Question

14．如題圖所示，在半徑為a的圓柱空間中（圖中圓為其橫截面）充滿磁感應(yīng)強度大小為B的均勻磁場，其方向平行于軸線遠(yuǎn)離讀者．在圓柱空間中垂直軸線平面內(nèi)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（$\overline{DS}$=$\frac{1}{4}$L）處有一發(fā)射帶電粒子的源，發(fā)射粒子的方向皆在題圖中截面內(nèi)且垂直于DE邊向下．發(fā)射粒子的電量皆為q（＞0），質(zhì)量皆為m，但速度v有各種不同的數(shù)值．若這些粒子與三角形框架的碰撞無能量損失（不能與圓柱壁相碰），電量也無變化，且每一次碰撞時速度方向均垂直于被碰的邊．試問：
（1）帶電粒子經(jīng)多長時間第一次與DE邊相碰？
（2）帶電粒子速度v的大小取哪些數(shù)值時可使S點發(fā)出的粒子最終又回到S點？
（3）這些粒子中，回到S點所用的最短時間是多少？

Answer 1

分析 （1）經(jīng)過半個周期粒子第一次與DE相碰，根據(jù)粒子做圓周運動的周期求出粒子的運動時間．
（2）S點發(fā)出的粒子最終又回到S點必須滿足：要求此粒子每次與△DEF的三條邊碰撞時都與邊垂直，且能回到S點；粒子能繞過頂點與△DEF的邊相碰；
（3）求出粒子做勻速運動轉(zhuǎn)過的圓心角，然后由t=$\frac{θ}{2π}$求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子垂直與DE邊射入磁場，在磁場中做勻速圓周運動，粒子轉(zhuǎn)過半個圓周，即經(jīng)過半個周期后第一次與DE相碰，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子第一次與DE相碰需要的時間：t=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πm}{qB}$；
（2）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，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{mv}{qB}$…①
要求此粒子每次與△DEF的三條邊碰撞時都與邊垂直，且能回到S點，則R和v應(yīng)滿足以下條件：
（�。┡c邊垂直的條件．
由于碰撞時速度v與邊垂直，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于△DEF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．
粒子從S點開始向右作圓周運動，其軌跡為一系列半徑為R的半圓，
在SE邊上最后一次的碰撞點與E點的距離應(yīng)為r，所以$\overline{SE}$的長度應(yīng)是R的奇數(shù)倍．
粒子從FD邊繞過D點轉(zhuǎn)回到S點時，情況類似，即$\overline{DS}$的長度也應(yīng)是軌道半徑的奇數(shù)倍．
取$\overline{DS}$=r₁，則當(dāng)$\overline{DS}$的長度被奇數(shù)除所得的R也滿足要求，即r=r_n=$\frac{\overline{DS}}{2n-1}$  n=1、2、3、…；
因此為使粒子與△DEF各邊發(fā)生垂直碰撞，r必須滿足下面的條件：r=r_n=$\frac{1}{2n-1}$$\frac{L}{4}$=$\frac{2a}{5（2n-1）}$   n=1、2、3、…②
此時：$\overline{SE}$=3$\overline{DS}$=（6n-3）r_n，n=1、2、3、…，$\overline{SE}$為r_n的奇數(shù)倍的條件自然滿足．只要粒子繞過E點與EF邊相碰，
由對稱關(guān)系可知，以后的碰撞都能與△DEF的邊垂直．
（ⅱ）粒子能繞過頂點與△DEF的邊相碰的條件．
由于磁場局限于半徑為a的圓柱范圍內(nèi)，如果粒子在繞E點運動時圓軌跡與磁場邊界相交，
它將在相交點處以此時的速度方向沿直線運動而不能返回．所以粒子作圓周運動的半徑R不能太大，
由圖示可知，必須r≤$\overline{DM}$（△的頂點沿圓柱半徑到磁場邊界的距離，r=$\overline{DM}$時，
粒子圓運動軌跡與圓柱磁場邊界相切），由給定的數(shù)據(jù)可算得：$\overline{DM}$=a-$\frac{8\sqrt{3}}{15}$a≈0.076a…③
將n=1，2，3，…，分別代入②式，得：
n=1 r₁=$\frac{2a}{5}$=0.400a n=2，r₂=$\frac{2a}{15}$≈0.133a，n=3 r₃=$\frac{2a}{25}$=0.080a，n=4  r₄=$\frac{2a}{35}$=0.057a，
由于R₁，R₂，R₃≥$\overline{DM}$，這些粒子在繞過△DEF的頂點E時，將從磁場邊界逸出，
只有n≥4的粒子能經(jīng)多次碰撞繞過E、F、D點，最終回到S點．
由此結(jié)論及①、②兩式可得與之相應(yīng)的速度：v_n=$\frac{qB}{m}$r_n=$\frac{qB}{m}$$\frac{2a}{5（2n-1）}$   n=4、5、6、…④
這就是由S點發(fā)出的粒子與△DEF的三條邊垂直碰撞并最終又回到S點時，其速度大小必須滿足的條件．
（3）這些粒子在磁場中做圓周運動的周期為：T=$\frac{2πm}{qB}$…⑤
可見在B及$\frac{q}{m}$給定時T與v無關(guān)．粒子從S點出發(fā)最后回到S點的過程中，與△DEF的邊碰撞次數(shù)愈少，
所經(jīng)歷的時間就愈少，所以應(yīng)取n=4，如圖所示（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×$\frac{1}{2}$T+3×$\frac{5}{6}$T=22T…⑥
將⑤式代入得：t=$\frac{44πm}{qB}$…⑦
答：（1）帶電粒子經(jīng)時間$\frac{πm}{qB}$第一次與DE邊相碰；
（2）帶電粒子速度v的大小取值為$\frac{qB}{m}$$\frac{2a}{5（2n-1）}$   n=4、5、6、…時可使S點發(fā)出的粒子最終又回到S點；
（3）這些粒子中，回到S點所用的最短時間是$\frac{44πm}{qB}$．

點評 本題考查了粒子咋磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是解題的關(guān)鍵，解題時要注意結(jié)合幾何特性及半徑與長度的關(guān)系；本題的難點在于先挖掘出粒子能回到S點需要滿足的隱含條件以及考慮到粒子最終又回到S點時的多解性．