高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题(2)

高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题(2)

一、速度选择器和回旋加速器

1．如图所示，竖直挡板MN 右侧空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，电场强度E =100N/C ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B =0.2T ，场中A 点与挡板的距离L =0.5m 。某带电量q =+2.0×10-6C 的粒子从A 点以速度v 垂直射向挡板，恰能做匀速直线运动，打在挡板上的P 1点；如果仅撤去电场，保持磁场不变，该粒子仍从A 点以相同速度垂直射向挡板，粒子的运动轨迹与挡板MN 相切于P 2点，不计粒子所受重力。求： (1)带电粒子的速度大小v ； (2)带电粒子的质量m 。

【答案】(1)500m/s v =；(2)10

4.010kg m -=?

【解析】 【分析】 【详解】

(1)正粒子在正交的电场和磁场中做匀速直线运动，则向上的电场力和向下的洛伦兹力平衡，有

qE qvB =

解得带电粒子的速度大小

100m/s 500m/s 0.2

E v B =

== (2)仅撤去电场保持磁场不变，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

2

v qvB m R

=

而粒子偏转90°，由几何关系可知

0.5m R L ==

联立可得带电粒子的质量

6102100.20.5kg 4.010kg 500

qBL m v --???===?

2．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方

向的匀强电场。虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E =10N/C 。一比荷q =1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v =2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d =1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP =d 。不计粒子重力。 (1)

求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值0

E B ； (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ；

(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。

【答案】(1)32.010m/s ?；(2)3210T -?；(3)不会通过，0.2m 【解析】 【详解】

(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有

00qvB qE =

解得

30

2.010m/s E B =? (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径

1.0m R d ==

根据洛伦兹力提供向心力有

2

v qvB m R

=

解得磁感应强度大小

3210T B -=?

(3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小

sin y v v θ=

粒子在电场中沿y 轴方向的加速度大小

cos y qE a m

θ

=

设经过t ?时间，粒子沿y 轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有

y y

v

t a ?=

t ?时间内，粒子沿y 轴方向通过的位移大小

2

y v y t ?=

??

联立解得

0.3m y ?=

由于

cos y d θ?<

故带电粒子离开磁场后不会通过x 轴，带电粒子到x 轴的最小距离

cos 0.2m d d y θ'=-?=

3．质谱仪最初由汤姆孙的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在．现在质谱仪已经是一种十分精密的仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如右图所示是一简化了的质谱仪原理图．边长为L 的正方形区域abcd 内有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E ，方向竖直向下，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．有一束带电粒子从ad 边的中点O 以某一速度沿水平方向向右射入，恰好沿直线运动从bc 边的中点e 射出（不计粒子间的相互作用力及粒子的重力），撤去磁场后带电粒子束以相同的速度重做实验，发现带电粒子从b 点射出，问： （1）带电粒子带何种电性的电荷?

（2）带电粒子的比荷（即电荷量的数值和质量的比值

q

m

）多大? （3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从哪一位置离开磁场，在磁场中运动的时间多少?

【答案】（1）负电（2）2

q E m

B L =

（3）从dc 边距离d 3L 处射出磁场；3BL

E

π

【解析】 【详解】

（1）正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，粒

子向上偏转，可知粒子带负电； （2）根据平衡条件：

qE =qv 0B

得：

0E v B

=

撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有：

x =v 0t =L

2 2

12qE L

y t m =

= 得：

2 q E m B L

= （3）撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动，则：

2

00v qv B m r

= 得：

mv r L qB

=

= 粒子从dc 边射出磁场，设粒子射出磁场距离d 点的距离为x ，根据几何关系：

22

22L x r r +-=（）

r=L

得：

2

x L =

所以1

3

θπ=

23BL t T E

θππ=

= 答：（1）带电粒子带负电； （2）带电粒子的比荷2

q

E

m B L

=

； （3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从dc 边距离d 点

2

x L =

处离开磁场，在磁场中运动的时间3BL t E =π．

4．如图所示，半径为R 的圆与正方形abcd 相内切，在ab 、dc 边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为+q

的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc 边中点O 2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O 1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．

（1）求两极板间电压U 的大小

（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O 1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．

【答案】（1）20mv q （2）002121

v v v -+≤≤ 【解析】

试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．（2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度．

（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有：

212

R at =

，02R v t =，2qU

a Rm =

解得：2

mv U q

=

（2）由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过，则有：02U qv B q R

= 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a 点，如图甲图：

由几何关系有：2r r R =

由洛伦兹力提供向心力有：2

11v qv B m r

=

解得：10

21

2

v v -=

若打到b 点，如图乙所示：

由几何关系有：2r R R '-=

由洛伦兹力提供向心力有：22

2v qv B m r

='

解得：2021

2

v v += 故

01021

21

2

2

v v v v -+≤≤=

5．如图为质谱仪的原理图。电容器两极板的距离为d ，两板间电压为U ，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B 1,方向垂直纸面向里。一束带电量均为q 但质量不同的正粒子从图示方向射入，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B 2的匀强磁场，磁场B 2方向与纸面垂直，结果分别打在a 、b 两点，若打在a 、b 两点的粒子质量分别为1m 和2m .求：

(1)磁场B 2的方向垂直纸面向里还是向外? (2)带电粒子的速度是多少?

(3)打在a 、b 两点的距离差△x 为多大? 【答案】(1)垂直纸面向外 (2)1U

v B d = (3)12122()U m m x qB B d

-?=

【解析】 【详解】

(1)带正电的粒子进入偏转磁场后，受洛伦兹力而做匀速圆周运动， 因洛伦兹力向左，由左手定则知，则磁场垂直纸面向外.

(2)带正电的粒子直线穿过速度选择器，受力分析可知：

1U

qvB q

d

=

解得：

1

U

v

B d

=

(3)两粒子均由洛伦兹力提供向心力

2

2

v

qvB m

R

=

可得：1

1

2

m v

R

qB

=，2

2

2

m v

R

qB

=

两粒子打在底片上的长度为半圆的直径，则：

12

22

x R R

?=-

联立解得：12

12

2()

U m m

x

qB B d

-

?=

6．如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图．K为电子枪，由枪中沿KA方向射出的电子，速度大小不一．当电子通过方向互相垂直的均匀电场和磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S．设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V，间距为5 cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0．06 T，问：

（1）磁场的方向应该垂直纸面向里还是垂直纸面向外？

（2）速度为多大的电子才能通过小孔S?

【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）1×105m/s

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下．带负电的电子受到的静电力F E＝eE，方向向上．若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S，所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的，根据左手定则分析得出，B的方向垂直于纸面向里．

（2）能够通过小孔的电子，其速率满足evB＝eE

解得：v＝E B

又因为E＝U d

所以v＝U

Bd

＝1×105m/s

即只有速率为1×105m/s的电子才可以通过小孔S

7．某粒子实验装置原理图如图所示，狭缝1S、2S、3S在一条直线上，1S、2S之间存在电压为U的电场，平行金属板1P、2P相距为d，内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为1B。比荷为k的带电粒子由静止开始经1S、2S之间电场加速后，恰能沿直线通过1P、2P板间区域，从狭缝3S垂直某匀强磁场边界进入磁场，经磁场偏转后从距离3

S为L的A点射出边界。求：

（1）1P、2P两板间的电压；

（2）偏转磁场的磁感应强度。

【答案】（1）

12

U B kU

='2）

222U

B

L k

=

【解析】

【分析】

（1）粒子先在电场中加速，然后匀速通过1P、2P，则根据平衡可求出1P、2P两板间的电压

（2）根据粒子的运动轨迹找到运动半径，借助于

2

2

v

qvB m

r

=可求出偏转磁场的磁感应强

度

【详解】

（1）设带电粒子质量为m，所带电荷量为q，已知q

k m

=

粒子在电场中S 1与S 2之间加速，根据动能定理可得：2

102

qU mv

=

-； 带电粒子在P 1和P 2间运动，根据电场力与洛伦兹力平衡可得：1U q qvB d

='

解得：12U B d kU ='；

（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力：2

2v qvB m r

=；

已知2L r =，解得：222U

B L k

=

8．如图所示，水平放置的两块带金属极板 a 、b 平行正对.极板长度为 l ,板间距为 d ,板间存在着方向坚直向下、场强大小为 E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只顾在于两板间.一质量为 m 、电荷量为 q 的粒子，以水平速度 v 0 从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向入极板间，恰好做做匀速直线运动.不计重力及空气阻力. （1）求匀强磁场感应强度 B 的大小；

（2）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小.

【答案】（1）0E B v = （2）2202qEl mv （3）2

012

k E mv qEd =+ 【解析】 【分析】

（1）粒子恰好做匀速直线运动，可知电场力与洛仑兹力平衡，可求磁感应强度B ； （2）粒子做类平抛运动，由运动分解方法，求解粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）用动能定理求解粒子到达下极板时动能． 【详解】

（1）带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛仑兹力平衡，qE=qv 0B ，

解得磁感应强度大小B=0

E

v ； （2）撤掉磁场后，粒子做类平抛运动，通过电场区偏转的距离

222200

11()222qE l qEl y at m v mv ==??= （3）设粒子运动到下极板时的动能大小为E K ，根据动能定理得：

q×2E×

12d=E k -1

2m v 02 解得E K =1

2

mv 02+qEd

【点睛】

对粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做匀速直线运动”的隐含条件，对于撤掉磁场后的粒子的类平抛运动，要能够熟练分析解决，为常考内容．

9．我们熟知经典回旋加速器如图（甲）所示，带电粒子从M 处经狭缝中的高频交流电压加速，进入与盒面垂直的匀强磁场的两个D 形盒中做圆周运动，循环往复不断被加速，最终离开加速器。另一种同步加速器，基本原理可以简化为如图（乙）所示模型，带电粒子从M 板进入高压缝隙被加速，离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零，离开N 板后，在匀强磁场的导引控制下回旋反复通过加速电场区不断加速，但带电粒子的旋转半径始终保持不变。已知带电粒子A 的电荷量为+q ，质量为m ，带电粒子第一次进入磁场区时，两种加速器的磁场均为B 0，加速时狭缝间电压大小都恒为U ，设带电粒子最初进入狭缝时的初速度为零，不计粒子受到的重力，不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。

（1）求带电粒子A 每次经过两种加速器加速场时，动能的增量；

（2）经典回旋加速器与同步加速器在装置上的类似性，源于它们在原理上的类似性。 ａ．经典回旋加速器，带电粒子在不断被加速后，其在磁场中的旋转半径也会不断增加，求加速n 次后r n 的大小；

ｂ．同步加速器因其旋转半径R 始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，请推导B n 的表达式；

（3）请你猜想一下，若带电粒子A 与另一种带电粒子B （质量也为m ，电荷量为+kq ，k 为大于1的整数）一起进入两种加速器，请分别说明两种粒子能否同时被加速，如果不能请说明原因，如果能，请推导说明理由。

【答案】（1）k E qU =△；（2）a.0

12n nUq

R B m

=0n B nB =;（3）见解析 【解析】 【分析】

【详解】

（1）粒子仅在狭缝间由电场加速，绕行过程中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力不会对粒子做功，根据动能定理： 每次动能的增量为：

K E qU =V

（2）a ．在D 形盒中洛伦兹力作向心力，磁感应强度不需要改变，当第n 次穿过MN 两板间开始作第n 圈绕行时

20n

n n

v qv B m R =

第n 圈的半径

n R =

ｂ．同步加速器因其旋转半径始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，洛伦兹力作向心力

212nqU mv = ， 2000v qv B m R = ， 2

n

n n v qv B m R

=

所以第n 圈绕行的磁感应强度为：

0n B =

（3）经典回旋加速器不能做到回旋加速，同步加速器仍然能做到回旋加速。经典回旋加速器，交变电压的周期与带电粒子回旋周期相同，加速A 粒子的交变电压的周期为

02m

T B q

π=

而若要加速回旋加速粒子B ，交变电压周期应为

02m

T kB q

π=

＇ 因此当B 粒子到达加速电场缝隙时，电压方向并没有反向，因此无法同时加速。同步加速器A 粒子的磁场变化周期

2n n

m

T qB π=

B 粒子的旋转周期

2n

n T m T kqB k

π=

=＇ n T 是T ' 的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周。由于电场只在A 通过时存在，故

B 仅在与A 同时进入电场时才被加速。

10．如图甲，两个半径足够大的D 形金属盒D 1、D 2正对放置，O 1、O 2分别为两盒的圆心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。加在两盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为U o ，周期为T o ，两盒之间的电场可视为匀强电场。在t =0时刻，将一个质

量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子由O 2处静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，

在0

2

T t =

时刻通过O 1.粒子穿过两D 形盒边界M 、N 时运动不受影响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。 (1)求两D 形盒边界M 、N 之间的距离；

(2)若D 1盒内磁场的磁感应强度10

m

B qT π=，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后能到达 O 1，

求D 2盒内磁场的磁感应强度；

(3)若D 2、D 2盒内磁场的磁感应强度相同，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后在t = 2T o 时刻到达O l ，求磁场的磁感应强度。

【答案】2

008qU T m

(2) 02m qT π (3) 02(46)5m qT π 【解析】 【详解】

(1)设两盒之间的距离为d ，盒间电场强度为E ，粒子在电场中的加速度为a ，则有

U 0=Ed qE=ma

2

01()22

T d a =

联立解得

2

008qU T d m

=

(2)设粒子到达O 1的速度为v 1，在D 1盒内运动的半径为R 1，周期为T 1，时间为t 1，则有

12

T v a =?

2

1111

mv qv B R =

1

11

2R T v π=

1112

t T =

可得

t 1=T 0

故粒子在032

T 时刻回到电场；

设粒子经电场再次加速后以速度v 2进入D 2盒，由动能定理

220211122

qU mv mv =

- 设粒子在D 2盒内的运动半径为R 2，则

2

2

222

mv qv B R =

粒子在D 1D 2盒内各运动一次后能到达O 2应有

R 2=R 1

联立各式可得

20

2m

B qT π=

(3)依题意可知粒子在D 1D 2盒内运动的半径相等；又

2

mv qvB R

= 故粒子进入D 2盒内的速度也为v 1；可判断出粒子第二次从O 2运动到O 1的时间也为0

2

T 粒子的运动轨迹如图；

粒子从P 到Q 先加速后减速，且加速过程的时间和位移均相等，设加速过程的时间为t 2，则有

21221122

d v t at =+ 则粒子每次在磁场中运动的时间

322

T t t =

- 又

2m

T

qB

π=

32

T t =

联立各式解得

2(46)5m

B qT π+=

11．某回旋加速器的两个半圆金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，两金属盒间存在交变电场，用其加速质子。已知金属盒的半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，金属盒间缝隙的加速电压为U ，质子的质量为m ，电荷量为q 。求 （1）交变电场的频率f ；

（2）质子加速完毕出射时的动能E k ； （3）质子在回旋加速器中运动的圈数n 。

【答案】(1)

2Bq

m

π (2)2222B q R m

(3)224B qR mU

【解析】 【详解】

质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

2

v Bqv m r

=

2r

T v π=

1f T

=

联立可得

2Bq

f m

π=

(2) 洛伦兹力提供向心力，当半径最大时，对应的速度最大，动能最大，最大半径为R

2

v Bqv m R

=

2k 12

E mv =

联立可得

222

k 2B q R E m

=

质子在磁场中每转一圈加速两次，获得能量为2Uq ，设质子在回旋加速器中运动的圈数n ，则有

k 2E nUq =

将222

k 2B q R E m

=代入可得

22

4B qR n mU

=

12．1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的两个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 的匀强磁场方向与盒面垂直．两D 形盒之间所加的交流电压为U ，粒子质量m 、电荷量为q 的粒子从D 形盒一侧圆心处开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D 形盒边缘射出．求：

（1）交流电压的频率；

（2）粒子从D 形盒边缘射出时的动能； （3）粒子被加速的次数． 【答案】（1）交流电压的频率为

2Bq

m

π；（2）粒子从D 形盒边缘射出时的动能是2222q B R m ；（3）粒子被加速的次数为22

2qB R mU ． 【解析】 【分析】 【详解】

（1）加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T =

2m

Bq

π，

那么交流电压的频率：f =

2Bq

m

π； （2）根据qvB =m 2

v R ，解得v =qBR m ，带电粒子射出时的动能：E K =12mv 2=2222q B R m

；

（3）经加速电场加速：qnU =222

2q B R m ，

解得：n =22

2qB R mU

13．1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．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 处粒子源产生的粒子，质量为m 、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U ．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．

（1）求粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比； （2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；

（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E ㎞． 【答案】（1）2:1（2）

2

2BR U

π（3）当Bm

m f f ≤时，E Km =2222m q B R

m

；当Bm m f f ≥时，

E Km =222

2m mf R π

【解析】 【分析】

（1）狭缝中加速时根据动能定理，可求出加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力，推出半径表达式；

（2）假设粒子运动n 圈后到达出口，则加速了2n 次，整体运用动能定理，再与洛伦兹力提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解；

（3）B m 对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率，f m 对应加速电场可提供的最大频率，选两者较小者，作为其共同频率，然后求此频率下的最大动能． 【详解】

（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1，速度为v 1 qU=mv 12

qv1B=m

解得

同理，粒子第2次经过狭缝后的半径

则．

（2）设粒子到出口处被加速了n圈

解得．

（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即

当磁场感应强度为B m时，加速电场的频率应为

粒子的动能

当f Bm≤f m时，粒子的最大动能由B m决定

解得

当f Bm≥f m时，粒子的最大动能由f m决定v m=2πf m R解得

【点睛】

此题是带电粒子在复合场中运动与动能定理的灵活应用，本题每一问都比较新颖，需要学生反复琢磨解答过程．

14．如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2，磁感应强度为R，金属盒的半径为R，两盒之间有一狭缝，其间距为d，且?，两盒间电压为U.A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被R d

加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量.已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q.

(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响. ①求粒子可获得的最大速度v m ；

②若粒子第1次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 1，粒子第1次进入D 2盒在其中的轨道半径为r 2，求r 1与r 2之比.

(2)根据回旋加速器的工作原理，请通过计算对以下两个问题进行分析：

①在上述不考虑相对论效应和重力影响的情况下，计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，为何常常忽略粒子通过两盒间狭缝的时间，而只考虑粒子在磁场中做圆周运动的时间；

②实验发现：通过该回旋加速器，加速的带电粒子能量达到25~30MeV 后，就很难再加速了。这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。

【答案】(1)①m qBR v m = ②122r r =(2)①22BR t U

π= ②2m T qB π=

【解析】 【详解】

（1）①由牛顿第二定律有：2

m v qvB m R

=

可知最大速度m qBR

v m

=

②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，由2

v qvB m r

=和2102NqU mv =-

可得12NmU

r B q

=

所以

122

r r =（2）①带电粒子在两盒间电场中加速过程中的加速度qU

a md

= 在电场中加速的总时间为1m v BdR t a U

=

= 带电粒子运动一圈加速2次，设粒子在磁场中的运动圈数为n

依据动能定理有：222

m

mv nqU =

带电粒子运动一圈的时间2m

T qB

π=

则带电粒子在磁场中运动的总时间为2

22BR t U

π=

由于R d ?，可知12t t =，所以1t 可忽略。

②由2

v qvB m r

=和2r T v π=、

可得：2m T qB

π=

从该周期公式发现，速度增加，粒子的质量会增加，其运动周期会变化，但加速电场周期不变，从而使得加速电场的变化周求与粒子的运动周期不匹配，导致无法加速。

15．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。D 1、D 2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D 形盒正中间开有一条狭缝，两个D 形盒接在高频交流 电源上。在D 1盒中心A 处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D 2盒中。两个D 形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电 压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D 形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，加速时狭缝间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 形盒的半径为R 狭缝之间的距离为d 。设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：

(1)带电粒子能被加速的最大动能E k ；

(2)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间；

(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当R ＞＞d 时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D 形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）

(4)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆的半径；

(5)若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I ，求从回旋加速器输出的带电粒 子的平均功率P 。

(6)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E km 。 (7)a 粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n+1次由队盒进入队盒位置之间的距离△x ；

(8)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 是增大、减小还是不变？

【答案】(1)

222

2q B R m ；(2)(1)n m t qB π-=；(3) 当R ＞＞d 时，t 1可忽略不

计；(4)n r =

(5)222qIB R P m =；(6)2222k m E f R m π=；(7)

x ?=

；

(8) r △r k+1＜△r k 【解析】 【分析】

(1)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子；经回旋加速器的最大速度由洛伦兹力提供向心力可求得由D 形盒的半径决定.

(2)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n 次加速后的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速的时间，再求出粒子偏转的次数，从而得出在磁场中偏转的时间，两个时间之和即为离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间．

(3)在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动，故根据平均速度公式可得在电场中运动时间;而每加速一次，做半个圆周运动，则磁场中的运动时间等于圈数乘以磁场中运动的周期.

(4)粒子被加速一次所获得的能量为qU ，求出第n 次加速后的动能, 进而可求出第n 个半圆的半径.

(5)根据电流的定义式和功率表示式求解.

(6)根据洛仑兹提供向心力，求出最大动能与磁感应强度的关系以及与加速电压频率的关系，然后分情况讨论出最大动能的关系.

(7)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n 次加速后的速度，求出轨道半径，抓住规律，求出△x ．

(8)求出r k 所对应的加速次数和r k+1所对应的加速次数即可求出它们所对应的轨道半径，然后作差即可求出r k 和r k+1，从而求出△r k ，运用同样的方法求出△r k+1，比较△r k 和△r k+1即可得出答案. 【详解】

(1)带电粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大