璱r璱=mΔv璱r璱，

各小段求和可得：ΣQkR₂2Δt璱=ΣmΔv璱r璱，

可得：QkR₂2t=R?mv瑽，

所以：v瑽=kRQt2m。

由A到B在其中取一小段曲線長為Δs璱，則渦旋電場做功：

ΔW璱=QR₂k2r璱Δs璱=QR₂k2r璱r璱Δθ璱，

因此總功為：

W=ΣΔW璱=QR₂k2ΣΔθ璱=QR₂k2?α。

由動能定理可得：W=12mv2瑽-12mv20，即：

12m(kRQt2m)2-12mv20=12kR₂Qα，

解得：v0=(kRQt)24m2-kR₂Qαm。

(欄目編輯羅琬華)