Question

2．如圖所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源相連，已知加速電壓為U，D形金屬盒的半徑為R，兩盒之間狹縫距離為d．若在D形盒中心處粒子源產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的質(zhì)子在加速器中被加速，（忽略粒子質(zhì)量變化，忽略粒子重力）則下列判斷中正確的是（　　）

• A． 質(zhì)子獲得最大速度$\frac{{q}^{2}{R}^{2}{B}^{2}}{m}$
• B． 質(zhì)子每次加速經(jīng)過(guò)D形盒間的狹縫軌道半徑是加速前軌道半徑的2倍
• C． 質(zhì)子在電場(chǎng)中與磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為t=$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$+$\frac{BRd}{U}$
• D． 不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交變電流的頻率f，該回旋加速器也能用于加速氘核

Answer 1

分析 根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合D形金屬盒的半徑為R，即可求解加速的最大動(dòng)能；由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合周期公式，即可求得加速器的回轉(zhuǎn)頻率的關(guān)系式，從而即可求解．

解答 解：A、由qvmB=$\frac{m{v}_{m}^{2}}{R}$ 得R=$\frac{m{v}_{m}}{qB}$
那么v_m=$\frac{BqR}{m}$，粒子獲得的最大動(dòng)能E_km=$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$，故A錯(cuò)誤；
B、由動(dòng)能定理可得△E_k=qU，可知每次加速動(dòng)能增加相同，但速度增加不是相同，根據(jù)R=$\frac{mv}{Bq}$，可知，狹縫軌道半徑不是加速前軌道半徑的2倍，故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)粒子加速的次數(shù)為N，由動(dòng)能定理可得：NqU=E_km=$\frac{{q}^{2}{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$，
則有：N=$\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{2mU}$，故在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t_B=$\frac{N}{2}$T=$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$，
在電場(chǎng)中勻加速運(yùn)動(dòng)：Nd=$\frac{1}{2}$$\frac{qU}{md}$t_E²
解得：t_E=d$\sqrt{\frac{2mN}{qU}}$，
故在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：t=$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$+d$\sqrt{\frac{2mN}{qU}}$=$\frac{πB{R}^{2}}{2U}$+$\frac{BRd}{U}$，故C正確；
D、加速粒子的周期等于交變電流的周期，故不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交變電流的頻率f，該回旋加速度器不能用于加速氘核，故D錯(cuò)誤；
故選：C．

點(diǎn)評(píng) 考查粒子在電場(chǎng)中加速與在磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，掌握動(dòng)能定理與牛頓第二定律及向心力表達(dá)式的綜合應(yīng)用，注意加速度的最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)，而加速的回轉(zhuǎn)頻率與粒子的比荷有關(guān)，是解題的關(guān)鍵．