Question

2．回旋加速器核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接．以便在盒間的窄縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫都得到加速．兩盒放在磁惑應強度為B的勻強磁場中．磁場方向垂直于盒底面．粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q，質量為m，粒子最大回旋半徑為R_n，其運動軌跡如圖所示．問．
（1）D形盒內有無電場？
（2）粒子在盒內做何種運動？
（3）所加交流電壓頻率應是多大．粒子運動的角速度為多大？
（4）粒子離開加速器時速度為多大？最大動能為多少？
（5）設兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，其間電場均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需時間．

Answer 1

分析 （1）（2）根據(jù)粒子在磁場中的受力判斷其運動和受力；
（3）交流電的頻率與粒子在磁場中的頻率相同，即可求得
（4）由洛倫茲力提供向心力求的半徑最大時的速度和動能；
（5）粒子運動的總時間等于粒子在電場和磁場中時間之和

解答 解：（1）加速器由D形盒盒間縫隙組成，盒間縫隙對粒子加速有有電場，D形盒起到讓粒子旋轉再次通過盒間縫隙進行加速，
    要做勻速圓周運動，沒有電場．  則有電場只存在于兩盒之間，而盒內無電場
    （2）粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力始終與速度垂直，粒子做勻速圓周運動
    （3）所加交流電壓頻率等于粒子在磁場中的頻率，根據(jù)$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$和T=$\frac{2πr}{v}$可得T=$\frac{2πm}{qB}$，故頻率f=$\frac{1}{T}=\frac{qB}{2πm}$，運動的角速度$ω=\frac{2π}{T}=\frac{qB}{m}$
（4）粒子速度增加則半徑增加，當軌道半徑達到最大半徑時速度最大，由R=$\frac{mv}{qB}$得：V_max=$\frac{qB{R}_{n}}{m}$
則其最大動能為：E_kmax=$\frac{1}{2}$mv²_n=$\frac{{q}^{2}{{B}^{2}R}_{n}^{2}}{2m}$
（5）由能量守恒得：$\frac{1}{2}$mv²=nqU    
則離子勻速圓周運動總時間為：t₁=$\frac{nT}{2}$    
離子在勻強電場中的加速度為：a=$\frac{qU}{md}$     
勻加速總時間為：t₂=$\frac{{v}_{m}}{a}$                   
解得：t=t₁+t₂=$\frac{πB{R}_{n}}{2U}+\frac{B{R}_{n}d}{U}$
答：（1）D形盒內無電場
（2）粒子在盒內做勻速圓周運動
（3）所加交流電壓頻率應是$\frac{qB}{2πm}$．粒子運動的角速度為$\frac{qB}{m}$
（4）粒子離開加速器時速度為$\frac{qB{R}_{n}}{m}$，最大動能為$\frac{{q}^{2}{{B}^{2}R}_{n}^{2}}{2m}$
（5）設兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，其間電場均勻，把靜止粒子加速到上述能量所需時間為$\frac{πB{R}_{n}}{2U}+\frac{B{R}_{n}d}{U}$．．

點評 解決本題的關鍵知道回旋加速器利用磁場偏轉和電場加速實現(xiàn)加速粒子，最大速度決定于D形盒的半徑