Question

20．如图所示，在区域足够大的空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里．在纸面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的等边三角形框架DEF，DE中点S处有一粒子发射源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下，如图（a）所示．发射粒子的电量为+q，质量为m，但速度v有各种不同的数值．若这些粒子与三角形框架碰撞时均无能量损失，且每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边．试求：

（1）带电粒子的速度v为多大时，能够打到E点？
（2）为使S点发出的粒子最终又回到S点，且运动时间最短，v应为多大？最短时间为多少？
（3）若磁场是半径为a的圆柱形区域，如图（b）所示（图中圆为其横截面），圆柱的轴线通过等边三角形的中心O，且a=$（\frac{{\sqrt{3}}}{3}+\frac{1}{10}）$L．要使S点发出的粒子最终又回到S点，带电粒子速度v的大小应取哪些数值？

Answer 1

分析 （1）根据粒子在磁场中运动的半径公式，结合几何关系得出半径与SE的关系，从而求出粒子的速度；
（2）粒子在磁场中运动的周期与速度无关，当粒子在磁场中偏转的角度最小时，运动时间最短，可知当粒子在磁场中运动的轨道半径等于$\frac{L}{2}$时，运动的时间最短，结合圆心角求出运动的最短时间，结合半径公式求出速度的大小；
（3）S点发出的粒子最终又回到S点必须满足（2）的条件．要求此粒子每次与△DEF的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点；粒子能绕过顶点与△DEF的边相碰，根据半径公式和几何关系求出粒子的速度

解答 解：（1）从S点发射的粒子将在洛仑兹力作用下做圆周运动，即：$qvB=\frac{{m{v^2}}}{R}$    ①
因粒子圆周运动的圆心在DE上，每经过半个园周打到DE上一次，
所以粒子要打到E点应满足：$\frac{1}{2}L=n•2R，（{\;}\right.n=1，2，3…\left.{\;}）$②
由①②得打到E点的速度为：$v=\frac{qBL}{4nm}$，（n=1，2，3…）；
（2）由题意知，S点发射的粒子最终又回到S点的条件是：
$R=\frac{\bar S\bar E}{2n-1}=\frac{L}{2}\frac{1}{2n-1}，（n=1，2，3…）$，粒子速度：v=$\frac{qBL}{2（2n-1）m}$ （n=1、2、3…），
在磁场中粒子做圆周运动的周期$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{qB}$，与粒子速度无关，
所以，粒子圆周运动的次数最少（n=1）时，运动的时间最短，这时：$R=\frac{mv}{qB}=\frac{L}{2}$时时间最短，
粒子以三角形的三个顶点为圆心运动，每次碰撞所需时间：${t_1}=\frac{5}{6}T$
经过三次碰撞回到S点，粒子运动的最短时间：$t=3{t_1}=\frac{5}{2}T=\frac{5πm}{qB}$
（3）设E点到磁场区域边界的距离为L'，由题设条件知$L'=a-\frac{L}{2}\frac{1}{{cos{{30}^0}}}=\frac{L}{10}$
S点发射的粒子要回到S点就必须在磁场区域内运动，即满足条件：R≤L'，即$R≤\frac{L}{10}$
又知$R=\frac{\bar S\bar E}{2n-1}=\frac{L}{2}\frac{1}{2n-1}，（n=1，2，3…）$，当n=1时，$R=\frac{L}{2}$
当n=2时，$R=\frac{L}{6}$当n=3时，$R=\frac{L}{10}$当n=4时，$R=\frac{L}{14}$
所以，当n=3，4，5…时，满足题意．由于$R=\frac{mv}{qB}$，代入上式得$\frac{L}{2}\frac{1}{2n-1}=\frac{mv}{qB}$
解得速度的值：$v=\frac{qBL}{2（2n-1）m}$，（n=3，4，5…）
答：（1）带电粒子的速度v为$\frac{qBL}{4nm}$  （n=1、2、3、…）时，能够打到E点．
（2）为使S点发出的粒子最终又回到S点，且运动时间最短，v为$\frac{qBL}{2（2n-1）m}$（n=1、2、3…），最短时间为$\frac{5πm}{qB}$．
（3）带电粒子速度v的大小取值为：$\frac{qBL}{2（2n-1）m}$  （n=3、4、5…）．

点评 解决本题的关键得出粒子在磁场中运动的半径通项表达式，确定半径为何值时恰好打在E点，何时能够回到S点，结合半径公式和周期公式进行求解．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．