高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧(超强)及练习题

高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧(超强)及练习题一、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V/m，磁感应强度T，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为kg/C的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的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）【答案】(1)电场方向竖直向下；2×107m/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，根据平衡条件有解得离子流的速度为=2×107m/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，则有解得=0.4m离子离开磁场区边界时，偏转角为，根据几何关系有解得在磁场中的运动如图1所示偏离距离=0.054m离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为=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偏转角为，如图2所示则偏离距离为=0.05m离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离=0.25m所以a、b间的距离ab=y+y'=0.53m2．如图所示，相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场进入磁场．已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角．求：(1)金属板M、N间的电压U；(2)离子运动到A点时速度v的大小和由P点运动到A点所需时间t；(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC．【答案】(1)；(2)t＝；(3)【解析】【分析】【详解】离子的运动轨迹如下图所示（1）设平行金属板M、N间匀强电场的场强为，则有：因离子所受重力不计，所以在平行金属板间只受有电场力和洛伦兹力，又因离子沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，则由平衡条件得：解得：金属板M、N间的电压（2）在第一象限的电场中离子做类平抛运动，则由运动的合成与分解得：故离子运动到A点时的速度：根据牛顿第二定律：设离子电场中运动时间t，出电场时在y方向上的速度为，则在y方向上根据运动学公式得且联立以上各式解得，离子在电场E中运动到A点所需时间：（3）在磁场中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律有：解得：由几何知识可得在电场中，x方向上离子做匀速直线运动，则因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C与坐标原点的距离为：【点睛】本题考查电场力与洛伦兹力平衡时的匀速直线运动、带电粒子在匀强磁场中的运动的半径与速率关系、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、牛顿第二定律、向心力、左手定则等知识，意在考查考生处理类平抛运动及匀速圆周运动问题的能力．3．如图所示，两平行金属板水平放置，间距为d，两极板接在电压可调的电源上。两板之间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。金属板右侧有一边界宽度为d的无限长匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B、方向垂直纸面向里，磁场边界与水平方向的夹角为60°。平行金属板中间有一粒子发射源，可以沿水平方向发射出电性不同的两种带电粒子，改变电源电压，当电源电压为U时，粒子恰好能沿直线飞出平行金属板，粒子离开平行金属板后进入有界磁场后分成两束，经磁场偏转后恰好同时从两边界离开磁场，而且从磁场右边界离开的粒子的运动方向恰好与磁场边界垂直，粒子之间的相互作用不计，粒子的重力不计，试求：(1)带电粒子从发射源发出时的速度；(2)两种粒子的比荷和分别是多少；(3)带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径。【答案】(1)(2)（3）【解析】【详解】（1）根据题意，带电粒子在平行金属板间做直线运动时，所受电场力与洛伦兹力大小相等，由平衡条件可得q＝qvB解得:v＝（2）根据题意可知，带正电粒子进入磁场后沿逆时针方向运动，带负电粒子进入磁场后沿顺时针方向运动，作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，带负电粒子在刚进入磁场时速度沿水平方向，离开磁场时速度方向垂直磁场边界，根据图中几何关系可知，带负电粒子在磁场中做圆周运动的偏转角为θ1＝30°＝带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:r1＝＝2d带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有:q1vB＝联立解得:＝根据带正电粒子的运动轨迹及几何关系可知，带正电粒子在磁场中的偏转角为:θ2＝120°＝根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式:T＝可得带负电粒子在磁场中运动的时间为:t1＝带正电粒子在磁场中运动的时间为:t2＝根据题意可知:t1＝t2联立以上各式，可得＝＝（3）带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:r2＝解得:r2＝4．如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一个电场强度大小为E、方向沿-y方向的匀强电场，同时在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内，有垂直于xOy平面的匀强磁场，该圆周与x轴的交点分别为P点和Q点，M点和N点也是圆周上的两点，OM和ON的连线与+x方向的夹角均为θ=60°。现让一个α粒子从P点沿+x方向以初速度v0射入，α粒子恰好做匀速直线运动，不计α粒子的重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(2)若只是把匀强电场撤去，α粒子仍从P点以同样的速度射入，从M点离开圆形区域，求α粒子的比荷；(3)若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷不变，粒子仍从P点沿+x方向射入，从N点离开圆形区域，求粒子在P点的速度大小。【答案】(1)，方向垂直纸面向里(2)(3)v0【解析】【详解】（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即qE=Bqv0解得B=由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里。（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r，根据洛伦兹力充当向心力得Bqv0=m由几何关系可知r=R，联立得=（3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得x=R=vty=R=×t2又qE=Bqv0联立解得v==v05．如图所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，下极板带正电，上极板带负电，两板间电场强度大小为E，两板间分布有匀强磁场，磁感强度方向垂直纸面向外，大小为B，E与B方向相互垂直．一带正电的粒子（不计重力）质量为m，带电量为q，从两板左侧中点沿图中虚线水平向右射入速度选择器．（1）若该粒子恰能匀速通过图中虚线，求该粒子的速度大小；（2）若撤去磁场，保持电场不变，让该粒子以一未知速度从同一位置水平射入，最后恰能从板的边缘飞出，求此粒子入射速度的大小；（3）若撤去电场，保持磁场不变，让该粒子以另一未知速度从同一位置水平射入，最后恰能从板的边缘飞出，求此粒子入射速度的大小．【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】【分析】【详解】（1）若该粒子恰能匀速通过图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有：qv1B=qE解得：（2）若撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则水平方向有：L=v2t竖直方向有：由牛顿第二定律有：qE=ma解得：（3）若粒子从板右边缘飞出，则解得：由得：若粒子从板左边缘飞出，则：由得：6．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（）。【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）v=（3）【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，有粒子进入极板时的速度v=（3）带电粒子在两极板间运动时间t1=，加速度带电粒子穿过电场时的侧移量带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t2=带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度vy=带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移两次侧移量之和为h，即：h=y1+y2=解得：【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.7．如图所示，两平行金属板相距为d，板间电压为U．两板之间还存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．平行金属板的右侧存在有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其磁感应强度的大小分别为B和2B．三条磁场边界彼此平行且MN与PQ间的距离为L．一群质量不同、电荷量均为＋q的粒子以一速度恰沿图中虚线穿过平行金属板，然后垂直边界MN进入区域Ⅰ和Ⅱ，最后所有粒子均从A点上方（含A点）垂直于PQ穿出磁场．已知A点到的距离为，不计粒子重力．求：（1）粒子在平行金属板中运动的速度大小；（2）从PQ穿出的粒子的最大质量和最小质量．【答案】（1）（2）;【解析】【分析】(1)抓住带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，根据电场力和洛伦兹力相等求出粒子在平行金属板中运动的速度大小；(2)根据几何关系求出粒子在磁场中的最大半径和最小半径，结合半径公式求出粒子的最大质量和最小质量．【详解】(1)带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，有：解得粒子在平行板中的运动速度v=；(2)由题意可知，根据知，质量越大，轨道半径越大，则质量最大的粒子从A点射出，如图由于左边磁场磁感应强度是右边磁感应强度的一半，则粒子在左边磁场中的半径是右边磁场半径的2倍，根据几何关系知，右边磁场的宽度是左边磁场宽度的2倍，有：r1sinθ+r2sinθ=L，联立解得cosθ=，根据得最大质量为：mmax=粒子在左边磁场中的最小半径为：rmin＝根据得最小质量为：mmin＝．【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出运动的轨迹，通过几何关系求出临界半径是解决本题的关键，该题有一定的难度，对学生数学几何能力要求较高．8．（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）（2）如图所示：（3）【解析】（1）根据动能定理可以得到：，则：；（2）当电子受到洛伦兹力和电场力相等时，即，即，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，由电子在电场中的偏转运动得：则：．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．9．回旋加速器原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在交流电源上，位于D1圆心处的离子源A能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能Ek后，再设法将其引出。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)试计算上述正离子被第一次加速后进入D2中运动的轨道半径；(2)计算正离子飞出时的最大动能；(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，试证明当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）。【答案】(1)；(2)；(3)见解析【解析】【分析】【详解】(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，根据动能定理可得解得洛伦兹力充当向心力，则有解得(2)离子射出时加速器时解得离子动能为(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v。根据平均速度公式可得在电场中运动时间为离子在D形盒中运动的周期为粒子在磁场中回旋的时间为有=当d<<R时，t1<<t2，即电场中运动时间可以忽略10．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.(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)，(4)，(5)【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，根据和可得，故频率运动的角速度(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，由得：则其最大动能为：(5)由能量守恒得：则离子匀速圆周运动总时间为：离子在匀强电场中的加速度为：匀加速总时间为：解得：【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，最大速度决定于D形盒的半径．11．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Ek；（3）质子在回旋加速器中运动的圈数n。【答案】(1)(2)(3)【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联立可得(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联立可得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，则有将代入可得12．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D1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v1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r0，外侧圆弧的半径为r0＋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Ek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】(1)(2)(3)kQq＋【解析】【详解】(1)质子第一次被加速，由动能定理：qU＝mv12解得：v1＝(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB＝m质子做圆周运动的周期为：T＝＝设质子从D形盒射出前被电场加速了n次，由动能定理：nqU＝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＝T解得：t总＝(3)设M、N两点的电势分别为φ1、φ2，则φ1＝k，φ2＝k由能量守恒定律得qφ1＋mv2＝qφ2＋Ek解得：Ek＝kQq＋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．13．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l1的粒子束（l1<L），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度vmax．【答案】(1)(2)πR(3)(4)【解析】【详解】(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqU＝mvk2﹣0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：L＜＜R，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：(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＝mvk2﹣0解得：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：qvkBk＝，解得：(4)粒子第一次加速后的速度：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：，由可知，粒子被第二次加速后的速度：粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l2＝v2t1＝l1粒子被第三次加速后的速度：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：l3＝v3t2＝l1粒子被第四次加速后的速度：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：l4＝v4t3＝l1…粒子被第k次加速后的速度：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：lk＝vktk﹣1＝l1当粒子束的长度：lk＝l1＝L，即：k＝时粒子束的速度最大，由动能定理得：•qU＝mvmax2﹣0，解得：14．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Ek；(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。(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Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm。(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)；(2)；(3)当R＞＞d时，t1可忽略不计；(4)；(5)；(6)；(7)；(8)r△rk+1＜△rk【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rk所对应的加速次数和rk+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rk和rk+1，从而求出△rk，运用同样的方法求出△rk+1，比较△rk和△rk+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Ek，设离子从D盒边缘离开时的速度为vm.依据牛顿第二定律：Bqvm=m所以带电粒子能被加速的最大动能：Ek==(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：nqU=粒子在狭缝中经n次加速的总时间：由牛顿第二定律：由以上三式解得电场对粒子加速的时间：正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律Bqv=m又T=粒子在磁场中做圆周运动的时间t2=（n-1）由以上三式解得:t2=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=t1+t2=d(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t1=，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，在D形盒中回旋的总时间为t1=n故＜＜1即当R＞＞d时，t1可忽略不计.(4)带电粒子在D2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vn由动能定理得:（2n-1）qU=此后带电