Question

13．圖為某種離子加速器的設計方案．兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場．其中MN和M′N′是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔O和O′，O′N′=ON=d，P為靶點，O′P=kd（k為大于1的整數(shù)）．極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為U．質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速，經(jīng)O′進入磁場區(qū)域．當離子打到極板上O′N′區(qū)域（含N′點）或外殼上時將會被吸收．兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過．忽略相對論效應和離子所受的重力．求：
（1）離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大��；
（2）能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值；
（3）打到P點的能量最大的離子在磁場匯總運動的時間和在電場中運動的時間．

Answer 1

分析 （1）對直線加速過程，根據(jù)動能定理列式；對在磁場中圓周運動過程，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式；最后聯(lián)立求解即可；
（2）為了使離子打到P點，粒子可以加速1次、2次、3次、…，對加速過程根據(jù)動能定理列式，對在磁場中圓周運動過程根據(jù)牛頓第二定律列式；要考慮臨界條件，一次加速后要達到虛線區(qū)域；
（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；在磁場中是勻速圓周運動，根據(jù)t=$\frac{α}{2π}T$求解時間．

解答 解：（1）在電場中的直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：
qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$   ①
在磁場中，根據(jù)牛頓第二定律，有：
$qvB=m\frac{{v}^{2}}{\frac{kd}{2}}$  ②
聯(lián)立解得磁感應強度大�。�
B=$\frac{{2\sqrt{2Uqm}}}{qkd}$  ③
（2）在電場中的第一次直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：
 qU=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$  ④
在磁場第一次圓周運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律，有：
  $q{v}_{1}B=m\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$  ⑤
其中：${r}_{1}＞\fracxah2jl2{2}$  ⑥
離子經(jīng)過電場加速n次后能打到P點，則：
在電場中的前n次直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：
 nqU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$  ⑦
在磁場中第n次圓周運動過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
 $qvB=m\frac{v^2}{r_n}$  ⑧
其中：${r_n}=\frac{kd}{2}$  ⑨
聯(lián)立解得：B=$\frac{2\sqrt{2nUqm}}{qkd}$（n=1，2，3，4，…，k²-1）⑩
（3）在電場中n次運動都是加速，可以當作一個勻加速直線運動進行考慮；
根據(jù)⑩式，最大速度為：v=$\sqrt{\frac{2nqU}{m}}$
根據(jù)動量定理，有：q$\frac{U}{h}$t=mv
打到P點的能量最大的離子加速次數(shù)最大，為：
n=k²-1
聯(lián)立解得：
t=h$\sqrt{\frac{{2（{k^2}-1）m}}{Uq}}$
在磁場中做圓周運動，為（n-$\frac{1}{2}$）圈，即（k²-$\frac{3}{2}$）圈；
周期：T=$\frac{2πm}{q{B}_{n}}$
根據(jù)⑨式，B_n=$\frac{2\sqrt{2（{k}^{2}-1）Uqm}}{qkd}$
故在磁場中的運動時間為：
t′=（k²-$\frac{3}{2}$）T
聯(lián)立解得：
t′=$\frac{（2{k}^{2}-3）πmkd}{2\sqrt{2Uqm（{k}^{2}-1）}}$
答：
（1）離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大小為$\frac{2\sqrt{2Uqm}}{qkd}$；
（2）能使離子打到P點的磁感應強度磁感應強度的可能值為：$\frac{{2\sqrt{2nUqm}}}{qkd}$（n=1，2，3，4，…，k²-1）；
（3）在磁場中運動的時間為$\frac{{（2{k^2}-3）πmkd}}{{2\sqrt{2Uqm（{k^2}-1）}}}$；在電場中運動的時間為h$\sqrt{\frac{{2（{k^2}-1）m}}{Uq}}$．

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，關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，然后結合牛頓第二定律和運動學公式列式求解．