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(qiáng)度大小為B的均勻磁場(chǎng)，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(zhǎng)為L(zhǎng)=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(diǎn)（$\overline{DS}$=$\frac{1}{4}$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(wú)能量損失（不能與圓柱壁相碰），電量也無(wú)變化，且每一次碰撞時(shí)速度方向均垂直于被碰的邊．試問(wèn)：
（1）帶電粒子經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)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(shí)可使S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終又回到S點(diǎn)？
（3）這些粒子中，回到S點(diǎn)所用的最短時(shí)間是多少？

Answer 1

分析 （1）經(jīng)過(guò)半個(gè)周期粒子第一次與DE相碰，根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（2）S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終又回到S點(diǎn)必須滿足：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；
（3）求出粒子做勻速運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，然后由t=$\frac{θ}{2π}$求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子垂直與DE邊射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子轉(zhuǎn)過(guò)半個(gè)圓周，即經(jīng)過(guò)半個(gè)周期后第一次與DE相碰，
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子第一次與DE相碰需要的時(shí)間：t=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πm}{qB}$；
（2）帶電粒子（以下簡(jiǎn)稱粒子）從S點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，其圓心一定位于DE邊上，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)都與邊垂直，且能回到S點(diǎn)，則R和v應(yīng)滿足以下條件：
（ⅰ）與邊垂直的條件．
由于碰撞時(shí)速度v與邊垂直，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圓的圓心一定位于△DEF的邊上，
粒子繞過(guò)△頂點(diǎn)D、E、F時(shí)的圓弧的圓心就一定要在相鄰邊的交點(diǎn)（即D、E、F）上．
粒子從S點(diǎn)開始向右作圓周運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)與E點(diǎn)的距離應(yīng)為r，所以$\overline{SE}$的長(zhǎng)度應(yīng)是R的奇數(shù)倍．
粒子從FD邊繞過(guò)D點(diǎn)轉(zhuǎn)回到S點(diǎn)時(shí)，情況類似，即$\overline{DS}$的長(zhǎng)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(zhǎng)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}$$\frac{L}{4}$=$\frac{2a}{5（2n-1）}$   n=1、2、3、…②
此時(shí)：$\overline{SE}$=3$\overline{DS}$=（6n-3）r_n，n=1、2、3、…，$\overline{SE}$為r_n的奇數(shù)倍的條件自然滿足．只要粒子繞過(guò)E點(diǎn)與EF邊相碰，
由對(duì)稱關(guān)系可知，以后的碰撞都能與△DEF的邊垂直．
（ⅱ）粒子能繞過(guò)頂點(diǎn)與△DEF的邊相碰的條件．
由于磁場(chǎng)局限于半徑為a的圓柱范圍內(nèi)，如果粒子在繞E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)圓軌跡與磁場(chǎng)邊界相交，
它將在相交點(diǎn)處以此時(shí)的速度方向沿直線運(yùn)動(dòng)而不能返回．所以粒子作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R不能太大，
由圖示可知，必須r≤$\overline{DM}$（△的頂點(diǎn)沿圓柱半徑到磁場(chǎng)邊界的距離，r=$\overline{DM}$時(shí)，
粒子圓運(yùn)動(dòng)軌跡與圓柱磁場(chǎng)邊界相切），由給定的數(shù)據(jù)可算得：$\overline{DM}$=a-$\frac{8\sqrt{3}}{15}$a≈0.076a…③
將n=1，2，3，…，分別代入②式，得：
n=1 r₁=$\frac{2a}{5}$=0.400a n=2，r₂=$\frac{2a}{15}$≈0.133a，n=3 r₃=$\frac{2a}{25}$=0.080a，n=4  r₄=$\frac{2a}{35}$=0.057a，
由于R₁，R₂，R₃≥$\overline{DM}$，這些粒子在繞過(guò)△DEF的頂點(diǎn)E時(shí)，將從磁場(chǎng)邊界逸出，
只有n≥4的粒子能經(jīng)多次碰撞繞過(guò)E、F、D點(diǎn)，最終回到S點(diǎn)．
由此結(jié)論及①、②兩式可得與之相應(yīng)的速度：v_n=$\frac{qB}{m}$r_n=$\frac{qB}{m}$$\frac{2a}{5（2n-1）}$   n=4、5、6、…④
這就是由S點(diǎn)發(fā)出的粒子與△DEF的三條邊垂直碰撞并最終又回到S點(diǎn)時(shí)，其速度大小必須滿足的條件．
（3）這些粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T=$\frac{2πm}{qB}$…⑤
可見在B及$\frac{q}{m}$給定時(shí)T與v無(wú)關(guān)．粒子從S點(diǎn)出發(fā)最后回到S點(diǎn)的過(guò)程中，與△DEF的邊碰撞次數(shù)愈少，
所經(jīng)歷的時(shí)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(shí)粒子的速度為v₄，
由圖可看出該粒子的軌跡包括3×13個(gè)半圓和3個(gè)圓心角為300°的圓弧，所需時(shí)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(shí)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(shí)可使S點(diǎn)發(fā)出的粒子最終又回到S點(diǎn)；
（3）這些粒子中，回到S點(diǎn)所用的最短時(shí)間是$\frac{44πm}{qB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子咋磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的關(guān)鍵，解題時(shí)要注意結(jié)合幾何特性及半徑與長(zhǎng)度的關(guān)系；本題的難點(diǎn)在于先挖掘出粒子能回到S點(diǎn)需要滿足的隱含條件以及考慮到粒子最終又回到S點(diǎn)時(shí)的多解性．