Question

14．某型號(hào)的回旋加速器的工作原理圖如圖甲所示，圖乙為俯視圖．回旋加速器的核心部分為D形盒，D形盒置于真空容器中，整個(gè)裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)可以認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且與D形盒盒面垂直．兩盒間狹縫很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì)．質(zhì)子從粒子源A處進(jìn)入加速電場(chǎng)的初速度不計(jì)，從靜止開(kāi)始加速到出口處所需的時(shí)間為t，已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q，加速器接一高頻交流電源，其電壓為U，可以使質(zhì)子每次經(jīng)過(guò)狹縫都能被加速，不考慮相對(duì)論效應(yīng)和重力作用．則下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 質(zhì)子第一次經(jīng)過(guò)狹縫被加速后，進(jìn)入D形盒運(yùn)動(dòng)軌道的半徑r=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
• B． D形盒半徑R=$\sqrt{\frac{2Ut}{πB}}$
• C． 質(zhì)子能夠獲得的最大動(dòng)能為$\frac{2{q}^{2}BUt}{πm}$
• D． 加速質(zhì)子時(shí)的交流電源頻率與加速α粒子的交流電源頻率之比為1：1

Answer 1

分析 A、根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子第一次加速后進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力，列式求出質(zhì)子在磁場(chǎng)中的軌道半徑．
B、設(shè)質(zhì)子從靜止開(kāi)始加速到出口處運(yùn)動(dòng)了n圈，質(zhì)子在出口處的速度為v．根據(jù)動(dòng)能定理、牛頓第二定律和周期和時(shí)間關(guān)系結(jié)合求解．
C、帶電粒子在回旋加速器中，靠電場(chǎng)加速，磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，通過(guò)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑公式得出帶電粒子射出時(shí)的速度，看與什么因素有關(guān)，進(jìn)而確定最大動(dòng)能的表達(dá)式；
D、根據(jù)周期公式，結(jié)合質(zhì)子與α粒子的電量與質(zhì)量不同，即可求解．

解答 解：A、設(shè)質(zhì)子第1次經(jīng)過(guò)狹縫被加速后的速度為v₁
由動(dòng)能定理得 qU=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$ …①
由牛頓第二定律有 qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$ …②
聯(lián)立①②解得：r₁=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，故A正確；
B、設(shè)質(zhì)子從靜止開(kāi)始加速到出口處運(yùn)動(dòng)了n圈，質(zhì)子在出口處的速度為v，則
  2nqU=$\frac{1}{2}$mv²…③
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$ …④
質(zhì)子圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T=$\frac{2πm}{qB}$…⑤
質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 t=nT…⑥
聯(lián)立③④⑤⑥解得  R=$\sqrt{\frac{2Ut}{πB}}$，故B正確；
C、根據(jù)qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得v=$\frac{BRq}{m}$，帶電粒子射出時(shí)的動(dòng)能E_K=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=$\frac{{B}^{2}{R}^{2}{q}^{2}}{2m}$=$\frac{BU{q}^{2}t}{πm}$．故C錯(cuò)誤．
D、根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T=$\frac{2πm}{qB}$，由于質(zhì)子與α粒子的電量之比為1：2，而質(zhì)子與α粒子的質(zhì)量之比為1：4，因此它們周期之比為1：2，那么頻率之比2：1，故D錯(cuò)誤；
故選：AB．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器運(yùn)用電場(chǎng)加速，磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)來(lái)加速帶電粒子，但要注意粒子射出的動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)，與磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小有關(guān)，同時(shí)掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)的半徑與周期公式應(yīng)用．