高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题及解析

1、高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题及解析一、速度选择器和回旋加速器1.有一个正方体形的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面为边长L=0.20m的正方形，其电场强度为E 4.0 105V/m,磁感应强度 B 2.0 10 2 T,磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为 m 4.0 10 10 kg/C的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的 q正方体区域的左侧边界中点射入，如图所示。（计算结果保留两位有效数字）（1）要使离子流穿过电场和磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何？离子流的速度多 大？（2）在（1）的情况下，在离电场和磁场区域右边界 D=0.40m处有与边界平行的平

2、直荧光屏。若 只撤去电场，离子流击中屏上 a点；若只撤去磁场，离子流击中屏上 b点。求ab间距 离。（a, b两点图中未画出）3-I机X ： ；殳二二I【答案】（1）电场方向竖直向下；2X10m/s；（2）0.53m【解析】【分析】 【详解】（1）电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，根据平衡条件有qE= qvB解得离子流的速度为E-小V 一 =2X10m/s（2）撤去电场，离子在碰场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有2 V qvB m R解得mvR B =0.4m离子离开磁场区边界时，偏转角为，根据几何关系有L 1sin 一 R 2解得30o在磁场中的运动

3、如图1所示偏离距离yi R Rcos =0.054m离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为y yi D tan =0.28m若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间加速度图2则偏转角为，如图2所示tanvyqEL2mv偏离距离为1.2y2at =0.05m2离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离yy2 D tan =0.25m所以a、b间的距离ab=y+y=0.53m2.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

4、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) 1xi0m/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Fe=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. e 1 r-Jfa i wre -rev1八(2)能够通过小孔的电子，其速率满足evB=

5、eE解得：v=B又因为E=d所以 v=乜一=1 x 10m/sBd即只有速率为1X10m/s的电子才可以通过小孔 s3.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

6、速度大小v;q(3)求粒子的比荷()om【答案】(1)磁场方向垂直纸面向里(2) v=L (3) 2Uh2Bd m 3B 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。，、一，一一 一 U(2)带电粒子受力平衡，有 qvB q 一d粒子进入极板时的速度 v=Bd(3)带电粒子在两极板间运动时间t1=L,加速度a带电粒子穿过电场时的侧移量y1 1at12 qUL 22 2mdvqumd带电粒子离开两极板间后

7、做匀速直线运动的时间t2=-v带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度vy =at1带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移y2 vyt2qUL mdv qUL2 2 mdv2两次侧移量之和为 h,即：h=y1+y2= 3qUL-2mdv2解得：q m【点睛】2Uh2 23B Ld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4. 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恢学设备中。回旋 加速器的工作原理如图甲

8、所，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以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重 力作用。(1)求把质量为m、电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；(2)若此回旋加速器原来加速质量为2m,带电荷量为q的“粒子(4He),获得的最大动能为Ekm,现改为加速笊核(2H ),它获得的最大动能为多少？要想使笊核获得与“粒子 相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法;(3)已知两D

9、形盒间的交变电压如图乙所示，设a粒子在此回旋加速器中运行的周期为T,201I右存在一种田电何n为 q、质n为 m的粒子loo X 在t 时进入加速电场，该粒子在加 4速器中能获得的最大动能？(在此过程中，粒子未飞出D形盒)【答案】(1)詈一;(2),见解析；(3)21OOqUo【详解】(1)由洛伦兹力提供向心力得2qVmB Rm粒子每旋转一周动能增加 2qU,则旋转周数2 2qB Rn 4mU周期粒子在磁场中运动的时间t _nT -R2磁一2Ut磁可视为总时间得其最大动能为Ekm对笊核，最大动能为12E km 二 mvmH若两者有相同的动能，设磁感应强度变为vmqBR2m22mvmq2B2R2

10、4m2R2B2q- 22R2B2q8mB、由“粒子换成笊核，有22 _2q2B2R24m22 _2q2B 2R28m解得B亚B，即磁感应强度需增大为原来的高频交流电源的原来周期22倍qB2:2 mqB 2 4 m 2 丁2 qB 2一般地可忽略粒子在电场中的运动时间, (2)对a粒子，由速度由a粒子换为笊核时，交流电源的周期应为原来的,、 一一 201 一(3)对粒子I。X分析，其在磁场中的周期2 m 201T1Tq B 200每次加速偏移的时间差为T1 T TT =2400加速次数所以获得的最大动能n 4- 100TEkm nqUo 100qUo5.如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场

11、的方向垂直于半圆型且中空的金属盒Di和D2,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Di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。求粒子可获得的最大动能Ekm ；若粒子第1次进入Di盒在其中的轨道半径为 ri,粒子第2次进入Di盒在其中的轨道半 径为2,求ri与r2之比；求粒子在电场中加速的总时间 ti

12、与粒子在D形盒中回旋的总时间t2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，ti与t2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2530MeV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。1）_ q2B2R212d，F ；，ti可以忽略；（2）见解析2m3 R(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 v qVmB m 解得设带

13、电粒子在两盒间加速的次数为在电场中有第一次进入Di盒中N=1 ,第二次进入带电粒子在电场中的加速度为所以带电粒子在电场中的加速总时间为设粒子在磁场中回旋的圈数为带电粒子回旋一圈的时间为EkmEkmi 22mvmq2B2R22mN ,在磁场中有qvBNqUDi盒中tiriqEmvma2 v m ri 2一 mv2N=3,可得1,3n,由动能定理得2nqU所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为qumdBdRi 2 mvm22 mqBtBR2t2 nT2Uti2dR已知R d可知tit2,所以G可以忽略。(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为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

14、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.回旋加速器核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接.以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速.两盒放在磁惑应强度 为B的匀强磁场中.磁场方向垂直于盒底面.粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的 粒子带电荷量为q,质量为m,粒子最大回旋半径为 Rn,其运动轨迹如图所示.问.X X X X一工 X工4一Udx飞X*X

15、x*JX XXX(1)D形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交流电压频率应是多大.粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D形盒间电场的电势差为 U,盒间距离为d,其间电场均匀，求把静止粒子加速到 上述能量所需时间.【答案】(1) D形盒内无电场 (2)粒子在盒内做匀速圆周运动(3) -qB- , 9B (4)2 m mqBRq2B2Rn2 心 BRn BRd弁，才丁【解析】【分析】【详解】(1)加速器由D形盒盒间缝隙组成，盒间缝隙对粒子加速，D形盒起到让粒子旋转再次通过盒间缝隙进行加速，要做匀速圆周运动，则没有电场.电场只存在于两

16、盒之间，而盒内无 电场.(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力始终与速度垂直，粒子做匀速圆周运动(3)所加交流电压频率等于粒子在磁场中的频率，根据可得TqB故频率f - -qB-T 2 m运动的角速度2 qB(4)粒子速度增加则半径增加，当轨道半径达到最大半径时速度最大，由mv r 一 qB得:vmax2qBQ则其最大动能为:Ekm1 2-mvn22 _2 _2q B &2m由能量守恒得:1一 mv22nqU则离子匀速圆周运动总时间为：t1nT离子在匀强电场中的加速度为qumd匀加速总时间为:vm解得：t tl t2BRn 2UBRndU【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和

17、电场加速实现加速粒子，最大速度决定于D形盒的半径.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，EamestOLawrence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EamestOLawrence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

18、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

19、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。(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vi,由动能定理得:qU - mvi 2正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为ri,由牛顿第二定律得:2qvi B m ri由以上两式解得:r 2mU1 qB2故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为2mUqB2(2)设正离子经过窄缝被第 n次加速加速后的速度为 vn,由动能定理得:12nqUmvn2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

20、为:由牛顿第二定律有:由以上三式解得电场对粒子加速的时间为:tivna正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：2VqvB m 一r又因有:T 21v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:T(n 1)i由以上三式解得:t2(n 1) mqB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:t 11t2d2nm (n 1) mqU故正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第qBn次加速结束时所经历的时间为qu2nm (n 1) mqB(3)设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm,速度为vmrmqvmB2 mvmrm离子获得的最大动能为:1Ekm

21、- mv2q2B2R22m所以，要提高某一离子被半径为 感应强度B.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8 .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.已知质子的比荷一 一 19 一q1.6 10 C8- 271 1 10 C/kg,求：m 1.

22、67 10 27kg(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N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？B.【答案】(1) Vmax 1 107m/S(2)瑞4 10 7W (3) r隧渐减小(4)P=5000W【解析】【详解】(1)粒子在磁场中回旋，有2 mv qvB -引出时有r=R, 得VmaxgBR1 107m/s100(2)引出前质子(在电场中)加速的次数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ndv/21

23、0 7s平均功率_271.67 102 10 7107 2W 4 10 7W(3)粒子回旋半径rmv，设加速一次后的速度为 V1,加速三次后的速度为 V3,则有qBV35vl由此因为(,3 1)ri(.5研究出口处截面、/3)r1 (J7 、/5)ri L L ,故逐渐减小四一0时间内的质子，设有 N个，则N q=I tA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Ekm12W N( mv2 0)2代入得P=5000W9.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，Di、D2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

24、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：(接交流电源U)(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 区m；(3)带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间ti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.12炉/R?【答案】(1)第 2取(3)见解析【解析】【详解】2nmT 二(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

25、，得V2 qvff = m(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出袖叫V-解得：1q?/ RZEkm = 带电粒子离开D形盒时的动能 12由(3)设带电粒子在电场中加速的次数为n,有叫=叩2叫 n =解得:又因为带电粒子在磁场中运动的周期7! 1 = n X - 所以带电粒子在磁场中运动的时间kBR?tl解得： W带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=atqUBRdQ 二j12 = -其中 阴d所以带电粒子在电场中运动的时间”t2 2d有八汗R 因为d远小于R,有t2远小于ti,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

26、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.10.同步回旋加速器结构如图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处大小相等， 带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频 加速腔从中获取能量.如题图所示.同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步.已知圆形轨道半径为R,被加速粒子的质量为m、电荷量为+q,加速腔的长度为 L,且LR,当粒子进入加速腔时，加速电压的 大小始终为U,粒子离开加速腔时，加速腔的电压为零.已知加速腔外无电场、腔内无磁场；不考虑粒子的

27、重力、相对论效应对质量的影响以及粒子间的相互作用.若在t=0时刻将带电粒子从板内 a孔处静止释放，求:1次加速后形成一束长度为liVmax.【答案】(1)2m(2) kqU1 2mkU(3) c .(4) VmaxR qL 2qUIi(1)带电粒子第k次从b孔射出时的速度的大小 vk；(2)带电粒子第k次从b孔射出到第(k+1)次到达b孔所经历的时间；(3)带电粒子第k次从b孔射出时圆形轨道处的磁感应强度Bk的大小;(4)若在a处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第的粒子束(11/3 ll粒子被第四次加速后的速度：v4 1 8qUtl 上 1m v11 2qU4qU mt22 lijv2:

28、 2qU从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间:粒子被三次加速后这一束粒子的长度：14= V4t 3= J4 ll粒子被第k次加速后的速度:Vk2kqU从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间:粒子被k次加速后这一束粒子的长度：1k= Vktk_1= Jkll_l2当粒子束的长度：1k= 7k 1i = L,即：k=时粒子束的速度最大, 1i L2. 1由动能7E理得： 一2?qU= mVmax2 - 0,解得：vmaxll2211.如图1所示为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在高

29、频交变电源上.在D1盒中心A处有离子源，它产生并发出的粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中.在磁场力的作用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速.为保证粒子每次经过狭缝都被加速，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，速度越来越大， 运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出.已知粒子电荷量为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设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，且粒子从离子源发出时的初速度为零.(不计 粒子重力)求：高颉电源 粒子第1次由D1盒进入D2盒中时的速度大小;(2)粒子被加速后获得

30、的最大动能Ek;(3)符合条件的交变电压的周期T;(4)粒子仍在盒中活动过程中,粒子在第n次由D2盒进入Di盒与紧接着第n+1次由D2盒进入Di盒位置之间的距离仪.【答案】(1) v1= J2qU Ek q B R (3)T 2-m (4) ,m2mBqVx 2啊而；方不B q【解析】【分析】【详解】(1)设“粒子第一次被加速后进入 D2盒中时的速度大小为 vi,根据动能定理有2qU = -mv1 2解得，一qU m(2) a粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能.设此时2的速度为 v,有qvB= mv RqBR斛得：v=m12设a粒子的取大动能为 Ek,则Ek mv

31、2222解得：Ek q B R2m(3)设交变电压的周期为 T,为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动 一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短忽略不计)，则交变电压的周期T 2 r 2 m v Bq(4)离子经电场第1次加速后，以速度 v1进入D2盒，设轨道半径为 门则产皿=1而 qB B , q离子经第2次电场加速后，以速度 V2进入D1盒，设轨道半径为r2则佻=12一一UqB Bi q离子第n次由D盒进入D2盒，离子已经过(2n-1)次电场加速，以速度 v2n-1进入D2盒,1 2由动能th理：(2n 1) Uq -mv2nl轨道半径rnmv2n 11 . 2n 1

32、 2mUqB B离子经第n+1次由Di盒进入D2盒，离子已经过2n次电场加速，以速度 v2n进入Di盒，由动能定理：2nUq12二 mv2n2mv2n 1 ,2n 2mUqB B）轨道半径：rn i12.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,磁感应弓虽度为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

33、大动能及加速次数。_2_2 qB R2mU22 2 2【答案】（i） -=（2） Ekm= q-R-52m【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（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=-mvn2220 -vn qvnB=m rn解得:1 2nmU B : qL 2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：=三5.5（2）设粒子在回旋加速器中运动的最大半径为vmmqvmB=m R,粒

34、子的最大速度为vm,受力分析可知粒子的最大动能：Ekm= 1 mvm,=22 2 _2 q2B2R22m粒子在回旋加速器中加速总次数:n Em qu2 2qB R2mU运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运解决本题的关键掌握回旋加速器的原理, 动的周期与加速电场的变化周期相等。13.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|出一个质量了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.（1）求该回旋加速器所加交变电场的频率;（2）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, 时间不计在电场中的加速时间）.质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能

35、量所需(2)1所2m*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：T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：.v联立解得：r = , f = - qB2加v (2)粒子离开磁场时速度最大，根据牛顿第二定律，有：qi j=谶，最大动能：-联立解得：. 一 皿r(3)加速次数：X = L = 竺二粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为： qU 2mU1 v避“ = A =2 4mU粒子运动的时间为：t=nT一 1 2 * 联立解得：一一一- 2U考点：带电粒子在磁场中运动14. 1932年美国物理学

36、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.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，加速器接一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U. A处粒子源产生的粒子，质量为 m、电荷量为q,初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不 考虑相对论效应和重力作用.(1)求第1次被加速后粒子的速度大小为 v(2)经多次加速后，粒子最终从出口处射出D形盒，求粒子射出时的动能 Ekm

37、和在回旋加速器中运动的总时间t;(3)近年来，大中型粒子加速器往往采用多种加速器的串接组合.例如由直线加速器做为预加速器，获得中间能量，再注入回旋加速器获得最终能量.n个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图乙所示(图中只画出了六个圆筒，作为示意).各筒相间地连接到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源的两端.整个装置放在高真空容器中.圆筒的两底面中心开有小孔.现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间的缝隙的时间可以不计.已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1,且此时第一、二两个圆筒间的电势差U1 U2 U ,为使打到靶上的离子获得最 大能量，各个圆筒的

38、最小长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子的能 量.【答案】(1)陛适旦，星 m2m 2U12 n 1 qU2 Ln f v1 n 1，2,3，LL12Eknn【解析】1 qUmv； n 1,2,3L L212(1)粒子第1次被加速后，qU -mv , vr R时，粒子的速度最大,2(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动轨迹的半径2动能最大，设最大速度为 vm,有qvmB mvm , R2 22粒子获得的最大动能 Em -mvm q B R ,22m粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次.设粒子到出口处被加速了n次,nqU 1mvm ,解得 n qB R , 22mU带电粒子在磁场中运动的周期为T粒子在磁场中运动的总时间tBR2；2U(3)为使正离子获得最大能量，要求离子每次穿越缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高筒内无电场,U,这就要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半个周期.由于圆 离子在筒内做匀速运动.设离子在第n个圆筒内的速度为Vn ,第n个圆筒的长度为Ln ,则有LnVn2f1212mvnm