Question

20．同步加速器在粒子物理研究中有重要的應用，加速過程中粒子軌道固定，磁場可跳變．其基本原理簡化為如圖所示的模型．M、N為兩塊中心開有小孔的平行金屬板．質量為m、電荷量為+q的粒子A（不計重力）從M板小孔飄入板間，初速度可視為零，每當A進入板間，兩板的電勢差變?yōu)閁，粒子得到加速，當A離開N板時，兩板的電荷量均立即變?yōu)榱悖畠砂逋獠看嬖诖怪奔埫嫦蚶锏膭驈姶艌觯珹在磁場作用下做半徑為R的圓周運動，R遠大于板間距離，A經電場多次加速，動能不斷增大，為使R保持不變，磁場必須相應地變化．不計粒子加速時間及其做圓周運動產生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應．求
（1）A運動第1周時磁場的磁感應強度B₁的大�。�
（2）在A運動第2周的時間內電場力做功的平均功率$\overline{{P}_{2}}$； 
（3）若有一個質量也為m、電荷量為+4q的粒子B（不計重力）與A同時從M板小孔飄入板間，A、B初速度均可視為零，不計兩者間的相互作用，除此之外，其他條件均不變，運動過程B粒子的軌跡半徑也始終不變．求A、B粒子在磁場作用下做圓周運動的周期之比$\frac{T_A}{T_B}$和半徑之比$\frac{R_A}{R_B}$．

Answer 1

分析 （1）對直線加速過程根據(jù)動能定理列式；對磁場中的圓周運動過程根據(jù)牛頓第二定律列式；最后聯(lián)立求解即可；
（2）A運動第2周的時間內電場力做功為qU；先根據(jù)動能定理求解該過程的速度，然后根據(jù)線速度的定義公式求解時間；最后根據(jù)平均功率的定義求解平均功率；
（3）由T=$\frac{2πm}{qB}$求出周期之比．根據(jù)動能定理判斷粒子速度關系，然后根據(jù)R=$\frac{mv}{qB}$求軌道半徑之比．

解答 解：（1）設A經電場第1次加速后速度為v₁，由動能定理得：
 qU=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-0   ①
A在磁場中做勻速圓周運動，所受的洛倫茲力提供向心力，故：
 qv₁B₁=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$  ②
由①②解得：
B₁=$\frac{1}{R}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$③
（2）設A經過2次加速后的速度為v₂，由動能定理，得到：
 2qU=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$-0             ④
設A做第2次圓周運動的周期為T₂，有：
T₂=$\frac{2πR}{{v}_{2}}$ ⑤
設在A做第2周運動的時間內，電場力做功為W₂，則：
 W₂=qU    ⑥
在該段時間內，電場力做功的平均功率為：$\overline{{P}_{2}}$=$\frac{{W}_{2}}{{T}_{2}}$ ⑦
由④⑤⑥⑦解得：$\overline{{P}_{2}}$=$\frac{qU}{πR}$$\sqrt{\frac{qU}{m}}$ ⑧
（3）A經過n次加速后，設其對應的磁感應強度為B_n，A、B的周期分別為T_A、T_B，綜合②⑤式并分別應用A、B的數(shù)據(jù)得到：
 T_A=$\frac{2πm}{q{B}_{n}}$，T_B=$\frac{2πm}{4q{B}_{n}}$
則兩個粒子做圓周運動的周期之比 $\frac{T_A}{T_B}$=$\frac{4}{1}$
由上可知，T_A是T_B的4倍，所以A每次繞行1周，B就繞行4周．由于電場只在A通過時存在，故B僅在與A同時進入電場時才被加速．
經過n次加速后，A、B的速度分別為v_A和v_B，考慮到④式，有：
 v_A=$\sqrt{\frac{2nqU}{m}}$
 v_B=$\sqrt{\frac{2×4qU}{m}}$=2v_A
由題設條件并考慮到⑤式，對A有：
 T_Av_A=2πR_A；
設B的軌跡半徑為R′，有：
 T_Bv_B=2πR_B；
比較上述兩式得到：半徑之比 $\frac{R_A}{R_B}$=$\frac{2}{1}$
答：
（1）A運動第1周時磁場的磁感應強度B₁的大小為$\frac{1}{R}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
（2）在A運動第2周的時間內電場力做功的平均功率$\overline{{P}_{2}}$是$\frac{qU}{πR}$$\sqrt{\frac{qU}{m}}$；
（3）A、B粒子在磁場作用下做圓周運動的周期之比$\frac{T_A}{T_B}$是$\frac{4}{1}$，半徑之比$\frac{R_A}{R_B}$是$\frac{2}{1}$．

點評 本題關鍵是明確同步加速器的工作原理，然后結合動能定理、牛頓第二定律、電功率定義和幾何關系列式分析．