最新高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题

最新高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题

一、速度选择器和回旋加速器

1．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A 为粒子加速器，加速电压为U 1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U 2，距离为d ；C 为偏转分离器，磁感应强度为B 2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D 上。求： (1)磁场B 1的大小和方向

(2)现有大量的上述粒子进入加速器A ，但加速电压不稳定，在11U U -?到11U U +?范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ，则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。

【答案】（1）2112U m

B d

U e

=

2）()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=，()11min 1

U U U U U -?=()

11max 1

U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】

（1）在加速电场中

2112

U e mv =

12U e

v m

=

在速度选择器B 中

2

1U eB v e d

=

得

1B =

根据左手定则可知方向垂直纸面向里；

（2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为

1v =

1

12

mv R eB =

最大值为

2v =

2

22

mv R eB =

打在D 上的宽度为

2122D R R =-

22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v 的粒子有

1U

eB v e d

=

得

U=B 1vd

代入B 1

得

2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值

min U U =最大值

max U U =

2．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=60，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 =

0013U q m = 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．

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 ，

122

2

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．（1）获得阴极射线，一般采用的办法是加热灯丝，使其达到一定温度后溅射出电子，然后通过一定的电压加速．已知电子质量为m ，带电量为e ，加速电压为U ，若溅射出的电子初速度为0，试求加速之后的阴极射线流的速度大小v ．

（2）实际问题中灯丝溅射出的电子初速度不为0，且速度大小满足某种分布，所以经过同一电压加速后的电子速度大小就不完全相同．但可以利用电场和磁场对电子的共同作用来筛选出科学研究所需要的特定速度的电子．设计如图所示的装置，上下极板接电源的正负极，虚线为中轴线，在装置右侧设置一个挡板，并在与中轴线相交处开设一个小孔，允许电子通过．调节极板区域内电场和磁场的强弱和方向，使特定速度的电子沿轴线穿过．请在图中画出满足条件的匀强磁场和匀强电场的方向．

（3）为了确定从上述速度选择装置射出的阴极射线的速度，可采用如图所示的电偏转装置（截面图）．右侧放置一块绝缘荧光板，电子打在荧光板上发光，从而知道阴极射线所打的位置．现使荧光板紧靠平行极板右侧，并将其处于两板间的长度六等分，端点和等分点分别用a、b、c、……表示．

偏转电极连接一个闭合电路，将滑线变阻器也六等分，端点和等分点分别用A、B、C、……表示．已知电子所带电量e = 1.6×10-19C，取电子质量m = 9.0×10-31kg，板间距和板长均为L，电源电动势E = 120V．实验中发现，当滑线变阻器的滑片滑到A点时，阴极射线恰好沿中轴线垂直打到d点；当滑片滑到D点时，观察到荧光屏上f点发光．忽略电源内阻、所有导线电阻、电子重力以及电子间的相互作用．请通过以上信息计算从速度选择装置射出的阴极射线的速度大小v0．

【答案】（1）2eU m

（2）如图所示：

（3）6

410m/s

【解析】

（1）根据动能定理可以得到：2

12Ue

mv =

，则：2eU

v m

=； （2）当电子受到洛伦兹力和电场力相等时，即qvB Eq =，即E

v B

=，满足这个条件的电子才能通过，如图所示：

（3）设当滑片滑到D 点时两极板间电压为U ，E

U 602

V == 由电子在电场中的偏转运动得：

20

11()32eU L L mL v = 则：603E

410/4e v m s m

=

=?． 点睛：本题主要考查带电粒子在电场中的加速、速度选择器以及带电粒子在电场中的偏转问题，但是本题以信息题的形式出现，令人耳目一新的感觉，但是难度不大，是一道好题，对学生分析问题能起到良好的作用．

5．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D 1和D 2，磁感应强度为B ，金属盒的半径为R ，两盒之间有一狭缝，其间距为d ，且R ?d ，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，粒子在两盒之间被加速后进入D 1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动能E k 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2次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 2，求r 1与r 2之比；

③求粒子在电场中加速的总时间t 1与粒子在D 形盒中回旋的总时间t 2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t 1与t 2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；

(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）①222

2q B R m

3；③2d R π， t 1可以忽略；（2）见解析

【解析】 【分析】 【详解】

（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得

2

m v qv B m R =

212

km m E mv =

解得

222

2km

B R E q m

=

②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有

2

v qvB m r

=

在电场中有

212

NqU mv =

第一次进入D 1盒中N=1，第二次进入D 1盒中N=3，可得

123

r r = ③带电粒子在电场中的加速度为

qE qU

a m md =

= 所以带电粒子在电场中的加速总时间为

1m v BdR t a U

=

= 设粒子在磁场中回旋的圈数为n ，由动能定理得

2

122

m nqU mv =

带电粒子回旋一圈的时间为

2πm

T qB

=

所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为

2

2π2BR t nT U

== 122πt d t R

= 已知R d ＞＞可知12t t <<，所以1t 可以忽略。 （2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为

2πm

T qB

=

对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。

6．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 =

（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 nB =

（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

2

n

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。

7．在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930年，

·EamestO 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。图17甲为·EamestO 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17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）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）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R 的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。

【答案】（1）12

2mU r qB =2）2(1)nm n m

t qU qB

π-=（3）增大加速器中的磁感应强度B 【解析】 【详解】

（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v 1，由动能定理得：

2

112

qU mv =

正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r 1，由牛顿第二定律得：

2

111

v qv B m r =

由以上两式解得：

1r =

（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：

212

n nqU mv =

把电场中的多次加速凑成连续的加速过程，可得粒子在狭缝中经n 次加速的总时间为：

1n

v t a

=

由牛顿第二定律有：

U

q

ma d

= 由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：

1t = 正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：

2

v qvB m r

=

又因有：

2r

T v

π=

每加速一次后都要做半个周期的圆周，则粒子在磁场中做圆周运动的时间为：

2(1)

2

T t n =- 由以上三式解得：

2(1)n m

t qB

π-=

所以粒子从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间为：

12(1)n m

t t t qB

π-=+= 故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为

(1)n m

qB

π-

（3）设离子从D 盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为r m ，速度为v m

m r R =

2m

m m

v qv B m r =

离子获得的最大动能为：

222

2122km

m q B R E mv m

==

所以，要提高某一离子被半径为R 的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B ．

8．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

=

9．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于真空中的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忽略。磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U 。若A 处粒子源产生的质子的质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是( )

A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B ．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比

C ．质子第2次和第1次经过两

D 2∶1 D ．不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器也能用于a 粒子加速 【答案】AC 【解析】 【详解】

A ．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R ，则：

22R

v R Rf T

πωπ==

= 所以最大速度不超过2πfR 。故A 正确。

B ．根据洛伦兹力提供向心力：2

v qvB m R

=，解得：

mv R qB

=

最大动能：222

2122Km

q B R E mv m

==

，与加速的电压无关。故B 错误。 C ．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据2v ax =，可得质

子第2次和第1次经过D 形盒狭缝的速度比为2:1，根据mv

R qB

=

，可得半径比为2:1。故C 正确。

D ．回旋加速器交流电的频率与粒子转动频率相等，即为2qB

f m

π=，可知比荷不同的粒子频率不同，不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，有可能起不到加速作用。故D 错误。

故选AC 。

10．当今医学成像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图甲所示，D 形盒装在真空容器中，两D 形盒内匀强磁场的磁感应强度为B ，两D 形盒间的交变电压的大小为U ．若在左侧D 1盒圆心处放有粒子源S 不断产生质子，质子质量为m ，电荷量为q ．质子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．

(1)质子第一次被加速后的速度大小v 1是多大？

(2)若质子在D 形盒中做圆周运动的最大半径为R ，且D 形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t 总是多少？ (3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O ′点．内侧圆弧的半径为r 0，外侧圆弧的半径为r 0＋d ．在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O ′处的点电荷Q 在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k (r 为该点到圆心O ′点的距离)．质

子从M点进入圆弧通道，质子在D形盒中运动的最大半径R对应的圆周与圆弧通道正中央的圆弧相切于M点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N点射出，则质子射出时的动能E k是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？

【答案】2qU

m

(2)

2

2

BR

U

π

(3)kQq

00

21

2r d r d

??

-

?

++

??

＋

222

2

q B R

m

【解析】

【详解】

(1)质子第一次被加速，由动能定理：

qU＝1

2

mv12

解得：

v12qU m

(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：

qvB＝m

2 v R

质子做圆周运动的周期为：

T＝2πR

v

＝

2πm

Bq

设质子从D形盒射出前被电场加速了n次，由动能定理：

nqU＝1

2

mv2

质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：

t总＝1 2 T

解得：

t总＝

2π

2 BR U

(3)设M、N两点的电势分别为φ1、φ2，则

φ1＝k 012

Q

r d

+，φ2＝k Q

n d

+

由能量守恒定律得

qφ1＋

12

mv 2

＝qφ2＋E k 解得：

E k ＝kQq 00212r d r d ??- ?++??

＋

222

2q B R m 改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出的位置．

11．诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下．如图所示，两个中空的半径R =0.125m 的半圆金属盒，接在电压U =5000V 、频率恒定的交流电源上；两盒狭缝之间距离d =0.01m ，金属盒面与匀强磁场垂直，磁感应强度B =0.8T ．位于圆心处的质子源能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用），质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出．已知质子的比荷

198271.6101101.6710q C

m kg

--?=≈??C/kg ，求： (1)质子能获得的最大速度；

(2)质子在电场加速过程中获得的平均功率；

(3)随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr 如何变化？简述理由． (4)设输出时质子束形成的等效电流为100mA ，回旋加速器输出功率是多大？

【答案】(1)7max 110v =?m/s (2) 7

410P -≈?W 电 (3) Δr 逐渐减小 (4)P =5000W

【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中回旋，有

2

mv qvB r

= 引出时有r=R ， 得

7max 110gBR

v m

=

=?m/s （2）引出前质子（在电场中）加速的次数

100km E

n qU

==

质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动 该过程中的平均速度为v /2，则

7210/2

nd

t s v -=

=?电 平均功率

()227777

1 1.6710102

410210

W P t ---???==≈??W W 电电 （3）粒子回旋半径mv

r qB

=

，设加速一次后的速度为v 1，加速三次后的速度为v 3，则有

31v =

，51v =……，

由此

31r =

，5r

因为1111)r r r >>>

，故Δr 逐渐减小

（4）研究出口处截面Δt →0时间内的质子，设有N 个，则

N·q =I ·Δt

在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N 个质子从静止加速到km E 即

21

(0)2

W N mv =-

W P t

=

?， 代入得

P =5000W

12．回旋加速器是利用磁场和电场共同作用对带电粒子进行加速的仪器。现在有一个研究小组对回旋加速器进行研究。研究小组成员分工合作，测量了真空中的D 形盒的半径为R ，磁感应强度方向垂直加速器向里，大小为B 1，要加速粒子的电荷量为q ，质量为m ，电场的电压大小为U 。帮助小组成员完成下列计算： （1）本回旋加速器能将电荷加速到的最大速度是？ （2）求要达到最大速度，粒子要经过多少次电场加速？

（3）研究小组成员根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙的引出装置。在原有回旋加速器外面加装一个圆环，在这个圆环区内加垂直加速器向里的磁场B 2，让带电粒子在加速器

边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘加以引导。求圆环区域所加磁场的磁感应强度B 2？

【答案】(1) 1m qB R v m =;（2）22

12qB R n Um

=;(3) 1222B R B R d =+

【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中运动时满足：

2

1v qvB m r

=

当被加速的速度达到最大时满足：

r=R

则解得

1m qB R

v m

=

（2）粒子在电场中被加速，每次经过电场时得到的能量为Uq ，则：

2

12

m nUq mv =

解得

22

12qB R n Um

=

（3）由左手定则可知，粒子带负电；要想使得带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘，则粒子运动的轨道半径

11

22

r R d =+（） ；

由

2

21

m m v qv B m r =

解得

1222B R

B R d

=

+

13．高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台．质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动

中通过高频电场反复加速、获得能量的装置．质子回旋加速器的工作原理如图（a ）所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速质子（1

1H ）的质量为m ，电荷量为q +．加在狭缝间的交变电压如

图（b ）所示，电压值的大小为0U 、周期0

2m

T qB

π=

．为了简化研究，假设有一束质子从M 板上A 处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．不考虑质子间的相互作用．

（1）质子在磁场中的轨迹半径为r （已知）时的动能k E ；

（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到k E （问题（1）中的动能）所需要的时间．（不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动．）

（3）若用该装置加速氦核（4

2He ），需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？

【答案】（1）222

2q B r m

（2）2022BR BRd m U qB ππ+-

（3）方案一：增大磁感应强度B ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【解析】 【分析】

回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可； 【详解】

（1）洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：2

v qvB m r =

粒子的动能为212E mv =，解得222

2k q B r E m

=；

（2）设粒子被加速n 次后达到最大动能，则有0k E nqU =，解得：220

2B r q

n mU =

粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为0

qU a md

=

设n 次经过狭缝的总时间为1t ，根据运动学公式有：()2112

nd a t =

设在磁场中做圆周运动的周期为T ，某时刻质子的速度为v '，半径为r '