Question

13．回旋加速器的工作原理如圖1所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+q，加在狹縫間的交變電壓如圖2所示，電壓值的大小為U_b．周期T=$\frac{2πm}{qB}$．一束該粒子在t=0-$\frac{T}{2}$ 時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用．求：
（1）出射粒子的動(dòng)能E_m；
（2）粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到E_m所需的總時(shí)間t_總；
（3）要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律，依據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合動(dòng)能的表達(dá)式，即可求解；
（2）根據(jù)一次加速獲得的動(dòng)能，結(jié)合總動(dòng)能，從而確定加速的次數(shù)，再依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求得在電場(chǎng)中加速的時(shí)間，最后根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中的周期公式，即可求解；
（3）根據(jù)只有在0到（$\frac{T}{2}$-△t）時(shí)間內(nèi)，飄入的粒子才能每次均被加速，結(jié)合有超過99%能射出，從而即可求解．

解答 解：（1）粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)，依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，
則有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
且E_m=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：E_m=$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$；
（2）粒子被加速n次到達(dá)動(dòng)能為E_m，則E_m=nqU₀，
粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時(shí)間為△t；
而加速度a=$\frac{q{U}_{0}}{md}$
因勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，則有：nd=$\frac{1}{2}a△{t}^{2}$
由t₀=（n-1）$\frac{T}{2}$+△t，
解得：t₀=$\frac{πB{R}^{2}+2BRd}{2{U}_{0}}-\frac{πm}{qB}$
（3）只有在0到（$\frac{T}{2}$-t）時(shí)間內(nèi)，飄入的粒子才能每次均被加速，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，則有：d=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
a=$\frac{q{U}_{0}}{md}$；
那么t=d$\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$
因△t＜$\frac{T}{2}$×1%，
解得：d＜$\frac{π}{100B}\sqrt{\frac{m{U}_{0}}{2q}}$
答：（1）出射粒子的動(dòng)能$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$；
（2）粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到E_m所需的總時(shí)間$\frac{πB{R}^{2}+2BRd}{2{U}_{0}}-\frac{πm}{qB}$；
（3）要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件：d＜$\frac{π}{100B}\sqrt{\frac{m{U}_{0}}{2q}}$．

點(diǎn)評(píng) 考查牛頓第二定律與向心力的表達(dá)式的內(nèi)容，掌握依據(jù)一次加速獲得的動(dòng)能，從而求得加速的次數(shù)是解題的突破口，理解只有在0到（$\frac{T}{2}$-△t）時(shí)間內(nèi)，飄入的粒子才能每次均被加速，注意粒子在電場(chǎng)一直處于勻加速的原因是粒子在磁場(chǎng)中速度大小不變，最后掌握粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期公式．