Question

14．某型號的回旋加速器的工作原理圖如圖甲所示，圖乙為俯視圖．回旋加速器的核心部分為D形盒，D形盒置于真空容器中，整個裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場中，磁場可以認為是勻強磁場，且與D形盒盒面垂直．兩盒間狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．質子從粒子源A處進入加速電場的初速度不計，從靜止開始加速到出口處所需的時間為t，已知磁場的磁感應強度大小為B，質子質量為m、電荷量為+q，加速器接一高頻交流電源，其電壓為U，可以使質子每次經過狹縫都能被加速，不考慮相對論效應和重力作用．則下列說法正確的是（　�。�

• A． 質子第一次經過狹縫被加速后，進入D形盒運動軌道的半徑r=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
• B． D形盒半徑R=$\sqrt{\frac{2Ut}{πB}}$
• C． 質子能夠獲得的最大動能為$\frac{2{q}^{2}BUt}{πm}$
• D． 加速質子時的交流電源頻率與加速α粒子的交流電源頻率之比為1：1

Answer 1

分析 A、根據(jù)動能定理求出粒子第一次加速后進入磁場的速度，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力，列式求出質子在磁場中的軌道半徑．
B、設質子從靜止開始加速到出口處運動了n圈，質子在出口處的速度為v．根據(jù)動能定理、牛頓第二定律和周期和時間關系結合求解．
C、帶電粒子在回旋加速器中，靠電場加速，磁場偏轉，通過帶電粒子在磁場中運動半徑公式得出帶電粒子射出時的速度，看與什么因素有關，進而確定最大動能的表達式；
D、根據(jù)周期公式，結合質子與α粒子的電量與質量不同，即可求解．

解答 解：A、設質子第1次經過狹縫被加速后的速度為v₁
由動能定理得 qU=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$ …①
由牛頓第二定律有 qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$ …②
聯(lián)立①②解得：r₁=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，故A正確；
B、設質子從靜止開始加速到出口處運動了n圈，質子在出口處的速度為v，則
  2nqU=$\frac{1}{2}$mv²…③
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$ …④
質子圓周運動的周期 T=$\frac{2πm}{qB}$…⑤
質子運動的總時間 t=nT…⑥
聯(lián)立③④⑤⑥解得  R=$\sqrt{\frac{2Ut}{πB}}$，故B正確；
C、根據(jù)qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得v=$\frac{BRq}{m}$，帶電粒子射出時的動能E_K=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=$\frac{{B}^{2}{R}^{2}{q}^{2}}{2m}$=$\frac{BU{q}^{2}t}{πm}$．故C錯誤．
D、根據(jù)圓周運動的周期 T=$\frac{2πm}{qB}$，由于質子與α粒子的電量之比為1：2，而質子與α粒子的質量之比為1：4，因此它們周期之比為1：2，那么頻率之比2：1，故D錯誤；
故選：AB．

點評 解決本題的關鍵知道回旋加速器運用電場加速，磁場偏轉來加速帶電粒子，但要注意粒子射出的動能與加速電壓無關，與磁感應強度的大小有關，同時掌握圓周運動的半徑與周期公式應用．