Question

8．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速．所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为B_m和加速电场频率的最大值f_m．则下列说法正确的是（　　）

• A． 粒子第n次和第n+1次半径之比总是$\sqrt{n+1}$：$\sqrt{n}$
• B． 粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t=$\frac{{πB{R^2}}}{2U}$
• C． 若f_m＜$\frac{{q{B_m}}}{2πm}$，则粒子获得的最大动能为E_km=2π²mf_m²R²
• D． 若f_m＞$\frac{{q{B_m}}}{2πm}$，则粒子获得的最大动能为E_km=$\frac{{{{（q{B_m}R）}^2}}}{2m}$

Answer 1

分析 回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，带电粒子在磁场中运动的周期与带电粒子的速度无关．根据洛伦兹力提供向心力得出轨道半径的公式，从而根据速度的关系得出轨道半径的关系．粒子离开回旋加速度时的轨道半径等于D形盒的半径，根据半径公式求出离开时的速度大小，从而得出动能．

解答 解：A、根据动能定理可知，带电粒子第n次加速的速度为：nqU=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$  解得：v₁=$\sqrt{\frac{2nqU}{m}}$
据洛伦兹力提供向心力，所以qvB=$\frac{m{v}_{1}^{2}}{{R}_{1}}$
解得：R₁=$\frac{m}{qB}\sqrt{\frac{2nqU}{m}}$
同理可得第n+1次的半径：R₂=$\frac{m}{qB}\sqrt{\frac{2（n+1）qU}{m}}$
所以第n次和第n+1次半径之比总是：$\sqrt{n}：\sqrt{n+1}$，故A错误；
B、设粒子到出口处被加速了n圈，据动能定理得：2nqU=$\frac{1}{2}$mv²
当速度最大时：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
          T=$\frac{2πm}{qB}$
           t=nT
解上四个方程得t=$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$，故B正确；
CD、加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即：f=$\frac{qB}{2πm}$
当磁感应强度为B_m时，加速电场的频率应该为：f_Bm=$\frac{{B}_{m}q}{2πm}$
粒子的动能：E_k=$\frac{1}{2}$mv²
当f_Bm≤f_m时，粒子的最大动能由B_m决定，则：qBv_m=$\frac{m{v}^{2}}{R}$
解得粒子获得的最大动能为E_km=$\frac{{{{（q{B_m}R）}^2}}}{2m}$
当f_Bm≥f_m时，粒子的最大动能由f_m决定，则：v_m=2πf_mR
解得：粒子获得的最大动能为E_km=2π²mf_m²R² ；故CD正确．
故选：BCD．

点评 解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式；特别是要知道加速时间很短，与回旋时间相比完全可以忽略不计．