Question

如圖甲所示，在空心三棱柱CDF以外足夠大的空間中，充滿著磁感應強度為B的勻強磁場．三棱柱的軸線與磁場平行，截面邊長為L，三棱柱用絕緣薄板材料制成，其內部有平行于CD側面的金屬板P、Q，兩金屬板間的距離為d，P板帶正電，Q板帶負電，Q板中心有一小孔，P板上與小孔正對的位置有一個粒子源S，從S處可以發出初速度為0、帶電量為+q、質量為m的粒子，這些粒子與三棱柱側面碰撞時無能量損失．試求：
（1）為使從S點發出的粒子最終又回到S點，P、Q之間的電壓U應滿足什么條件？（Q與CD之間距離不計）
（2）粒子從S點出發又回到S點的最短時間是多少？
（3）若磁場是半徑為a的圓柱形區域，如圖乙所示，圓柱的軸線與三棱柱的軸線重合，且a=（

3

3

+

1

10

）L，要使S點發出的粒子最終又回到S點，則P、Q之間的電壓不能超過多少？

Answer 1

分析：（1）根據動能定理，列出粒子的速度與電壓的關系；根據洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律求出粒子在磁場中運動的軌道半徑．根據帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑，結合等邊三角形邊長，畫出粒子運動的軌跡圖，結合幾何關系求得加速電場的電壓；
（2）求出帶電粒子在勻強磁場中運動的周期，根據幾何關系知，從S點發射出的某帶電粒子從S點發射到第一次返回S點經歷的周期的個數，從而得出運動的時間；
（3）若a=（

3

3

+

1

10

）L，設D點到磁場邊界的最近距離為L₁，由已知條件得求出粒子運動的半徑滿足的條件，然后結合（1）的結論求出電壓滿足的條件．

解答：解：（1）設粒子到達Q板小孔時的速度為υ，由動能定理得：
qU=

1

2

mv2     ①
從小孔發出的粒子在洛倫茲力的作用下做圓周運動，根據牛頓第二定律
qvB=m

v2

R

     ②
粒子能回到小孔的條件是：L=2R（2n-1）（n=1，2，3，…）     ③
由①②③解得：U=

qB2L2

8m(2n-1)2

  （n=1，2，3，…）     ④
（2）粒子在磁場中做圓周運動的周期為：T=

2πm

qB

   ⑤
當④式中n=1時，粒子從S出發又回到S時間最短，粒子在磁場中分別以D、F、C為圓心做圓周運動，半徑為：R=

mv

qB

     ⑥
設粒子從S到小孔所用時間為t₁，則：

v

2

t1=d       ⑦
粒子在磁場中運動的時間為：t2=3×

5

6

T        ⑧
粒子從S點出發又回到S點的最短時間為：t=2t₁+t₂       ⑨
由以上各式解得：t=

m

qB

(

8d

L

+5π)                 ⑩
（3）設D點到磁場邊界的最近距離為L₁，由已知條件得：
L1=a-

L

2cos30°

=

L

10

        ⑨
從S發出的粒子要回到S，就必須在磁場區域內運動，即滿足條件：
R≤L1=

L

10

     ⑩
由③④⑨⑩式解得：U≤

qB2L2

200m

  
答：（1）為使從S點發出的粒子最終又回到S點，P、Q之間的電壓U應滿足：U=

qB2L2

8m(2n-1)2

  （n=1，2，3，…）；
（2）粒子從S點出發又回到S點的最短時間是t=

m

qB

(

8d

L

+5π)；
（3）若磁場是半徑為a的圓柱形區域，如圖乙所示，圓柱的軸線與三棱柱的軸線重合，且a=（

3

3

+

1

10

）L，要使S點發出的粒子最終又回到S點，則P、Q之間的電壓不能超過：U≤

qB2L2

200m

．

點評：本題粒子在有圓形邊界的磁場做勻速圓周運動的問題，畫出軌跡，根據幾何知識分析臨界條件，求半徑和圓心角是常用的思路．