Question

3．感應(yīng)加速器可以簡化為以下模型：在圓形區(qū)域內(nèi)存在一方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時間均勻變化的勻強(qiáng)磁場．在磁感應(yīng)強(qiáng)度變化過程中，將產(chǎn)生渦旋電場E_渦，渦旋電場電場線是在水平面內(nèi)一系列沿逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點(diǎn)的場強(qiáng)大小相等，渦旋電場場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系與勻強(qiáng)電場相同．在此區(qū)域內(nèi)，沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細(xì)玻璃管，環(huán)心0在區(qū)域中心．一質(zhì)量為m、帶電量為q小球位于玻璃管內(nèi)部．設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化規(guī)律為B=kt，t=0時刻小球由靜止開始加速．求：
（1）小球沿玻璃管加速運(yùn)動第一次到開始位置時速度v₁的大小
（2）設(shè)小球沿管壁運(yùn)動第一周所用時間為t₁，第二周所用時間為t₂，t₁：t₂為多大；
（3）小球加速轉(zhuǎn)動第N圈過程中該加速裝置的平均功率P_平．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出感生電動勢的大小，由動能定理求速度v₁的大小．
（2）由于渦旋電場強(qiáng)度大小不發(fā)生變化，小球沿管方向的運(yùn)動是加速度大小不變的加速運(yùn)動，可以根據(jù)勻變速運(yùn)動的速度公式求時間之比．
（3）第N圈過程中該加速裝置的平均功率 P_平=$\frac{qE}{{t}_{N}}$，由動量定理可得  E_渦qt_N=mv_N-mv_N-1；再結(jié)合渦旋電場場強(qiáng)電勢差的關(guān)系 E=kπr²=E_渦•2πr，即可求解．

解答 解（1）感生電動勢大小 E=$\frac{△B}{△t}$S=kπr²
 電場力做功與動能變化的關(guān)系表示為 W=qE=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得 v₁=$\sqrt{\frac{2kπq{r}^{2}}{m}}$
（2）小球沿管運(yùn)動過程中，帶點(diǎn)小球運(yùn)動每一圈過程中電場力做功相同，則有 2qE=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
由于渦旋電場強(qiáng)度大小不發(fā)生變化，故小球沿管方向的運(yùn)動是加速度大小不變的加速運(yùn)動，根據(jù)勻變速運(yùn)動規(guī)律則有
  t₁=$\frac{{v}_{1}}{a}$
  t₂=$\frac{{v}_{2}-{v}_{1}}{a}$
得 t₁：t₂=1：（$\sqrt{2}$-1）
（3）第N圈過程中該加速裝置的平均功率 P_平=$\frac{qE}{{t}_{N}}$
根據(jù)動量定理可得
  E_渦qt_N=mv_N-mv_N-1；
渦旋電場場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系 E=kπr²=E_渦•2πr
而 v_N=$\sqrt{N\frac{2kπq{r}^{2}}{m}}$，v_N-1=$\sqrt{（N-1）\frac{2kπq{r}^{2}}{m}}$
聯(lián)立解得：P_平=$\sqrt{\frac{{k}^{2}π{r}^{4}{q}^{2}}{8m}}$（$\sqrt{N}$-$\sqrt{N-1}$）
答：
（1）小球沿玻璃管加速運(yùn)動第一次到開始位置時速度v₁的大小是$\sqrt{\frac{2kπq{r}^{2}}{m}}$．
（2）設(shè)小球沿管壁運(yùn)動第一周所用時間為t₁，第二周所用時間為t₂，t₁：t₂為1：（$\sqrt{2}$-1）．
（3）小球加速轉(zhuǎn)動第N圈過程中該加速裝置的平均功率P_平是$\sqrt{\frac{{k}^{2}π{r}^{4}{q}^{2}}{8m}}$（$\sqrt{N}$-$\sqrt{N-1}$）．

點(diǎn)評 本題主要考查電磁感應(yīng)、動能定理、功能關(guān)系以及動量定理，本題關(guān)鍵要抓住小球的運(yùn)動與勻變速直線運(yùn)動相似性，明確感應(yīng)電動勢和渦旋場強(qiáng)的關(guān)系．