Question

如图所示，在边界半径为a的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向平行于轴线．在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L=1.6a的刚性等边三角形框架DEF，其中心O位于圆柱的轴线上．DE边上S点（DS=L/4）有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下．发射粒子的电量皆为q（q＞0），质量皆为m，但速度v可以有各种不同的数值．若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰撞的边，如果从S点发出的粒子最终又回到S点，而且所用时间最短，问：
（1）带电粒子速度v应取多大？
（2）回到S点所用的最短时间是多少？

Answer 1

分析：（1）根据牛顿第二定律与向心力表达式，可求出运动周期与半径，再根据题意中的已知长度，来确定运动轨迹对应的半径大小，从而求出所用时间最短的速度大小；
（2）根据T=

2πm

Bq

，可知在B及q、m给定时，T与v无关，粒子从S点出发最后回到S点的过程中，与△的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，因此根据运动碰撞的次数，及圆弧对应的圆心角与周期公式，即可求解．

解答：解：
（1）带电粒子（以下简称粒子）从S点垂直于DE边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
由牛顿第二定律，则有：qvB=m

v2

R

 
  得：R=

mv

qB

        ①
粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T=

2πR

v

   
将①式代入，得：T=

2πm

qB

               ②
粒子第一次与DE边相碰：t₁=

T

2

=

πm

qB

        
带电粒子（以下简称粒子）从S点垂直于DE边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE边上，粒子每次与△DEF的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点，如题解图所示，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于△的边上，粒子绕过△顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即D、E、F）上．

.

DS

、

.

SE

的长度应是R_n的奇数倍．即：
R=Rn=

. DS

(2n-1)

=

2a

5(2n-1)

 （n=1，2，3，…）   ③
此时

.

SE

为R_n的奇数倍的条件自然满足．
而粒子要能绕过顶点与△的边相碰，则粒子作圆周运动的半径R不能太大，如图题解图，
必须有：R_n≤

.

DM

                  ④
由图中的几何关系计算可知：
  

.

DM

=a-

8 3

15

a≈0.076a         ⑤
将 n=1，2，3，…，分别代入③式，得
分别有：R₁=0.4a；
R₂=0.133a；            
R₃=0.08a；
R₄=0.057a．
由于R₁，R₂，R₃≥

.

DM

，这些粒子在绕过△的顶点E时，将从磁场边界逸出，只有n≥4的粒子能经多次碰撞绕过E、F、D点，最终回到S点．由此结论及①、③两式可得与之相应的速度：
vn=

qB

m

Rn=

qB

m

2a

5(2n-1)

  （n=4，5，6，…） ⑥
从S点发出的粒子最终又回到S点，而且所用时间最短，因此n=4，即速度大小为v=

2aqB

35m

；
（2）由前可知，在B及q/m给定时T与v无关．粒子从S点出发最后回到S点的过程中，与△的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，
所以应取n=4，如题解图所示（图中只画出在边框DE的碰撞情况），
此时粒子的速度为v₄，由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，
所需时间为：t=3×13×

T

2

+3×

5

6

T=22T  ⑦
以②式代入得：t=

44πm

qB

        
答：（1）带电粒子速度v应取vn=

2aqB

35m

；
（2）回到S点所用的最短时间是

44πm

qB

．

点评：本题考查牛顿第二定律，掌握运动半径与周期公式的应用，注意结合几何特性及半径与长度的关系，从而确定运动轨迹，这是解题的关键．