Question

16．歐洲大型強(qiáng)子對撞機(jī)是目前世界上規(guī)模最大、能量最高的將質(zhì)子加速對撞的高能物理設(shè)備．其原理可簡化為下圖所示：兩束橫截面積極小、長度為l₀的質(zhì)子束以初速度v₀同時(shí)從左、右兩測入口射入加速電場，經(jīng)過相同的一段距離后，射入垂直于紙面的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束迎面相撞．已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電量為e，加速極板AB、A′B′間電壓均為U₀，且滿足e U₀₌$\frac{3}{2}$mv²．兩磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，半徑均為R，磁場區(qū)域的圓心O、O′分別在兩質(zhì)子束的入射方向上，O、O′連線與質(zhì)子束的入射方向垂直且距離為H=$\frac{7}{2}$R．整個(gè)裝置處于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)．
（1）試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場加速后（未進(jìn)入磁場時(shí)）的速度v和長度l；
（2）試求磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B和質(zhì)子束碰撞過程經(jīng)歷的時(shí)間△t；
（3）若次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場O的圓心往上移了$\frac{R}{2}$，其余條件均不變，則質(zhì)子束能否相撞？若不能，請說明理由：若能，請說明相撞的條件及碰撞過程經(jīng)歷的時(shí)間△t′．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理即可求出粒子的速度，由位移公式即可求出長度l；
（2）由半徑公式即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，由位移公式即可求出時(shí)間；
（3）通過運(yùn)動(dòng)的軌跡與速度的方向分析能否發(fā)生碰撞．

解答 解：（1）質(zhì)子加速的過程中，電場力做功，由動(dòng)能定理得：eU₀=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
將eU₀=$\frac{3}{2}$mv₀²
代入得：v=2v₀，
由于是相同的粒子，又在相同的電場中加速，所有粒子在電場中加速的時(shí)間是相等的，在加速之前，進(jìn)入電場的時(shí)間差：t=$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$，
出電場的時(shí)間差也是△t，所以，出電場后，該質(zhì)子束的長度：L=vt=2v₀t=2l₀；
（2）粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在偏轉(zhuǎn)后粒子若發(fā)生碰撞，則只有在粒子偏轉(zhuǎn)90°時(shí)，才可能發(fā)生碰撞，所以碰撞的位置在OO′的連線上．洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
evB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：B=$\frac{mv}{eR}$=$\frac{2m{v}_{0}}{eR}$，
由于洛倫茲力只改變磁場的方向，不改變粒子的速度，所以粒子經(jīng)過磁場后的速度的大小不變，由于所有粒子的速度大小相等，所以應(yīng)先后到達(dá)同一點(diǎn)，所以碰撞的時(shí)間為：
△t=$\frac{L}{v}$=$\frac{2{l}_{0}}{2{v}_{0}}$=$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$；
（3）某次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場O的圓心往上移了$\frac{R}{2}$，其余條件均不變，則質(zhì)子束經(jīng)過電場加速后的速度不變，而運(yùn)動(dòng)的軌跡不再對稱．
對于上邊的粒子，不是對著圓心入射，而是從F點(diǎn)入射，如圖所示：
E點(diǎn)是原來C點(diǎn)的位置，連接OF、OD，作FK平行而且等于OD，再連接KD，由于OD=OF=FK，則四邊形ODFK是菱形，即KD=KF，所以粒子仍然從D點(diǎn)射出，但方向不是沿OD的方向，K為粒子束的圓心．由于磁場向上移了$\frac{1}{2}$R，故：sin∠COF=$\frac{\frac{1}{2}R}{R}$=$\frac{1}{2}$，
解得：∠COF=$\frac{π}{6}$，∠DOF=∠FKD=$\frac{π}{3}$，
而對于下邊的粒子，沒有任何的改變，故兩束粒子若相遇，則一定在D點(diǎn)相遇．
下方最先到達(dá)D點(diǎn)的粒子需要的時(shí)間：t′=$\frac{\frac{π}{2}R+（H+\frac{1}{2}R-R）}{2{v}_{0}}$=$\frac{（π+4）R}{4{v}_{0}}$，
而上方最先到達(dá)D點(diǎn)的粒子到達(dá)E點(diǎn)后，最后到達(dá)D點(diǎn)的粒子需要的時(shí)間：t=$\frac{l+\overline{EF}+\overline{FD}}{2{v}_{0}}$=$\frac{2{l}_{0}+（R-Rsin\frac{π}{3}）+\frac{π}{3}R}{2{v}_{0}}$=$\frac{2{l}_{0}+\frac{6+2π-3\sqrt{3}}{6}R}{2{v}_{0}}$；
若t′＞t．即當(dāng)l₀＜$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12}$R時(shí)，兩束粒子不會(huì)相遇；
若t′＜t．即當(dāng)l₀≥$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12}$R時(shí)，兩束粒子可能相碰撞的最長時(shí)間：△t=t-t′=$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$-$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12{v}_{0}}$R；
答：（1）質(zhì)子束經(jīng)過加速電場加速后（未進(jìn)入磁場）的速度是2v₀，長度是2l₀；
（2）磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B為$\frac{2m{v}_{0}}{eR}$，質(zhì)子束碰撞過程經(jīng)歷的時(shí)間△t為$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$；
（3）若次實(shí)驗(yàn)時(shí)將磁場O的圓心往上移了$\frac{R}{2}$，其余條件均不變，l₀＜$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12}$R時(shí)，兩束粒子不會(huì)相遇；當(dāng)l₀≥$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12}$R時(shí)，兩束粒子可能相碰撞的最長時(shí)間為：$\frac{{l}_{0}}{{v}_{0}}$-$\frac{π+3\sqrt{3}+6}{12{v}_{0}}$R．

點(diǎn)評 該題屬于分析物理實(shí)驗(yàn)的題目，雖然給出的情況比較新穎，但是，只有抓住帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律與帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，使用動(dòng)能定理與磁場中的半徑公式即可正確解答．中檔題目．