Question

15．如圖所示，在紙面內(nèi)有一絕緣材料制成的等邊三角形框架DEF區(qū)域足夠大的空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向垂直于紙面向里．等邊三角形框架DEF的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，在三角形DEF內(nèi)放置平行板電器MN，N板緊靠DE邊，N板及DE中點(diǎn)S處均開有小孔，在兩板間緊靠M板處有一質(zhì)量為m、電量為q（q＞0）的帶電粒子由靜止釋放，如圖（a）所示．若該粒子與三角形框架碰撞時(shí)均無(wú)能量損失，且每一次碰撞時(shí)速度方向垂直于被碰的邊，不計(jì)粒子的重力．

（1）若帶電粒子能夠打到E點(diǎn)，求MN板間的最大電壓；
（2）為使從S點(diǎn)出發(fā)的粒子最終又回到S點(diǎn)，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，求帶電粒子從S點(diǎn)發(fā)出時(shí)的速率v應(yīng)為多大？最短時(shí)間為多少？
（3）若磁場(chǎng)是半徑為a的圓柱形區(qū)域，如圖（b）所示（圖中圓為其橫截面），圓柱的軸線通過(guò)等邊三角形的中心O，且a=（$\frac{\sqrt{3}}{3}$+$\frac{1}{10}$）L．要使從S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終能回到S點(diǎn)，帶電粒子速度v的大小應(yīng)為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理，列出粒子的速度與電壓的關(guān)系；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑．根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，結(jié)合等邊三角形邊長(zhǎng)，畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求得加速電場(chǎng)的電壓；
（2）求出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期，根據(jù)幾何關(guān)系知，從S點(diǎn)發(fā)射出的某帶電粒子從S點(diǎn)發(fā)射到第一次返回S點(diǎn)經(jīng)歷的周期的個(gè)數(shù)，從而得出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終又回到S點(diǎn)必須滿足（2）的條件，并且因?yàn)橛衋=（$\frac{\sqrt{3}}{3}$+$\frac{1}{10}$）L的限制，還要要求粒子不能從圓形有界磁場(chǎng)的外邊界飛出，要求此粒子每次與△DEF的三條邊碰撞時(shí)都與邊垂直，且能回到S點(diǎn)；粒子能繞過(guò)頂點(diǎn)與△DEF的邊相碰，根據(jù)半徑公式和幾何關(guān)系求出粒子的速度．

解答 解：解：（1）設(shè)粒子到達(dá)N板小孔時(shí)的速度為υ，由動(dòng)能定理得：qU_m=$\frac{1}{2}$mv²…①
從小孔發(fā)出的粒子在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…②
MN板間的最大電壓最大時(shí)，粒子經(jīng)過(guò)一個(gè)半圓打到E點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可得：$\frac{L}{2}$=2R…③
由①②③解得：U_m=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}q}{32m}$
（2）如圖一所示，

由題意可知，S點(diǎn)發(fā)射的粒子最終又回到S點(diǎn)的條件是：SE=（2n-1）R=$\frac{L}{2}$ （n=1，2，3…）…④
聯(lián)立②④式可得：v=$\frac{qBL}{2（2n-1）m}$（n=1，2，3…）
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$ 
粒子圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)最少（n=1）時(shí)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，
即：R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{L}{2}$時(shí)時(shí)間最短，此時(shí)粒子速度：v=$\frac{qBL}{2m}$
粒子以三角形的三個(gè)頂點(diǎn)為圓心運(yùn)動(dòng)，每次碰撞所需時(shí)間：t₁=$\frac{5}{6}T$
粒子經(jīng)過(guò)三個(gè)周期性運(yùn)動(dòng)回到S點(diǎn)，粒子運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間t=3t₁=$\frac{5}{2}T$=$\frac{5πm}{qB}$
（3）如圖二所示，設(shè)E點(diǎn)到磁場(chǎng)區(qū)域邊界的最短距離為L(zhǎng)′，

由題設(shè)條件可知：L′=a-$\frac{L}{2cos30°}$=$\frac{L}{10}$
S點(diǎn)發(fā)射的粒子要再次回到S點(diǎn)就必須在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)，需滿足：R≤L′=$\frac{L}{10}$
所以要想粒子能再次回到S點(diǎn)必須同時(shí)滿足：（2n-1）R=$\frac{L}{2}$ （n=1，2，3…）和R≤$\frac{L}{10}$
聯(lián)立可得：n≥3
可知，當(dāng)n=3時(shí)粒子恰好與圓形磁場(chǎng)區(qū)域的外邊界相切，當(dāng)n＜3時(shí)粒子將射出磁場(chǎng)，無(wú)法再次回到S點(diǎn)，
綜上所述，粒子要再次回到S點(diǎn)需滿足：（2n-1）R=$\frac{L}{2}$ （n=3，4，5…）
將R=$\frac{mv}{qB}$代入上式可得：v=$\frac{qBL}{2（2n-1）m}$（n=3，4，5…）
答：（1）若帶電粒子能夠打到E點(diǎn)，MN板間的最大電壓為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}q}{32m}$；
（2）為使從S點(diǎn)出發(fā)的粒子最終又回到S點(diǎn)，且運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，帶電粒子從S點(diǎn)發(fā)出時(shí)的速率v應(yīng)為$\frac{qBL}{2m}$，最短時(shí)間為$\frac{5πm}{qB}$；
（3）若磁場(chǎng)是半徑為a的圓柱形區(qū)域，如圖（b）所示（圖中圓為其橫截面），圓柱的軸線通過(guò)等邊三角形的中心O，且a=（$\frac{\sqrt{3}}{3}$+$\frac{1}{10}$）L．要使從S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終能回到S點(diǎn)，帶電粒子速度v的大小應(yīng)為v=$\frac{qBL}{2（2n-1）m}$（n=3，4，5…）．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵得出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑通項(xiàng)表達(dá)式，確定半徑為何值時(shí)恰好打在E點(diǎn)，何時(shí)能夠回到S點(diǎn)，結(jié)合半徑公式和周期公式進(jìn)行求解．注意結(jié)合幾何特性及半徑與長(zhǎng)度的關(guān)系，從而確定運(yùn)動(dòng)軌跡，這是解題的關(guān)鍵．第三問(wèn)要注意臨界幾何條件的尋找，可以簡(jiǎn)單理解為：讓最容易從磁場(chǎng)中飛離磁場(chǎng)的粒子（即以E為圓心的粒子軌跡）恰好與磁場(chǎng)外邊界相切，滿足的條件和第二問(wèn)一樣，只不過(guò)磁場(chǎng)有外邊界限制后需要重新對(duì)n進(jìn)行取值．