Question

15．回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示．它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近（縫隙的寬度遠小于盒半徑），分別和高頻交流電源相連接，使帶電粒子每通過縫隙時恰好在最大電壓下被加速．兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，粒子通過兩盒的縫隙時反復被加速，直到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．若D形盒半徑為R，所加磁場的磁感應強度為B．設兩D形盒之間所加的交流電壓的最大值為U，被加速的粒子為α粒子，其質量為m、電量為q．α粒子從D形盒中央開始被加速（初動能可以忽略），經若干次加速后，α粒子從D形盒邊緣被引出．求：
（1）α粒子被加速后獲得的最大動能E_k；
（2）α粒子在第n次加速后進入一個D形盒中的回旋半徑與緊接著第n+1次加速后進入另一個D形盒后的回旋半徑之比；
（3）α粒子在回旋加速器中運動的時間；
（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核獲得與α粒子相同的動能，請你通過分析，提出一個簡單可行的辦法．

Answer 1

分析 （1）加速后的最大動能取決于軌道最大半徑，根據洛倫力充當向心力可求得最大速度，則可求得最大動能；
（2）根據加速次數利用電場力做功可求得加速后動能，再根據半徑公式進行分析，從而求出半徑之比；
（3）根據最大動能可求得加速次數，再根據磁場中轉動的周期公式即可求得總時間；
（4）根據最大動能表達式進行分析，明確要想使氘核獲得與α粒子相同的動能應采取的措施．

解答 解：
（1）α粒子在D形盒內做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，具有最大動能．設此時的速度為v，有：$qvB=\frac{{m{v^2}}}{R}$①；
可得$v=\frac{qBR}{m}$．
α粒子的最大動能E_k=$\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{{{q^2}{B^2}{R^2}}}{2m}$
（2）α粒子被加速一次所獲得的能量為qU，α粒子被第n次和n+1次加速后的動能分別為${E_{kn}}=\frac{1}{2}mv_n^2=\frac{{{q^2}{B^2}R_n^2}}{2m}=nqU$②；
${E_{kn+1}}=\frac{1}{2}mv_{n+1}^2=\frac{{{q^2}{B^2}R_{n+1}^2}}{2m}=（n+1）qU$③
由于轉動半徑R=$\frac{mv}{Bq}$
所以半徑與$\sqrt{{E}_{k}}$成正比
可得　　$\frac{R_n}{{{R_{n+1}}}}=\sqrt{\frac{n}{n+1}}$④
（3）設α粒子被電場加速的總次數為a，則：E_k=$aqU=\frac{{{q^2}{B^2}{R^2}}}{2m}$⑤
可得：a=$\frac{{{q^{\;}}{B^2}{R^2}}}{2mU}$⑥
α粒子在加速器中運動的時間是α粒子在D形盒中旋轉a個半圓周的總時間t．${t_{\;}}=a\frac{T}{2}$⑦；　
$T=\frac{2πm}{qB}$⑧
解得：$t=\frac{{πB{R^2}}}{2U}$
（4）加速器加速帶電粒子的能量為E_k=$\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{{{q^2}{B^2}{R^2}}}{2m}$，
由α粒子換成氘核，有$\frac{{{q^2}{B^2}{R^2}}}{2m}=\frac{{{{（\frac{q}{2}）}^2}B_1^2{R^2}}}{{2（\frac{m}{2}）}}$，則${B_1}=\sqrt{2}B$，即磁感應強度需增大為原來的$\sqrt{2}$倍；
高頻交流電源的周期$T=\frac{2πm}{qB}$，由α粒子換為氘核時，交流電源的周期應為原來的$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$倍 
故可以將磁感應強度需增大為原來的$\sqrt{2}$倍，同時應將交流電源的周期應為原來的$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$倍 
答：（1）α粒子被加速后獲得的最大動能E_k為$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$
（2）α粒子在第n次加速后進入一個D形盒中的回旋半徑與緊接著第n+1次加速后進入另一個D形盒后的回旋半徑之比為$\sqrt{\frac{n}{n+1}}$
（3）α粒子在回旋加速器中運動的時間為$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$
（4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核獲得與α粒子相同的動能，可以將磁感應強度需增大為原來的$\sqrt{2}$倍，同時應將交流電源的周期應為原來的$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$倍

點評 本題考查帶電粒子在加速器中的運動規律，實質上是帶電粒子在磁場中的偏轉和電場中加速問題的應用，要注意明確加速的最大動能取決于最大半徑，而不是加速電場，同時明確在磁場中轉動的時間與速度無關，均為定值．