Question

5．如圖所示，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外大小可調(diào)的勻強磁場，質(zhì)量為m、電量為+q的粒子可在環(huán)中作勻速圓周運動，P、Q為兩塊中心開有小孔的極板，最初兩極板電勢為零，每當粒子飛至P板時，P板電勢變?yōu)?U，Q板電勢仍保持為零，粒子在P、Q兩板間得到加速，每當粒子離開Q板時，P板電勢立即變?yōu)榱悖�粒子在兩板間電場一次次加速下動能不斷增大，設t=0時刻，粒子靜止在P板的小孔處，在電場作用下加速，設粒子經(jīng)過P、Q極板的時間極短，為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，試設計B-t圖，并在圖中畫出環(huán)形區(qū)域內(nèi)磁感應強度隨時間的變化的圖象，并說明依據(jù)．（注意：在圖中標出作圖的單位，畫出粒子轉(zhuǎn)4圈過程中磁感應強度隨時間變化的情況即可）

Answer 1

分析 粒子每轉(zhuǎn)一周，速度增加一點，由半徑公式$r=\frac{mv}{qB}$知道：要使半徑不變，則磁感應強度也要增加，再由周期公式$T=\frac{2πm}{qB}$知道：磁感應強度增加，則周期將減小．這是在定性分析．要畫出四個周期內(nèi)的B-t圖象，則要先由半徑公式算出第一周期內(nèi)的磁感應強度B₁，再由動能定理算出第二次加速時的速度，再由半徑公式算出B₂，由周期公式算出第二圈的時間，余次類推從而算出B₃、B₄  和第三圈和第四圈的時間．

解答 解：微粒第一次在PQ間加速時，據(jù)動能定理：
$Uq=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$…①
第一次做勻速圓周運動時，由牛頓第二定律得：
$q{v}_{1}{B}_{1}=\frac{m{v}^{2}}{R}$…②
轉(zhuǎn)第一圈的時間：
 ${t}_{1}=\frac{2πR}{{v}_{1}}$…③
聯(lián)立解得：${B}_{1}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$    ${t}_{1}=2πR\sqrt{\frac{m}{Uq}}$
同理：微粒第二次在PQ間加速時：
$Uq=\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$…④
第二次做勻速圓周運動時：
$q{v}_{2}{B}_{2}=\frac{m{{v}_{2}}^{2}}{R}$…⑤
所有時間為：${t}_{2}=\frac{2π{R}_{2}}{{v}_{2}}$…⑥
聯(lián)立解得：${B}_{2}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{4Um}{q}}$   ${t}_{2}=2πR\sqrt{\frac{m}{4Uq}}$
余次類推得到：${B}_{3}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{6Um}{q}}$   ${t}_{3}=2πR\sqrt{\frac{m}{6Uq}}$
${B}_{4}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{8Um}{q}}$  ${t}_{4}=2πR\sqrt{\frac{m}{8Uq}}$
由上述計算結(jié)果可以看出：${B}_{1}：{B}_{2}：{B}_{3}：{B}_{4}=1：\sqrt{2}：\sqrt{3}：2$         
${t}_{1}：{t}_{2}：{t}_{3}：{t}_{4}=4\sqrt{3}：2\sqrt{3}：2\sqrt{2}：\sqrt{6}$
顯然有：B₄=2B₁       ${t}_{2}=\frac{1}{2}{t}_{1}$     
所以畫出的B-t圖象如右圖所示．

點評 本題的關鍵點在于從第一次加速、轉(zhuǎn)動到第二次加速、轉(zhuǎn)動時，應用動能定理和牛頓第二定律及運動學規(guī)律，解出B、t表達式的規(guī)律，從而推算出第三次和第四次加速、轉(zhuǎn)動時B、t 表達式．