Question

如圖所示，在邊界半徑為a的圓柱空間中（圖中圓為其橫截面）充滿磁感應強度大小為B的勻強磁場，其方向平行于軸線．在圓柱空間中垂直軸線平面內固定放置一絕緣材料制成的邊長為L=1.6a的剛性等邊三角形框架DEF，其中心O位于圓柱的軸線上．DE邊上S點（DS=L/4）有一發(fā)射帶電粒子的源，發(fā)射粒子的方向皆在圖中截面內且垂直于DE邊向下．發(fā)射粒子的電量皆為q（q＞0），質量皆為m，但速度v可以有各種不同的數(shù)值．若這些粒子與三角形框架的碰撞均為完全彈性碰撞，并要求每一次碰撞時速度方向垂直于被碰撞的邊，如果從S點發(fā)出的粒子最終又回到S點，而且所用時間最短，問：
（1）帶電粒子速度v應取多大？
（2）回到S點所用的最短時間是多少？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律與向心力表達式，可求出運動周期與半徑，再根據(jù)題意中的已知長度，來確定運動軌跡對應的半徑大小，從而求出所用時間最短的速度大��；
（2）根據(jù)T=

2πm

Bq

，可知在B及q、m給定時，T與v無關，粒子從S點出發(fā)最后回到S點的過程中，與△的邊碰撞次數(shù)愈少，所經歷的時間就愈少，因此根據(jù)運動碰撞的次數(shù)，及圓弧對應的圓心角與周期公式，即可求解．

解答：解：
（1）帶電粒子（以下簡稱粒子）從S點垂直于DE邊以速度v射出后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動
由牛頓第二定律，則有：qvB=m

v2

R

 
  得：R=

mv

qB

        ①
粒子在磁場中做圓周運動的周期為：T=

2πR

v

   
將①式代入，得：T=

2πm

qB

               ②
粒子第一次與DE邊相碰：t₁=

T

2

=

πm

qB

        
帶電粒子（以下簡稱粒子）從S點垂直于DE邊以速度v射出后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其圓心一定位于DE邊上，粒子每次與△DEF的三條邊碰撞時都與邊垂直，且能回到S點，如題解圖所示，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于△的邊上，粒子繞過△頂點D、E、F時的圓弧的圓心就一定要在相鄰邊的交點（即D、E、F）上．

.

DS

、

.

SE

的長度應是R_n的奇數(shù)倍．即：
R=Rn=

. DS

(2n-1)

=

2a

5(2n-1)

 （n=1，2，3，…）   ③
此時

.

SE

為R_n的奇數(shù)倍的條件自然滿足．
而粒子要能繞過頂點與△的邊相碰，則粒子作圓周運動的半徑R不能太大，如圖題解圖，
必須有：R_n≤

.

DM

                  ④
由圖中的幾何關系計算可知：
  

.

DM

=a-

8 3

15

a≈0.076a         ⑤
將 n=1，2，3，…，分別代入③式，得
分別有：R₁=0.4a；
R₂=0.133a；            
R₃=0.08a；
R₄=0.057a．
由于R₁，R₂，R₃≥

.

DM

，這些粒子在繞過△的頂點E時，將從磁場邊界逸出，只有n≥4的粒子能經多次碰撞繞過E、F、D點，最終回到S點．由此結論及①、③兩式可得與之相應的速度：
vn=

qB

m

Rn=

qB

m

2a

5(2n-1)

  （n=4，5，6，…） ⑥
從S點發(fā)出的粒子最終又回到S點，而且所用時間最短，因此n=4，即速度大小為v=

2aqB

35m

；
（2）由前可知，在B及q/m給定時T與v無關．粒子從S點出發(fā)最后回到S點的過程中，與△的邊碰撞次數(shù)愈少，所經歷的時間就愈少，
所以應取n=4，如題解圖所示（圖中只畫出在邊框DE的碰撞情況），
此時粒子的速度為v₄，由圖可看出該粒子的軌跡包括3×13個半圓和3個圓心角為300°的圓弧，
所需時間為：t=3×13×

T

2

+3×

5

6

T=22T  ⑦
以②式代入得：t=

44πm

qB

        
答：（1）帶電粒子速度v應取vn=

2aqB

35m

；
（2）回到S點所用的最短時間是

44πm

qB

．

點評：本題考查牛頓第二定律，掌握運動半徑與周期公式的應用，注意結合幾何特性及半徑與長度的關系，從而確定運動軌跡，這是解題的關鍵．