高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题(1)

高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题(1)

一、速度选择器和回旋加速器

1．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：1U v B d

=

(3)两粒子均由洛伦兹力提供向心力

2

2v qvB m R

=

可得：112m v R qB =

，222

m v

R qB = 两粒子打在底片上的长度为半圆的直径，则：

1222x R R ?=-

联立解得：12122()

U m m x qB B d

-?=

2．如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两板间存在场强为 E 的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为 B 匀强磁场.现有大量带电粒子沿中线 OO ′ 射

入，所有粒子都恰好沿 OO ′ 做直线运动.若仅将与极板垂直的虚线 MN 右侧的磁场去掉，则其中比荷为

q

m

的粒子恰好自下极板的右边缘P 点离开电容器.已知电容器两板间的距离为2

3mE

qB ，带电粒子的重力不计。

（1）求下极板上 N 、P 两点间的距离；

（2）若仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P 点离开，求这种粒子的比荷。 【答案】（1）3mE x =2）'4'7q q m m = 【解析】 【分析】

（1）粒子自 O 点射入到虚线MN 的过程中做匀速直线运动，将MN 右侧磁场去掉，粒子在MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的的规律求解下极板上 N 、P 两点间的距离；（2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速

圆周运动，根据几何关系求解圆周运动的半径，然后根据2

''m v q vB R

= 求解比荷。 【详解】

（1）粒子自 O 点射入到虚线MN 的过程中做匀速直线运动，

qE qvB =

粒子过 MN 时的速度大小 E v B

=

仅将MN 右侧磁场去掉，粒子在MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动，

沿电场方向：2

2

322mE qE t qB m

= 垂直于电场方向：x vt =

由以上各式计算得出下极板上N 、 P 两点间的距离2

3mE

x qB =

（2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过 P 点的粒子的比荷为

'

'

q m ，其做匀速圆周运动的半径为 R ，

由几何关系得：22

2

2

3()2mE R x R qB =+- 解得 2

74mE

R qB =

又 2

''m v q vB R

=

得比荷

'4'7q q m m

=

3．如图，在整个直角坐标系xoy 区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在x>0区域还存在方向垂直于xoy 平面向内的匀强磁场。一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从x 轴上x=－L 的A 点射出，速度方向与x 轴正方向成45°，粒子刚好能垂直经过y 轴，并且在第一象限恰能做直线运动，不计粒子重力

(1)求粒子经过y 轴的位置 (2)求磁感应强度B 的大小

(3)若将磁场的磁感应强度减小为原来的一半，求粒子在x>0区域运动过程中的最大速度和最低点的y 坐标。 【答案】（1）y=12L （2）mE B qL = （3）3m qEL v m

= 72y L =-

【解析】 【分析】

（1）粒子在第二象限做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解粒子经过y 轴的位置；（2）粒子在第一象限恰能做直线运动，则电场力等于洛伦兹力，可求解B ；（3）将x>0区域的曲线运动看做以2v 1的匀速直线运动和以v 1的匀速圆周运动的合成，结合直线运动和圆周运动求解最大速度和最低点坐标。 【详解】

（1）粒子在第二象限做类平抛运动，设初速度为v ，

1222

v v v ==

L=v 1t

2

2

v y t =

联立解得2L y =，则经过y 轴上2

L

y =的位置； （2）qE a m

= v 2=at 可得1qEL

v m

= qv 1B=qE 解得mE

B qL

=

（3）将x>0区域的曲线运动看做以2v 1的匀速直线运动和以v 1的匀速圆周运动的合成，如图；

2112v B

qv m r

?=

解得2

122mv r L qE == 24y r L ?==

最低点y 坐标为1722

y L y L =

-?=-

此时速度最大为v m =2v 1+v 1 解得3

m qEL

v m

=

4．如图所示，一对平行金属极板a 、b 水平正对放置，极板长度为L ，板间距为d ，极板间电压为U ，且板间存在垂直纸面磁感应强度为B 的匀强磁场（图中未画出）。一带电粒子以一定的水平速度从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动，打到距离金属极板右端L 处的荧光屏MN 上的O 点。若撤去磁场，粒子仍能从极板间射出，且打到荧光屏MN 上的P 点。已知P 点与O 点间的距离为h ，不计粒子的重力及空气阻力。

（1）请判断匀强磁场的方向；

（2）求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小v ； （3）求粒子的比荷（

q

m

）。 【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）v =U Bd （3）2223q Uh m B L d

= 【解析】 【分析】

（1）由左手定则可知磁场方向。

（2）粒子在极板间做直线运动，可知洛伦兹力与电场力相等；

（3）若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，结合水平和竖直方向的运动特点解答； 【详解】

（1）由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。 （2）带电粒子受力平衡，有qvB q =U d

粒子进入极板时的速度v =

U Bd

（3）带电粒子在两极板间运动时间t 1=

L v ，加速度qU a md

= 带电粒子穿过电场时的侧移量2

2112

122qUL y at mdv

== 带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t 2=

L

v

带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度v y =1qUL

at

mdv

=

带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移

2

222

y

qUL

y v t

mdv

==

两次侧移量之和为h，即：h=y1+y2=

2

2

3

2

qUL

mdv

解得：

22

2

3

q Uh

m B L d

=

【点睛】

此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是搞清粒子在场中的运动特征和受力情况；粒子在电场中的偏转问题，主要是结合类平抛运动的规律解答.

5．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B0的匀强磁场与盒面垂直。在下极板的圆心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u 随时间的变化关系如图乙所示

2m

T

qB

π

=。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。

(1)粒子开始从静止被加速，估算该离子离开加速器时获得的动能E k；

(2)调节交流电的电压，先后两次的电压比为1:2，则粒子在加速器中的运动时间之比为多少？

(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心并不是金属盒的圆心O，而且在不断的变动。设第一次加速后做圆周运动的圆心O1到O的距离为x1,第二次加速后做圆周运动的圆心O2到O 的距离为x2，这二个距离平均值约为最后从加速器射出时圆周运动的圆心位置x，求x的值，并说明出口处为什么在A的左边；

(4)实际使用中，磁感应强度B会出现波动，若在t=

4

T

时粒子第一次被加速，要实现连续n 次加速，求B可波动的最大范围。

【答案】(1)

2

()

2

qB R

m

；(2)2:1；(3)0

2

1mU

B q

A点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A点的左边；

(4)

0021212123n n B B B n n --≤≤--（）（）

，n =2、3…… 【解析】 【分析】

根据回旋加速器原理，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，根据轨道半径与运动周期可求运动动能及运动时间，若磁场出现波动，求出磁感强度的最大值和最小值，从而确定磁感强度的范围。 【详解】

（1）圆周运动的最大半径约为R

2

0v qvB m R

=

离子离开加速器时获得的动能

2

20()122k qB R E mv m

==

（2）设加速n 次

2

00()2qB R nqU m

=

22002qB R n mU =

2

00

22B R T t n U π==

运动时间之比

02120121

U t t U == （3）设第一、二次圆周运动的半径为r 1和r 2

2011

2

qU mv =

110mv r qB =

=202122

qU mv =

220mv r qB =

== 11x r =

21212(2x r r r =-=

可得

1210

2321

0.79322

mU x x x r B q

+-=

== 第一次圆周运动的圆心在A 点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边。

（4）设磁感应强度偏小时为B 1，圆周运动的周期为T 1

1(1)224

T T T n --=)(

12-1

2(-1)n T T n =

解得

102(1)

21

n B B n -=

- 设磁感应强度偏大时为B 2，圆周运动的周期为T 2

2(1)()224

T T T n --=

223

2(1)n T T n -=

-

解得

202(123

n B B n -=

-)

因此

002(1)2(1)

2123

n n B B B n n --≤≤--，n =2、3……

6．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

=

7．在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器的结构如图所示，D 1、D 2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，A 处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速．设带电粒子质量为m ，电量为q ，匀强磁场磁感应强度为B ，D 形盒的最大半径为R ，两个D 形盒之间的距离为d ，d 远小于R ，D 形盒之间所加交变电压大小为U ．不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：

（1）所加交变电压的周期T；

（2）带电粒子离开D形盒时的动能E km；

（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计．

【答案】（1）（2）（3）见解析

【解析】

【详解】

（1）带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等，得

（2）带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，由圆周运动的规律得

解得：

带电粒子离开D形盒时的动能

（3）设带电粒子在电场中加速的次数为n，有

解得：

又因为带电粒子在磁场中运动的周期

所以带电粒子在磁场中运动的时间

解得：

带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=at

其中所以带电粒子在电场中运动的时间

有

因为d远小于R，有t2远小于t1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略．

【点睛】

此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒

子的半径等于D型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.

8．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题．现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中．

某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D 形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t．已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为+q，加速器接一定频率高频交流电源，其电压为U．不考虑相对论效应和重力作用．求：

（1）质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；

（2）D形盒半径为R；

（3）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，同一盒中相邻轨道半径之差是增大、减小还是不变?

【答案】（1）（2）（3）减小.

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：（1）设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1

①②

联立①②解得：

（2）设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v

③④

⑤⑥

联立③④⑤⑥解得

（3）（方法1）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

D2之间的电压为U，由动能定理知⑦

由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则⑧

整理得⑨

相邻轨道半径r k+1，r k+2之差同理

因U、q、m、B均为定值，且因为r k+2> r k，比较与得

（方法2）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－1、r k、r k+1，（r k－1

由及得

得

假设>有

两边平方得结果正确，说明假设成立．

所以

考点：回旋加速器；带电粒子在匀强电场及匀强磁场中的运动．

9．回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，取粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若输出时质子束的等效电流为I.（忽略质子在电场中的加速时间及质子的最大速度远远小于光速）

(1)写出质子在该回旋加速器中运动的周期及质子的比荷q m

(2)求质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P.

(3)若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与质子相同的最大动能，请分析此时磁感应强度应该如何变化，并写出计算过程。

【答案】（1）2f

B

π；（2）2I BR f π；（32 【解析】 【详解】

（1）由回旋加速器的工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋的频率相同，由周期T 与频率f 的关系可知：T=1/f ；

设质子质量为m ，电荷量为q ，质子离开加速器的速度为v ，由牛顿第二定律可知：

2

v qvB m R

= ；

质子回旋的周期：22R m

T v qB

ππ== 则质子的比荷为：

2q f m B

π= （2）设在t 时间内离开加速器的质子数为N ，Nq

I t

=

则质子束从回旋加速器输出时的平均功率2

12N mv P t

?=

由上述各式得2

P IBR f π=

（3）若使用此回旋加速器加速氘核，E k1=E k2

22112211=22

m v m v 222222

1212221211

22R B q R B q m m m m = 2212

12

B B m m = 212B B =

2倍

10．回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置．图1为回旋加速器原理示意图，置于高真空中的两个半径为R 的D 形金属盒，盒内存在与盒面垂直磁感应强

度为B 的匀强磁场．两盒间的距离很小，带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计．位于D 形盒中心A 处的粒子源能产生质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子通过两盒间被加速，经狭缝进入盒内磁场．两盒间的加速电压按图2所示的余弦规律变化，其最大值为U 0．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．已知t 0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝时都能被最大电压加速．求

(1)两盒间所加交变电压的最大周期T 0；

(2)t 0=0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D 形盒间狭缝后的轨道半径之比； (3)0112T t =

与026

T

t =时刻产生的粒子到达出口处的时间差． 【答案】（1）2m qB π （222 （3）2

336m BR qB ππ-【解析】

（1）设粒子在某次被加速后的速度为v ，则它在匀强磁场中做半径为r 的圆周运动时： 2

qvB m r

v

=，运动周期为2r

T v

π=

，即：2m T qB π=

要保证00t =时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速，粒子做圆周运动的周期必须与加速电压的最大周期相同，所以：02m

T qB

π=

（2）设00t =时刻两盒间的电压为0U ，此时刻产生的粒子第1次经过狭缝后的速度为

1

v

，半径为1r

20112qU mv = 2111v qv B m r = 解得：0

121

mU r B

q

=

粒子在磁场中运动

2

T 后第2次经过狭缝，此时两盒间的电压为0U -，粒子再次加速 联立可以得到，加速后的半径为：0

2221m U r B q

?=

12:22r r = （3）设粒子到达出口时的速度为m v ，则：2m

m v qv B m R

=

即所有从出口飞出的粒子，速度大小都相等，而每个粒子在磁场中运动的每一个周期时间

内，被相同的电压加速两次．设某个粒子被加速时的电压为U ，它总共被加速了n 次，则：212

m nqU mv =

整理可以得到：22

2qB R n mU

=

该粒子在磁场中运动的总时间00

24

T T t n =?

- 0112T t =

与0

6

T 时刻产生的粒子被加速时的电压分别为： 0100

2cos 12T U U T π??=?

???和0

2002cos 6

T U U T π??=? ??? 即103

U U =

，2012U U =

所以，0112T t =

与026

T

t =时刻产生的粒子到达出口处的时间差为： ()000216122T T T t n n ???=-+- ???

，即：2

0336m BR t qB ππ-?=+

． 点睛：此题难度较大，解本题的关键是知道回旋加速器的工作原理；灵活应用洛伦兹力提供向心力求解，还要注意计算过程的计算量．

11．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

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 2m

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=

2122n mv n mU

qB B q

= 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．

12．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】（152） 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：4

5

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 ＝＝