分析 (1)根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子第一次加速后進(jìn)入磁場(chǎng)的速度,然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力,列式求出質(zhì)子在磁場(chǎng)中的軌道半徑.
(2)設(shè)質(zhì)子從靜止開(kāi)始加速到出口處運(yùn)動(dòng)了n圈,質(zhì)子在出口處的速度為v.根據(jù)動(dòng)能定理、牛頓第二定律和周期和時(shí)間關(guān)系結(jié)合求解.
(3)求出rk所對(duì)應(yīng)的加速次數(shù)和rk+1所對(duì)應(yīng)的加速次數(shù)即可求出它們所對(duì)應(yīng)的軌道半徑,然后作差即可求出rk和rk+1,從而求出△rk,運(yùn)用同樣的方法求出△rk+1,比較△rk和△rk+1即可得出答案.
解答 解:(1)設(shè)質(zhì)子第1次經(jīng)過(guò)狹縫被加速后的速度為v1
由動(dòng)能定理得 qU=12mv21…①
由牛頓第二定律有 qv1B=mv21r1…②
聯(lián)立①②解得:r1=1B√2mUq
(2)設(shè)質(zhì)子從靜止開(kāi)始加速到出口處運(yùn)動(dòng)了n圈,質(zhì)子在出口處的速度為v,則
2nqU=12mv2…③
qvB=mv2R…④
質(zhì)子圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T=2πmqB…⑤
質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 t=nT…⑥
聯(lián)立③④⑤⑥解得 R=√2UtπB
(3)(方法1)設(shè)k為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù),相鄰的軌道半徑分別為rk,rk+1(rk<rk+1),△rk=rk+1-rk,在相應(yīng)軌道上質(zhì)子對(duì)應(yīng)的速度大小分別為vk,vk+1,D1、D2之間的電壓為U,由動(dòng)能定理知2qU=12mv2k+1−12mv2k…⑦
由洛倫茲力充當(dāng)質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,知rk=mvkqB,則2qU=q2B22m(r2k+1−r2k)⑧
整理得 △rk=4mUqB2(rk+1+rk)…⑨
相鄰軌道半徑rk+1,rk+2之差△rk+1=rk+2-rk+1
同理 △rk+1=4mUqB2(rk+2+rk+1)
因U、q、m、B均為定值,且因?yàn)閞k+2>rk,比較△rk與△rk+1得△rk+1<△rk.
(方法2)設(shè)k為同一盒子中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌道半徑的序數(shù),相鄰的軌道半徑分別為rk-1、rk、rk+1,(rk-1<rk<rk+1).
由2kqU=12mvk2 及 qvkB=mv2krk 得 rk=2B√mUq√k
得△rk−1=rk−rk−1=2B√mUq(√k−√k−1)△rk=rk+1−rk=2B√mUq(√k+1−√k)
假設(shè)(√k−√k−1)>(√k+1−√k)有2√k>√k+1+√k−1
兩邊平方得k>√k2−1結(jié)果正確,說(shuō)明假設(shè)成立.
所以△rk-1>△rk.
答:(1)質(zhì)子第1次經(jīng)過(guò)狹縫被加速后進(jìn)入D形盒運(yùn)動(dòng)軌道的半徑r1是1B√2mUq.
(2)D形盒半徑為R是√2UtπB.
(3)隨軌道半徑r的增大,同一盒中相鄰軌道的半徑之差△r減小.
點(diǎn)評(píng) 本題的難點(diǎn)是(3),要求△rk需要知道rk和rk+1,同理算出△rk+1,對(duì)△rk和△rk+1,即可得出答案.
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