Question

如圖所示，兩個共軸金屬圓筒軸線O與紙面垂直，內(nèi)筒筒壁為網(wǎng)狀（帶電粒子可無阻擋地穿過網(wǎng)格），半徑為R．內(nèi)圓筒包圍的空間存在一沿圓筒軸線方向指向紙內(nèi)的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度的大小為B．當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這指向軸線的電場．一束質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的粒子自內(nèi)圓筒壁上的A點沿內(nèi)圓筒半徑射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)進入電場后所有粒子都剛好不與外筒相碰．試問：
（1）要使粒子在最短時間內(nèi)再次到達A點，粒子的速度應(yīng)是多少？再次到達A點在磁場中運動的最短時間是多長？
（2）要使粒子在磁場中圍繞圓筒的軸線O運動一周時恰能返回A點，則內(nèi)、外筒之間的電壓需滿足什么條件？

Answer 1

分析：（1）設(shè)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，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．要使粒子在最短時間內(nèi)再次到達A點，軌跡對應(yīng)的圓心角最小，且在磁場中旋轉(zhuǎn)的次數(shù)最少，可知，粒子進入電場兩次，根據(jù)軌跡的形狀和幾何知識求出軌跡的半徑，由牛頓第二定律求解速度，根據(jù)軌跡的圓心角求時間．
（2）要使粒子在磁場中圍繞圓筒的軸線O運動一周時恰能返回A點，設(shè)粒子進入電場共n次，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求得其速率，再根據(jù)動能定理求出電壓應(yīng)滿足的條件．

解答：解：（1）設(shè)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，當粒子第三次進入磁場時，軌跡對應(yīng)的圓心角最小，所用時間最短，由幾何知識得：此時軌跡的圓心角φ=180°-120°=60°
  則軌跡半徑為 r=Rtan60°=

3

R
根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=m

v2

r

聯(lián)立解得，v=

3 qBR

m

運動的最短時間為t_min=3×

1

6

T=

1

2

?

2πm

qB

=

πm

qB

（2）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+θ=π ①
要使粒子在磁場中圍繞圓筒的軸線O運動一周時恰能返回A點，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=2π ②（n=3，4，5…）
解得θ=

2π

n

 ③
連結(jié)圖中的OO′，由直角三角形AOO′可得：tan

1

2

θ=

r

R

 ④
因r是粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動的軌道半徑，有r=

mv

qB

 ⑤
由③④⑤式得到粒子射入磁場時的速度v=

qBR

m

tan

π

n

 ⑥
 設(shè)加在兩圓筒間的電壓為U，由能量守恒有
   qU=

1

2

mv2  ⑦
由⑥⑦解得，U=

R2B2q

2m

tan2

π

n

（n=3，4，5…）
答：
（1）要使粒子在最短時間內(nèi)再次到達A點，粒子的速度應(yīng)是

3 qBR

m

，再次到達A點在磁場中運動的最短時間是

πm

qB

．
（2）要使粒子在磁場中圍繞圓筒的軸線O運動一周時恰能返回A點，則內(nèi)、外筒之間的電壓需滿足條件是U=

R2B2q

2m

tan2

π

n

（n=3，4，5…）．

點評：本題是有界磁場的問題，要充分運用幾何知識畫出軌跡、分析和求解軌跡半徑和圓心角，考查運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力，難度較大．