题目内容
如图1所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外．大小可调节的均匀磁场，质量为m，电量+q的粒子在环中作半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变．（l）设t=0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En．
（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn．
（3）求粒子绕行n圈所需的总时间tn（设极板间距远小于R）．
（4）在图2中画出A板电势U与时间t的关系（从t=0起画到粒子第四次离开B板时即可）．
（5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为+U？为什么？
分析：（1）根据动能定理，即可求解；
（2）根据动能定理与牛顿第二定律相结合，即可求解；
（3）根据周期与线速度的公式，即可求出绕行n圈所需的总时间tn．
（4）粒子在电场中被加速，则速度越大时，加速时间越短，但加速电压不变，从而即可求解；
（5）根据粒子在电场中电场力做功，导致动能变化，来确定A板电势不能恒定，否则就得不到持续加速．
（2）根据动能定理与牛顿第二定律相结合，即可求解；
（3）根据周期与线速度的公式，即可求出绕行n圈所需的总时间tn．
（4）粒子在电场中被加速，则速度越大时，加速时间越短，但加速电压不变，从而即可求解；
（5）根据粒子在电场中电场力做功，导致动能变化，来确定A板电势不能恒定，否则就得不到持续加速．
解答：解：（1）粒子在电场中加速运动，
根据动能定理，则有En=nqU
（2）∵nqU=
mvn2
∴vn=
由牛顿第二定律，则有
=qvnBn
解得：Bn=
以vn结果代入，Bn=
=
（3）绕行第n圈需时
=2πR
∴tn=2πR
（1+
+
+…+
）
（4）根据粒子在电场中加速，可知，随着速度越大，则加速时间越短．
因此，如图所示
，（对图的要求：越来越近的等幅脉冲）
（5）不可以，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功+qU，使之加速，
在A、B之外飞行时电场又对其做功-qU使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大．
答：（l）设t=0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，则粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En=nqU．
（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn=
．
（3）则粒子绕行n圈所需的总时间tn=2πR
（1+
+
+…+
）（设极板间距远小于R）．
（4）在图2中画出A板电势U与时间t的关系如上图所示；
（5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势不可始终保持为+U，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功+qv，使之加速，
在A、B之外飞行时电场又对其做功-qv使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大．
根据动能定理，则有En=nqU
（2）∵nqU=
| 1 |
| 2 |
∴vn=
|
由牛顿第二定律，则有
m
| ||
| R |
解得：Bn=
| mvn |
| qR |
以vn结果代入，Bn=
| m |
| qR |
|
| 1 |
| R |
|
（3）绕行第n圈需时
| 2πR |
| vn |
|
| 1 | ||
|
∴tn=2πR
|
| 1 | ||
|
| 1 | ||
|
| 1 | ||
|
（4）根据粒子在电场中加速，可知，随着速度越大，则加速时间越短．
因此，如图所示
，（对图的要求：越来越近的等幅脉冲）（5）不可以，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功+qU，使之加速，
在A、B之外飞行时电场又对其做功-qU使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大．
答：（l）设t=0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，则粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En=nqU．
（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn=
| 1 |
| R |
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（3）则粒子绕行n圈所需的总时间tn=2πR
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| 1 | ||
|
| 1 | ||
|
| 1 | ||
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（4）在图2中画出A板电势U与时间t的关系如上图所示；
（5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势不可始终保持为+U，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功+qv，使之加速，
在A、B之外飞行时电场又对其做功-qv使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大．
点评：考查动能定理、牛顿第二定律的应用，掌握线速度与周期的关系式，理解粒子在电场中加速的原理．
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