最新50套高考物理速度选择器和回旋加速器

1、最新50套高考物理速度选择器和回旋加速器一、速度选择器和回旋加速器1.如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为 U,距离为d;匀强磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从A点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从 M点射出;如果撤去磁场，粒子从 N点射出。M、N两点间的距离为h。不计粒子的重力。求：(1)匀强电场场强的大小 E;(2)粒子从A点射入时的速度大小 V0；(3)粒子从N点射出时的动能Ek。【答案】(1)电场强度E U； (2) v0上；(3) Ek她2 dBdd 2B d【解析】【详解】(1)电场

2、强度E U dqv°B(2)粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：qE解得v0 E B Bd1 o(3)粒子从N点射出，由动能定理得：qE h Ekmv；qUhmU 2解得Ek k22 22B2d22.如图中左边有一对平行金属板，两板相距为 d ,电压为U,两板之间有匀强磁场，磁感 应强度大小为B。，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里。一正离子沿平行于金属板面、从 A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平 行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入磁场

3、区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏向角为。=90；不计重力。求：(1)离子速度v的大小;(2)离子的比荷q/m 。【答案】vUB0dUBB0Rd(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动：B°qv qEoEo得：vUBodBqv2 v m r(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得:由几何关系得：r=R- q U离子的比何为：-m BB0Rd3 .如图所示，OO为正对放置的水平金属板 M、N的中线，热灯丝逸出的电子 (初速度、重 力均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔。射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO做直线运动，

4、已知两板间的电压为 2U,两板长度与两 板间的距离均为L,电子的质量为 m、电荷量为e。求：(1)电子通过小孔 O时的速度大小 v;(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向。(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：eU1 2 mv2(2)两板间电场的电场强度大小为：E L由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE解得：B 1 ；2mUL e根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外4 .实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹.如图所示，五、笊、瓶三种粒子同 时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为 B的复合场区域.进入时代与笊、笊与瓶的间距均为d,射出复合场后进入 y

5、轴与MN之间(其夹角为 。)垂直于纸面向外的匀 强磁场区域I ,然后均垂直于边界MN射出.虚线 MN与PQ间为真空区域H且 PQ与MN平行.已知质子比荷为 q,不计重力.m” I V RI* / /q 二工 x 鼻 a y / -二，7 77?任十/7 .vjr /;(1)求粒子做直线运动时的速度大小v；(2)求区域I内磁场的磁感应强度B1；(3)若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域出，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的五、瓶运动到汇聚点的时间差 t.【答案】(1)巨(2)卫巨(3) (2 )Bd B qdBE【解析】【分析】 由电场

6、力与洛伦兹力平衡即可求出速度；由洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可求得区域I内磁场的磁感应强度 B1；分析可得瓶粒子圆周运动直径为3r,求出磁场最小面积，在结合周期公式即可求得时间差.【详解】(1)粒子运动轨迹如图所示由电场力与洛伦兹力平衡，有：Bqv=Eq解得：v EB2(2)由洛伦兹力提供向心力，有：qB1V m r由几何关系得：r=dmE解得：BiqdB(3)分析可得瓶粒子圆周运动直径为3r,磁场最小面积为:23r解得：S=就2由题意得：B2=2Bi2 r由T 可得:v由轨迹可知： ti =2 m其中TqBiT2qB(3Ti Ti)一2-12 mt2= (3丁2- 丁2)其中 T22qB

7、2解得： 1= + t2 =qB2 dBE本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，注意在磁场 中的运动要注意几何关系的应用.5 .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

8、向；(2)求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小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。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 %；型；2 2mdvqumd带电粒子离开两

9、极板间后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=y+y2= 3qUL2mdv2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

10、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 Bo,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

11、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rn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Bn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。(甲)JnB。；(3)见解析【答案】(1) zEk qU ； (2) a.Rn【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

12、做功，根据动能定理：每次动能的增量为：VEk qUn次穿过MN两板(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 间开始作第n圈绕行时2VnqVnBo m -Rn第n圈的半径1 ：2nUq口 Bomb .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 力一 12nqU mv所以第n圈绕行的磁感应强度为：22V0VnqVoBom一 , qVnBn m一RRBnBo(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2 mT B°q而若要加速回

13、旋加速粒子B,交变电压周期应为T 2 mkB°q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2 m n -Z-qBnB粒子的旋转周期Tnkk周。由于电场只在 A通过时存在，故2 m kqBnTn是T的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行 B仅在与A同时进入电场时才被加速。7 .如图是回旋加速器示意图，置于真空中的两金属D形盒的半径为 R,盒间有一较窄的狭缝，狭缝宽度远小于 D形盒的半径，狭缝间所加交变电压的频率为f,电压大小恒为 U, D形盒中匀强磁场方向如图所示，在左侧D形盒圆心处放有粒子源 S,产生的带电粒子的质量为m ,电荷

14、量为q。设带电粒子从粒子源S进入加速电场时的初速度为零，不计粒子重力。求：(1)D形盒中匀强磁场的磁感应强度B的大小(2)粒子能获得的最大动能 Ek(3)粒子经n次加速后在磁场中运动的半径RnXliX【答案】(1)B2 fm2 2 21(2) Ek 2 冗 R f m Rnq2 f2nqUm【解析】【详解】(1)粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等，则有丁 2 71m 1T = qB f解得2 fm B -q(2)当粒子的半径达到 D型盒的半径时，速度最大，动能也最大,则有最大动能为匚1:Ek -mv-m( 2qvB2 v m 一RmvqBqBR)2mq2B2R22m(3)粒子经n次加速后

15、的速度为1nqUmv22nqUvn m半径为mvnqB2nqUm8 .回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为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电荷量为q,质量为m,粒子最大回旋半径为 R.忽略粒子在电场中运动的时间.求：(1)所加交变电流的频率 f;(2)粒子离开加速器时的最大速度v;(3)若加速的电压为 U,求粒子达到最大速度被加速的次数n.2 m m2mU【解析】【详解】(1)粒

16、子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要等于粒子回旋频率，因为2 mT ,qB回旋频率(2)由牛顿第二定律qvB2mvR解得qBR;m(3)获得的能量来源于电场的加速，故:nqU解得_2 _22mU9 . 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)

17、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(2)粒子从2b2r2b2r2q ； (3)粒子被加速的次数为 qB R .2m2mU【解析】【分析】【详解】D形盒边缘射出时的动能是(1)加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即2 mT=-，Bq那么交流电压的频率：f=-Bq-;2 m(2)根据 qvB=mv2,解得 v=qBR 1,带电粒子射出时的动能：Ek=-222 22 q B Rmv =-;2m(3)经加速电场加速:qnU=q2B2R2 ,2m解得：n=R2mU10 .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，

18、D1、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：it(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 Rm；(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并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计.q2S2R2【答案】(1)(2)受m(3)见解析【解析

19、】t2,(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,27rmT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iRB V -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,有叫U =业储M 一解得：2nm T =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71 b = n x -解得:nBR2带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得 v=at(UBRd其中,一茄？所以带电粒子在电场中运动的时间"一一7t2 2d有斤一汗及因为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

20、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11 .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L<<R,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

21、知加速腔外无电场、腔内无磁场；不考虑粒子的重力、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)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1次加速后形成一束长度为I1的粒子束(11<L),则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度Vmax.【答案】(1) , 2kqU m2mkqU(2)ttR2mkU(4) vmaxL 2qUI1 m(1)粒子在电场

22、中被加速，由动能定理得:12kqU= - mvk2 02解得:(2)粒子做圆周运动的周期:由题意可知，加速空腔的长度：LvvR,粒子在空腔的运动时间可以忽略不计，下一次经过b孔的时间间隔等于粒子在磁场中做圆周运动的周期：Tk(3)粒子第k次从b孔射出，粒子被电场加速k'次,由动能定理得：kqU=gmvk2-0解得：Vk2kqUqvkBk =粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:2m ”，解得：R(4)粒子第一次加速后的速度:Bk1 2kmUR . q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：t1工 2kqU 一由vk ,一一可知，粒子被第二次

23、加速后的速度：v2 m粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l2=V2tl= & 1!21=v21 2qU粒子被第三次加速后的速度：v3 . 6qU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：t2粒子被三次加速后这一束粒子的长度：卜=V3t 2= J3 11粒子被第四次加速后的速度：v4 . 8qU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：t33粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l4= v4t 3= J4 11粒子被第k次加速后的速度：vk /细吐 m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

24、1= Vk 11 L2当粒子束的长度：1k= Jk11 = L,即：k= 时粒子束的速度最大,l1L21由动能定理得： ?qU= mvmax2 - 0,解得:11212. 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.图甲图乙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

25、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1；(2) D形盒半径为 R;r的增大，同一盒中相邻轨道(3)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径 半径之差也是增大、减小还是不变？【解析】试题分析：(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为V1(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v22仙V27inB"联立解得(3)(方法1)设k为同一盒子中质子运动

26、轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk+i (rk<rk+i),公丁*二0+1-q，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk, vk+i, Di、1 1 D2之间的电压为U,由动能定理知=忧由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知'则2伸肩整理得 (nt 4-1 + -相邻轨道半径rk+i, rk+2之差打11 =入* 2-h i同理人4 ml/qH z + rt+i)因U、q、m、B均为定值，且因为rk+2> %比较4rA与" +】得+ <加*(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ri、rk、rk+i,( rki<r

27、k<rk+i),一一 1 L 一由 2kqU = 2m 染及=2又得“二假设人队7rx、n .%，莺有 2 ” >+ V'T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.i3.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II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：(i)粒子第4次加速后的运动半径与

28、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】+Ekm=送的n醒、52m 2mU【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= mvn222 qvnB=mVn解得：rn B2nmUq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:(2)设粒子在回旋加速器中运动的最大半径为2VmqvmB=m R,

29、粒子的最大速度为Vm,受力分析可知粒子的最大动能:22 21 2 q B REkm=二 mvm= 2 2m粒子在回旋加速器中加速总次数：n EmquqB2R22mU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。14. 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

30、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.U 耳1(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

31、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q、质量为m的正离子沿轴在高真空容器中.圆筒的两底面中心开有小孔.现有一电量为 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大能量， 量.(3) LnBR22U1,2,3,L1 qU 1mv1221,2,3L(1 )粒子第1次被加速后,qu(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动轨迹的半径r R时，粒子的速度最大,动能最大，设最大速度为Vm,有 qvmB粒子获得的最大动能E,2 _2 _1 2 q B R二 mVm2 2m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 各

32、个圆筒的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n次,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Lnvn2f1212mvnmv122n 1 qU , vn2 n 1 qU 2v1 ，个圆筒的长度应满足的条件为Ln12 n 1 qU2fn 1,2,3,L L ,打到靶上的离子的能量为Ekn n.12/ C C .qUmvi n 1,2,3 L2点睛：回旋加速器中最大的 速度不是由回旋次数决定而是由回旋加速器的半径决定，另外 要知道电场变化的周期恰好等于粒子在磁场中运动的周期，一个周期内加速两次.15.如图所示为回旋加速器的简易图，整个装置