Question

10．如圖所示，MN與PQ分別為上下正對著的半圓的直徑，其間距為d=5cm，MN=PQ=40$\sqrt{2}$cm，勻強電場E=2.5×10³N/C，方向向下，上下兩個半圓形勻強磁場方向均垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小分別為B₁=0.2T，B₂=0.5T；一比荷為q/m=2×10⁶C/kg的帶正電的粒子（不計重力）從MN中點O以速率v₀=2×10⁴m/s垂直于MN進入磁場B₁，求：
（1）粒子從O點進入磁場B₁到第一次離開磁場B₁所用的時間；
（2）粒子第一次進入磁場B₂做圓周運動的半徑；
（3）粒子從O點進入磁場B₁到最終離開磁場區(qū)域所經(jīng)歷的總時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)T=$\frac{2πm}{qB}$求得周期，即可求得時間；
（2）根據(jù)動能定理求得進入磁場B₂速度，利用$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$求得半徑；
（3）打到P點的能量最大的離子加速次數(shù)最大；在電場向上中是勻加速全程根據(jù)動量定理求解時間；

解答 解：（1）粒子在磁場B₁運動的周期${T}_{1}=\frac{2πm}{q{B}_{1}}=5π×1{0}^{-6}s$
所以從進入磁場B₁到第一次離開磁場B₁所用時間：${t}_{1}=\frac{1}{2}{T}_{1}=2.5π×1{0}^{-6}s$
（2）粒子第一次進入磁場B₂速度為v，由電場加速有：$qEd=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$
解得v=3×10⁴m/s
粒子在磁場B₂中運動的半徑：${r}_{2}=\frac{mv}{q{B}_{2}}=3cm$
（3）粒子在磁場B₁運動的半徑：${r}_{1}=\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}=5cm$
粒子在磁場B₂運動的周期：${T}_{2}=\frac{2πm}{q{B}_{2}}=2π×1{0}^{-6}s$
設(shè)粒子每次通過電場區(qū)域時間為t₀，由$d=\frac{1}{2}（{v}_{0}+v）{t}_{0}$
可得：${t}_{0}=2×1{0}^{-6}s$
粒子從O點出發(fā)，每一個周期向右移動2r₁-2r₂=4cm；
經(jīng)過7個周期后再經(jīng)過一段圓弧離開磁場區(qū)域，設(shè)這段圓弧的圓心角為θ由幾何關(guān)系：$cosθ=\frac{2{5}^{2}+{5}^{2}-（20\sqrt{2}）^{2}}{2×25×5}=-\frac{3}{5}$
所以：θ=127⁰；
因此粒子運動的總時間：t總=7（$\frac{{T}_{1}}{2}+{t}_{0}+\frac{{T}_{2}}{2}+{t}_{0}$）$+\frac{127}{360}{T}_{1}$=（$\frac{1764}{72}π+28$）×10^-6s
答：（1）粒子從O點進入磁場B₁到第一次離開磁場B₁所用的時間為5π×10^-6s；
（2）粒子第一次進入磁場B₂做圓周運動的半徑3cm；
（3）粒子從O點進入磁場B₁到最終離開磁場區(qū)域所經(jīng)歷的總時間為（$\frac{1764}{72}π+28$）×10^-6s

點評 本題是回旋加速器的改進，電場方向不需要周期性改變，關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律，然后結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式列式求解