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)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，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動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求：
（1）出射粒子的動能E_m；
（2）粒子從飄入狹縫至動能達到E_m所需的總時間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)合動能的表達式，即可求解；
（2）根據(jù)一次加速獲得的動能，結(jié)合總動能，從而確定加速的次數(shù)，再依據(jù)運動學(xué)公式，求得在電場中加速的時間，最后根據(jù)粒子在磁場中的周期公式，即可求解；
（3）根據(jù)只有在0到（$\frac{T}{2}$-△t）時間內(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）粒子運動半徑為R時，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次到達動能為E_m，則E_m=nqU₀，
粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為△t；
而加速度a=$\frac{q{U}_{0}}{md}$
因勻加速直線運動，依據(jù)運動學(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）時間內(nèi)，飄入的粒子才能每次均被加速，
由運動學(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）出射粒子的動能$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$；
（2）粒子從飄入狹縫至動能達到E_m所需的總時間$\frac{πB{R}^{2}+2BRd}{2{U}_{0}}-\frac{πm}{qB}$；
（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＜$\frac{π}{100B}\sqrt{\frac{m{U}_{0}}{2q}}$．

點評 考查牛頓第二定律與向心力的表達式的內(nèi)容，掌握依據(jù)一次加速獲得的動能，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）時間內(nèi)，飄入的粒子才能每次均被加速，注意粒子在電場一直處于勻加速的原因是粒子在磁場中速度大小不變，最后掌握粒子在磁場中運動的周期公式．