Question

14．1932年美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中的運動特點，解決了粒子的加速問題．現(xiàn)在回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學(xué)研究和醫(yī)學(xué)設(shè)備中．某型號的回旋加速器的工作原理如圖甲所示，圖乙為俯視圖．回旋加速器的核心部分為兩個D形盒，分別為D₁、D₂．D形盒裝在真空容器里，整個裝置放在巨大的電磁鐵兩極之間的強大磁場中，磁場可以認(rèn)為是勻強磁場，且與D形盒底面垂直．兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．D形盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強度為B．設(shè)質(zhì)子從粒子源A處進(jìn)入加速電場的初速度不計．質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q．加速器接入一定頻率的高頻交變電源，加速電壓為U．加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用．求：

（1）質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后進(jìn)入D₂盒時的速度大小v₁和進(jìn)入D₂盒后運動的軌道半徑r₁；
（2）質(zhì)子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；
（3）若兩D形盒狹縫之間距離為d，d＜＜R，計算說明質(zhì)子在電場中運動的時間與在磁場中運動時間相比可以忽略不計的原因．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后進(jìn)入D₂盒時的速度大小，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求出質(zhì)子進(jìn)入D₂盒后運動的軌道半徑r₁；
（2）根據(jù)D型盒的半徑求出質(zhì)子的最大速度，抓住質(zhì)子每經(jīng)過一圈加速兩次，結(jié)合動能定理得出加速的次數(shù)，根據(jù)質(zhì)子在磁場中的運動周期求出質(zhì)子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；
（3）根據(jù)加速的圈數(shù)求出粒子在磁場中的運動時間，結(jié)合勻變速直線運動的推論得出在電場中加速的時間，通過時間的比值分析判斷．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理可得：$Uq=\frac{1}{2}m{v_1}^2$，
解得${v_1}=\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$，
由質(zhì)子運動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，所以qv₁B=m$\frac{{{v_1}^2}}{r_1}$，
解得：${r_1}=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$．
（2）設(shè)質(zhì)子從靜止開始加速到離開被加速了n圈，質(zhì)子在出口處的速度為v，
根據(jù)動能定理可得：$2nqU=\frac{1}{2}m{v^2}$，
由質(zhì)子在出口處做圓周運動的半徑恰為D形盒半徑R，即$qvB=\frac{{m{v^2}}}{R}$，
則$R=\frac{mv}{qB}$，
由$T=\frac{2πr}{v}$，解得$T=\frac{2πm}{qB}$．
因為t=nT，解得$t=\frac{{πB{R^2}}}{2U}$．
（3）設(shè)質(zhì)子在出口處速度為v，完成圓周運動n圈，被加速了2n次，則在磁場中運動時間（每圈周期相同）為t，則$t=n.\frac{2πR}{v}$，
在電場中加速，有：$\frac{0+v}{2}{t}_{1}=2nd$，則加速的時間${t}_{1}=\frac{4nd}{v}$，
時間之比$\frac{t}{t_1}=\frac{πR}{2d}$．
因為R＞＞d，則t＞＞t₁
可知質(zhì)子在電場中的運動時間可以忽略不計．
答：（1）質(zhì)子第一次經(jīng)過狹縫被加速后進(jìn)入D₂盒時的速度大小為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$，進(jìn)入D₂盒后運動的軌道半徑為$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
（2）質(zhì)子從靜止開始加速到出口處所需的時間t為$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$；
（3）證明如上所示．

點評 解決本題的關(guān)鍵掌握回旋加速器的原理，運用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)，知道粒子在磁場中運動的周期與加速電場的變化周期相等．