Question

如圖所示：為兩個共軸金屬圓筒，軸線與紙面垂直，內(nèi)筒半徑為R，筒壁為網(wǎng)狀（帶電粒子可無阻擋地穿過網(wǎng)格）．當(dāng)兩圓筒之間加上一定電壓后，在兩圓筒間的空間可形成沿半徑方向的電場．內(nèi)圓筒包圍的空間存在一沿圓筒軸線方向的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度的大小為B，方向指向紙內(nèi)．一束質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子以各種不同的速率自內(nèi)圓筒壁上的A點沿內(nèi)圓筒半徑射入磁場，現(xiàn)要求有的粒子的運動能滿足下面三個條件：①剛剛能到達外筒的內(nèi)壁而不與外筒相碰；②粒子恰能從A點射出磁場；③每個粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動所經(jīng)過的總時間等于該粒子在所給磁場中做完整的圓周運動時的周期的一半．
（1）為了能滿足上述要求，內(nèi)、外筒間電壓的可能值應(yīng)是多少？
（2）討論上述電壓取最小值時，粒子在磁場中的運動情況．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子自A點沿內(nèi)圓筒半徑方向射入磁場時的速度用v表示，進入磁場后，在洛侖茲力作用下粒子做圓周運動，并從內(nèi)筒表面上的A₁點射出磁場，射出磁場時的速度大小仍為v，方向沿過A₁點的內(nèi)圓筒半徑方向，畫出運動的軌跡，根據(jù)牛頓第二定律與能量守恒定律，結(jié)合向心力表達式，并由幾何關(guān)系，即可求解；
（2）當(dāng)k=1時，對應(yīng)射入磁場的速度為最小，加在兩圓筒間的電壓亦為最小，確定偏轉(zhuǎn)次數(shù)與偏轉(zhuǎn)角度，由運動的半徑，可求出總路程．

解答：解：（1）如圖所示．粒子自A₁射出磁場后便進入兩圓筒間的電場中，在電場力的作用下，粒子做減速直線運動，剛到達外圓筒的內(nèi)壁時，速度恰好減至零．然后粒子又在電場力作用下向A₁點做加速運動，回到時，粒子速度增大到v，并以此速度沿圓筒內(nèi)圓半徑方向第二次進入磁場，在磁場的洛侖茲力作用下，粒子又做圓周運動，并從A₂點射出磁場．此后，粒子又再一次在電場中減速，到達外壁時調(diào)轉(zhuǎn)方向加速回到A₂點，從A₂點進入磁場，再做圓周運動并從A₃點射出磁場．這一過程多次重復(fù)到最后，粒子再次從A點射出磁場．
設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r，從A點射入磁場到從A₁點射出磁場經(jīng)歷的時間為t，繞圓心o′轉(zhuǎn)過的角度為Ф，
過A點和A₁點的內(nèi)圓筒半徑對其軸線o的張角為θ，
如圖所示．有φ=

v

r

t
φ+θ=π①
若粒子在磁場中經(jīng)過n次偏轉(zhuǎn)后能從A點射出磁場，應(yīng)滿足條件：
nθ=2kπ②
根據(jù)題意有nt=

T

2

③
而T=

2πr

v

④
解以上各式得
n=2k+1    k=1，2，3，…⑤
θ=

2k

2k+1

π    k=1，2，3，…⑥
連結(jié)圖中的OO′，由直角三角形AOO′可得tan

1

2

θ=

r

R

⑦
因r是粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動的軌道半徑，有qvB=m

v2

r

⑧
由①、⑦、⑧式得到粒子射入磁場時的速度v=

BqR

m

tan

kπ

2k+1

⑨
設(shè)加在兩圓筒間的電壓為U，由能量守恒有qU=

1

2

mv2⑩
把⑨式代入⑩式得U=

R2B2q

2m

tan2

kπ

2k+1

   k=1，2，3，…
（2）當(dāng)k=1時，對應(yīng)射入磁場的速度為最小，加在兩圓筒間的電壓亦為最小，vmin=

RqB

m

3

Umin=

3

2

R2B2q

m

由⑤式可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的次數(shù)為n=3
由⑥式可知每次偏轉(zhuǎn)的角度θ₃=120°
由⑦式和⑥可知粒子在磁場內(nèi)做圓周運動的半徑r3=

3

R
粒子在磁場內(nèi)運動的總路程s3=

3

πR
答：（1）為了能滿足上述要求，內(nèi)、外筒間電壓的可能值應(yīng)是得U=

R2B2q

2m

tan2

kπ

2k+1

   k=1，2，3，…；
（2）討論上述電壓取最小值時，粒子在磁場中的運動情況：偏轉(zhuǎn)的次數(shù)為n=3，每次偏轉(zhuǎn)的角度θ₃=120°，做圓周運動的半徑r3=

3

R，在磁場內(nèi)運動的總路程s3=

3

πR．

點評：考查粒子在磁場中做勻速圓周運動，掌握牛頓第二定律與能量守恒定律的應(yīng)用，注意幾何關(guān)系的巧用，同時理解運動的周期性，最后學(xué)會由偏轉(zhuǎn)的角度與半徑來確定運動的路程．