高考物理速度选择器和回旋加速器题20套(带答案)

高考物理速度选择器和回旋加速器题20套(带答案)

一、速度选择器和回旋加速器

1．图中左边有一对水平放置的平行金属板，两板相距为d ，电压为U 0，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0．图中右边有一半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B 1，方向垂直于纸面朝外．一束离子垂直磁场沿如图路径穿出，并沿直径MN 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的P 点射出，已知图中θ=60o ，不计重力，求

（1）离子到达M 点时速度的大小； （2）离子的电性及比荷q m

． 【答案】（1）00U dB （2）0

0133U dB B R

【解析】

（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，

由平衡条件得：qvB 0=qE 0 已知电场强度：0

0U E d

= 联立解得：0

U v dB =

（2）根据左手定则，离子束带负电

离子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，轨迹如图所示：

由牛顿第二定律得：2

1mv qvB r

= 由几何关系得：3r R =

01

3

3

U

q

m dB B R

=

点睛：在复合场中做匀速直线运动，这是速度选择器的原理，由平衡条件就能得到进入复合场的速度．在圆形磁场区域内根据偏转角求出离子做匀速圆周运动的半径，从而求出离子的比荷，要注意的是离开磁场时是背向磁场区域圆心的．

2．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：

(1)两平行板间的电势差U；

(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；

(3)圆形磁场区域的半径R．

【答案】(1)U=Bv0d；（2）

m

qB

θ

；（3）R=0

tan

2

mv

qB

θ

【解析】

【分析】

（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差．

（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间．

（3）)由几何关系求半径R．

【详解】

(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=

U

d

，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d

(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：

Bv0q=m

2

v

r

同时有T=

2r

v

π

粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=

2

θ

π

T

解得t=

m Bq θ

(3)由几何关系可知：r tan

2

θ

=R

解得圆形磁场区域的半径R=0

tan

2

mv

qB

θ

3．如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为1

U，B为速度选择器，其内部匀强磁场与电场正交，磁感应强度为1B，左右两板间距离为d，C为偏转分离器，内部匀强磁场的磁感应强度为2

B，今有一质量为m，电量为q且初速为0的带电粒子经加速器A 加速后，沿图示路径通过速度选择器B，再进入分离器C中的匀强磁场做匀速圆周运动，不计带电粒子的重力，试分析：

（

1）粒子带何种电荷；

（2）粒子经加速器A加速后所获得的速度v；

（3）速度选择器的电压2

U；

（4）粒子在C区域中做匀速圆周运动的半径R。

【答案】（1）带正电；（2）1

2qU

v

m

=；（3）1

21

2qU

U B

m

=（4）

1

2

2

1mU

r

B q

=

【解析】

【分析】

（1）根据电荷在磁场中的偏转方向即可判断电荷的正负；

（2）根据动能定理求解速度 （3）根据平衡求解磁场强度

（4）根据2

v qvB m r

=求解运动轨道半径；

【详解】

（1）根据电荷在磁场中的运动方向及偏转方向可知该粒子带正电； （2）粒子经加速电场U 1加速，获得速度v ，由动能定理得：

2112

qU mv =

解得：v =

⑵在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得2

1U q qvB d

=

解得：211U B dv B == ⑶在B 2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，2

v qvB m r

=

解得：2mv r B q =

= 故本题答案是：（1）带正电；（2

）v =

；（3

）21U B =（4

）r =

4．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

3S 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）12U 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

2v 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 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

=

5．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，以O 点为圆心，作一个半径为R 的园形区域，A 、B 两点为x 轴与圆形区域边界的交点，C 、D 两点连线与x 轴垂直，并过线段OB 中点；将一质量为m 、电荷量为q(不计重力)的带正电的粒子，从A 点沿x 轴正方向以速度v 0射入圆形区域．

（1）当圆形区域内只存在平行于y 轴方向的电场时，带电粒子恰从C 点射出圆形区域，求此电场的电场强度大小和方向；

（2）当圆形区域内只存在垂直于区域平面的磁场时，带电粒子怡从D 点射出圆形区域，求此磁场的磁感应强度大小和方向；

（3）若圆形区域内同时存在(1)中的电场和(2)中的磁场时，为使带电粒子恰能沿直线从B 点射出圆形区域，其入射速度应变为多少?

【答案】(1)2

43mv E =

方向沿y 轴正方向 (2)0

33mv B qR

= 方向垂直坐标平面向外 (3)043v v =

【解析】 【分析】

（1）只存在电场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动列方程求解电场强度；（2）区域只存在磁场时，做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，再根据洛伦兹力等于向心力求解磁感应强度；（3）若电场和磁场并存，粒子做直线运动，电场力等于洛伦兹力，列式求解速度. 【详解】

（1）由A 到C 做类平抛运动：

03

2

R v t =； 231

2at qE ma =

解得3

439mv E qR

=

方向沿y 轴正方向； （2）

从A 到D 匀速圆周运动，则0

tan30R

r

=

，3r R =

20

0v qv B

m r

= 0mv r qB =

解得0

33mv B qR

=

方向垂直坐标平面向外． （3）从A 到B 匀速直线运动，qE=qvB 解得E v B

= 即043v v =

【点睛】

此题是带电粒子在电场中的偏转，在磁场中的匀速圆周运动以及在正交场中的直线运动问题；粒子在电场中做类平抛运动，从水平和竖直两个方向列式；在磁场中做匀速圆周运动，先找半径和圆心，在求磁感应强度；在正交场中的直线运动时列平衡方程求解.

6．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为E 的匀强电场。金属板右下方以MN 为上边界，PQ 为下边界，MP 为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d ，MN 与下极板等高，MP 与金属板右端在同一竖直线。一个电荷量为q 、质量为m 的正离子以初速度在两板间沿平行于金属板的虚线射入金属板间。不计粒子重力。

(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度B 0；

(2)若撤去板间磁场B 0，离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，离子进入磁场运动后从磁场边界点射出，求该磁场的磁感应强度B 的大小。

【答案】（1）0E v （2）0

2mv qd

【解析】 【详解】

（1）设板间的电场强度为E ，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv 0B 0，

解得：00

E B v =

；

（2）离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则出离电场进入磁场的速度：00303

v v cos =

=?，

设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律，得：qvB=2

v m r

， 由几何关系得：1

2

d =rcos30°， 解得：0

2=mv B qd

； 【点睛】

离子在速度选择器中做匀速直线运动，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚离子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。

7．如图所示的平面直角坐标系，x 轴水平，y 轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B ，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x 轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y 轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B ；第四象限内有匀强电场，电场方向与x 轴正方向成45°角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同．现有一质量为m ，电荷量为q 的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x 轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x 轴上的D 点与x 轴正方向成45°角进入第四象限，M 点为粒子第二次通过x 轴的位置．已知OD 距离为L ，不计粒子重力．求：

（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小． （2）DM 间的距离．（结果用m 、q 、v 0、L 和B 表示） 【答案】（1）22B qL

E = （2）22

0222m v DM B q L =

【解析】 【详解】

（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v 0，由平衡条件

有：qv 0B=qE…①

粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O 1，半径为R ，轨迹如图，

由几何关系知R ＝

245L

L cos ＝?

…② 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv 0B ＝m 2

0 v R

…③

由②③式解得：v 0＝2

BqL

…④ 由①④式解得：E ＝22 B qL

…⑤ （2）、由题意可知，粒子从D 进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D 到M 的运动时间为t ，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG 方向做匀速直线运动的位移为：DG ＝v 0t …⑥

粒子沿DF 方向做匀加速直线运动的位移为：2

2122Eqt DF at m

＝＝

…⑦ 由几何关系可知： DG DF ＝， 2DM DG ＝…⑧

由⑤⑥⑦⑧式可解得22

0222 m v DM q B L

＝

． 【点睛】

此类型的题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运动的分析，进行列式求解; 洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变运动电荷的速度大小．带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：①、圆心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心．②、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、运动时间的确定：利用圆心角与弦切角的关系或者四边形的内角和等于360°计算出粒子所经过的圆心角θ的大小，用公式t=

360T θ

?

可求出运动时间．

8．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

12n nUq

R B m

=

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。

9．回旋加速器D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为U ，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m .求： (1)质子最初进入D 形盒的动能多大； (2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大； (3)交流电源的频率是多少．

【答案】(1)eU (2) 2222e B R m (3) 2eB

m

π

【解析】（1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入D 型盒的动能：

k E eU =；

（2）根据2v qvB m R =得，粒子出D 形盒时的最后的速度为： m eBR

v m

=，

则粒子出D 形盒时的最后的动能为： 222

2122km

m e B R E mv m

==； （3）由洛伦兹力提供向心力，则有： 2v Bev m r =，而2r

T v

π=，所以粒子在磁场中运行

周期为

2m

T

eB

π

=，因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即

为：

2m

T

eB

π

=，因此频率为

2

eB

f

m

π

=。

点睛：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系。

10．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。D1、D2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D1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D2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D2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D1盒进入D2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

动能E k ，设离子从D 盒边缘离开时的速度为v m .依据牛顿第二定律：Bqv m = m 2

m

v R

所以带电粒子能被加速的最大动能：E k =212m mv =222

2q B R m

(2)设正离子经过窄缝被第n 次加速加速后的速度为v n ，由动能定理得：nqU=2

12

n mv 粒子在狭缝中经n 次加速的总时间：1n

v t a

=

由牛顿第二定律：U

q

ma d

=

由以上三式解得电场对粒子加速的时间：1t =正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律Bqv=m 2

v r

又T=2r v π

粒子在磁场中做圆周运动的时间t 2=（n-1）2

T

由以上三式解得:t 2=

1n m

qB

π-（）

所以， 离子从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间 t=t 1+t 2

(1)n m

qB

π- (3)设粒子飞出的末速度为v ，将多次电场加速等效为一次从0到v 的匀加速直线运动.

在电场中t 1=2

nd

v ， 在d 形盒中回旋周期与速度v 无关，在D 形盒中回旋最后半周的时间

为

R

v

π， 在D 形盒中回旋的总时间为t 1=n

R

v

π 故122t d

t R

π=

＜＜1 即当R ＞＞d 时，t 1可忽略不计.

(4)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n -1次后的运动轨道，设其被加速2n -1次后的速度为v n 由动能定理得:（2n-1）qU =

212

n mv 此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r n ,由牛顿第二定律得Bqv n =m 2n

n

v r

得

：n n mv r Bq =

=(5)设在时间t 内离开加速器的带电粒子数N ，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流I=Nq t

， 解得:N=

It q

带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率P =22

2k N E qIB R t m

?=

(6)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2qB

f m

π= 当磁场感应强度为B m 时，加速电场的频率应为2m

Bm qB f m

π= 粒子的动能212

k E mv =

当Bm f ≤m f 时，粒子的最大动能由B m 决定 qv m B m =m 2m

v R

解得E km =2222m q B R

m

当Bm f ≥m f 时，粒子的最大动能由f m 决定,v m =2πf m R

解得E km =222

2m mf R π

(7)离子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1，

r 1=

2mv qB =离子经第2次电场加速后，以速度v 2进入D 1盒，设轨道半径为r 2,

轨道半径：r 2=

2mv qB =

…… 离子第n 次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过（2n -1）次电场加速，以速度v 2-1进入D 2盒，由动能定理：（2n-1）Uq=

2

21102

n mv --

轨道半径：r n =

21n mv qB -=离子经第n+1次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入D 1盒，由动能定理：2nUq=

2

2102

n mv -

轨道半径：r n+1=

2n mv qB = 则:12()n n x r r +?=- 如图所示:

221222(

)(221)n n mv mv Um

x n n Bq Bq B q

-?=-=- (8)设k 为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k ，r k+1（r k ＜r k+1）， △rk= r k+1 -r k ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k+1，D 1、D 2之间的电压为U ， 由动能定理知2qU=

22

11122

k k mv mv +- ⑦ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知r k =

k

mv qB

， 则2qU=222

21()2k k q B r r m +- ⑧

整理得:△r k

214()

k k mU

qB r r ++ ⑨ 相邻轨道半径r k+1，r k+2之差△r k+1=r k+2- r k+2

同理△r k+1=2214()

k k mU

qB r r +++

因U 、q 、m 、B 均为定值，且因为r k+2＞r k ，比较△r k 与△r k+1 得:△r k+1＜△r k 【点睛】

借助回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D 形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动．

11．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初速度可忽略不计，质量为m 、电荷量为+q ，每次在两D 形盒中间被加速时加速电压均为U ，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。求：

(1)粒子第4次加速后的运动半径与第5次加速后的运动半径之比； (2)粒子在回旋加速器中获得的最大动能及加速次数。

【答案】（1）5（2） 2222km q B R E m ＝ 22

2qB R n mU

=

【解析】 【分析】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比。

（2）通过D 形盒的半径求出粒子的最大速度和最大动能，结合动能定理求出加速的次数。 【详解】

（1）设粒子每加速一次动能增加qU ，第n 次被加速后粒子的动能：nqU=

1

2

mv n 2 qv n B=m 2n

n

v r

解得：12n nmU

r B q

=

粒子笫4次加速后的运动半径与笫5次加速后的运动半径之比：45 5

r r ＝ （2）设粒子在回旋加速器中运动的最大半径为R ，粒子的最大速度为v m ，受力分析可知

qv m B=m 2

m

n

v r

粒子的最大动能：2222

122k m m q B R E m

v m ＝＝

粒子在回旋加速器中加速总次数：22

2km E qB R n qU mU

== 【点睛】

解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等。

12．如图回旋加速器D 形盒的半径为r ，匀强磁场的磁感应强度为一个质量了m 、电荷

量为q 的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速．

求该回旋加速器所加交变电场的频率；

求粒子离开回旋加速器时获得的动能；

设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间不计在电场中的加速时间．

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

试题分析: （1）由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相等，故:

粒子在磁场中做匀速圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

周期：

联立解得：，

(2)粒子离开磁场时速度最大，根据牛顿第二定律，有：

最大动能：

联立解得：

（3）加速次数：粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为：

粒子运动的时间为：t=nT

联立解得：

考点：带电粒子在磁场中运动

13．1930年，Earnest O. Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿

圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。题图甲为Earnest O. Lawrence设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图乙为俯视图，在D 型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。

（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（2）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）。

（3）若此回旋加速器原来加速的是α粒子（），现改为加速氘核（），要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法。

【答案】（1）（2）见解析（3）

【解析】

【详解】

（1）设质子经过窄缝被第n次加速后速度为v n，由动能定理 nqU=mv n2

第n次加速后质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R n，由牛顿第二定律 Bqv n=m

由以上两式解得

则R1=；

（2）在电场中加速的总时间为：

在D形盒中回旋的时间为t2=

故?1

即只有当R?d时，质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．

（3）若加速氘核，氘核从D盒边缘离开时的动能为E k′则：E k ′==E km

联立解得 B1= B

即磁感应强度需增大为原来的倍；高频交流电源的周期T=，由α粒子换为氘核

时，交流电源的周期应为原来的倍．

【点睛】

解决本题的关键知道回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D 形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动．

14．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量q

+、重力不计的带电粒子，以初速度1v垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：

（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功

1

W

（2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小

n

E

（3）粒子第n次经过电场所用的时间

n

t

（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．

【答案】（1）

2

1

1

3

2

mv

W=（2）

2

1

(21)

2

n

n mv

E

qd

+

=（3）

1

2

(21)

n

d

t

n v

=

+（4）如图；