Question

2．如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置--環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)．A、B為兩塊中心開(kāi)有小孔的極板，原來(lái)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，粒子在兩極板間的電場(chǎng)中加速．每當(dāng)粒子離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(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，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變（設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R）．下列關(guān)于環(huán)形加速器的說(shuō)法中正確的是（　�。�

• A． 環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B_n與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為$\frac{{B}_{n}}{{B}_{n}+1}$=$\frac{n}{n+1}$
• B． 環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B_n與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為$\frac{{B}_{n}}{{B}_{n}+1}$=$\sqrt{\frac{n}{n+1}}$
• C． A、B板之間的電壓可以始終保持不變
• D． 粒子每次繞行一圈所需的時(shí)間t_n與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為$\frac{{t}_{n}}{{t}_{n}+1}$=$\sqrt{\frac{n}{n+1}}$

Answer 1

分析 由電場(chǎng)力做導(dǎo)致粒子的動(dòng)能增加，結(jié)合動(dòng)能定理，可求出n圈后的速度，再根據(jù)牛頓第二定律與向心力公式，即可求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B_n與加速次數(shù)n之間的關(guān)系；
根據(jù)第n圈所需時(shí)間，結(jié)合數(shù)學(xué)通項(xiàng)式，即可求解．

解答 解：A、粒子繞行n圈獲得的動(dòng)能等于電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功，設(shè)粒子繞行n圈獲得的速度為v_n，根據(jù)動(dòng)能定理，
則有：$nqU=\frac{1}{2}mv_n^2$
解得：${v_n}=\sqrt{\frac{2nqU}{m}}$
粒子在環(huán)形區(qū)域磁場(chǎng)中，受洛倫茲力作用做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式，
則有：$q{v_n}{B_n}=m\frac{v_n^2}{R}$
解得：${B_n}=\frac{{m{v_n}}}{qR}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{2nmU}{q}}$
所以：$\frac{{B}_{n}}{{B}_{n}+1}$=$\sqrt{\frac{n}{n+1}}$．故A錯(cuò)誤，B正確；
C、如果A、B之間的電壓保持不變，粒子在AB板之間運(yùn)動(dòng)時(shí)做加速運(yùn)動(dòng)是電場(chǎng)對(duì)粒子做功為qU，而粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的過(guò)程中電場(chǎng)再次對(duì)粒子做功，但做負(fù)功，為-qU，所以粒子繞行一周時(shí)，電場(chǎng)力做的總功為0，粒子的動(dòng)能不能增加．故C錯(cuò)誤；
D、粒子繞行第n圈所需時(shí)間${T_n}=\frac{2πR}{v_n}=2πR\sqrt{\frac{m}{2qU}}•\frac{1}{{\sqrt{n}}}$
所以：$\frac{{t}_{n}}{{t}_{n}+1}$=$\sqrt{\frac{n+1}{n}}$．故D錯(cuò)誤．
故選：B

點(diǎn)評(píng) 考查粒子在電場(chǎng)力作用下，電場(chǎng)力做功從而獲得動(dòng)能，掌握動(dòng)能定理、牛頓第二定律與向心力公式的應(yīng)用，掌握粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式，及運(yùn)用數(shù)學(xué)的通項(xiàng)式．