Question

20．如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置．環(huán)行區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電量為+q的粒子在環(huán)中作半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．A、B為兩塊中心開有小孔的極板．原來電勢(shì)都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時(shí)，A板電勢(shì)升高為+U，B板電勢(shì)仍保持為零，粒子在兩板間電場(chǎng)中得到加速．每當(dāng)粒子離開B板時(shí)，A板電勢(shì)又降為零．粒子在電場(chǎng)一次次加速下動(dòng)能不斷增大，而繞行半徑不變．
（1）設(shè)t=0時(shí)粒子靜止在A板小孔處，在電場(chǎng)作用下加速，并繞行第一圈．求粒子繞行n圈回到A板時(shí)獲得的總動(dòng)能E_n
（2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)必須周期性遞增．求粒子繞行第n圈時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B_n
（3）求粒子繞行n圈所需的總時(shí)間t_n（粒子過A、B板間的時(shí)間忽略）

Answer 1

分析 （1）抓住繞行一圈電場(chǎng)力做功為qU，結(jié)合動(dòng)能定理求出總動(dòng)能的大�。�
（2）粒子的動(dòng)能逐漸增加，速度就逐漸增加，由能量可表示出速度，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出第n圈時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B_n．
（3）每圈的半徑?jīng)]有發(fā)生變化，由周長(zhǎng)和每圈的速度即可求出每圈的時(shí)間，然后相累加，即可求得總時(shí)間t_n總．

解答 解：（1）粒子繞行一周電場(chǎng)力做功為W=qU，獲得的動(dòng)能為qU，
繞行n圈回到A板時(shí)獲得的總動(dòng)能E_k=nqU．
（2）粒子繞行第n圈時(shí)，nqU=$\frac{1}{2}m{{v}_{n}}^{2}$，
粒子受到的洛倫茲力提供向心力，qv_nB_n=m$\frac{{{v}_{n}}^{2}}{R}$，
解得：B_n=$\frac{1}{R}\sqrt{\frac{2nmU}{q}}$．
（3）粒子運(yùn)動(dòng)的周期表達(dá)式為：T_n=$\frac{2πR}{{v}_{n}}$=$\frac{2πm}{q{B}_{n}}$，
粒子繞行第1圈，所用時(shí)間為t₁=$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，${B}_{1}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，
粒子繞行第2圈，所用時(shí)間為t₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$，${B}_{2}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{2×2mU}{q}}$，
粒子繞行第3圈，所用時(shí)間為t₃=$\frac{2πm}{q{B}_{3}}$，${B}_{3}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{2×3mU}{q}}$，
…
以此類推，粒子繞行第n圈，所用時(shí)間為　t_n=$\frac{2πm}{q{B}_{n}}$，${B}_{n}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{2nmU}{q}}$，
解得：t_n總=t₁+t₂+t₃+…+t_n=$2πR\sqrt{\frac{m}{2qU}}$（$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n}}$）
答：（1）粒子繞行n圈回到A板時(shí)獲得的總動(dòng)能為nqU．
（2）粒子繞行第n圈時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為$\frac{1}{R}\sqrt{\frac{2nmU}{q}}$．
（3）粒子繞行n圈所需的總時(shí)間為$2πR\sqrt{\frac{m}{2qU}}$（$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+…+\frac{1}{\sqrt{n}}$）．

點(diǎn)評(píng) 粒子加速器是利用磁場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)，使電場(chǎng)能重復(fù)對(duì)粒子加速，粒子在加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)時(shí)半徑是不變化的，所以粒子加速器所加的磁場(chǎng)時(shí)要發(fā)生變化．速度越來越大，周期越來越小．解決此類問題，常用到能量的轉(zhuǎn)化與守恒、粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑和周期公式．