高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析
一、速度选择器和回旋加速器
1．如图所示，有一对水平放置的平行金属板，两板之间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E =200V/m ，方向竖直向下；磁感应强度大小为B 0=0.1T ，方向垂直于纸面向里。

图中右边有一半径R 为0.1m 、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 =
3
3
T ，方向垂直于纸面向里。

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，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F 点射出已知速度的偏向角θ=π
3
，不计离子重力。

求：
（1）离子速度v 的大小； （2）离子的比荷
q m
； （3）离子在圆形磁场区域中运动时间t 。

（结果可含有根号和分式）
【答案】（1）2000m/s ；（2）2×104C/kg ；（3）4310s 6
π
-⨯ 【解析】 【详解】
（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：
B 0qv =qE
解得：
2000m/s E
v B =
= （2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：
2
v Bqv m r
=
由几何关系有：
2
R tan
r
θ
=
离子的比荷为：
4 210C/kg q
m
=⨯ （3）弧CF 对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t ，
2t T θπ=
2m
T qB
π=
解得：
43106
t s π
-=
⨯
2．边长L ＝0.20ｍ的正方形区域内存在匀强磁场和匀强电场，其电场强度为E ＝1×104V/m ，磁感强度B ＝0.05T ，磁场方向垂直纸面向里，当一束质荷比为
m
q
＝5×10-8kg/C 的正离子流，以一定的速度从电磁场的正方形区域的边界中点射入，离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，如右图所示，不计正离子的重力，求： （1）电场强度的方向和离子流的速度大小
（2）在离电磁场区域右边界D=0.4m 处有与边界平行的平直荧光屏．若撤去电场，离子流击中屏上a 点；若撤去磁场，离子流击中屏上b 点，则ab 间的距离是多少？．
【答案】（1）竖直向下；52s 10m /⨯（2）1.34m 【解析】 【详解】
（1）正离子经过正交场时竖直方向平衡，因洛伦兹力向上，可知电场力向下，则电场方向竖直向下； 由受力平衡得
qE
qvB
离子流的速度
5210m /s E
v B
=
=⨯ （2）撤去电场，离子在磁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
=
故
0.2m mv
r qB
=
= 离子离开磁场后做匀速直线运动，作出离子的运动轨迹如图一所示
图一
由几何关系可得，圆心角60θ
=︒
1sin (0.60.13)m x L D R θ=+-=- 11tan (0.630.3)m=0.74m y x θ==
若撤去磁场，离子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，运动轨迹如图二所示
图二
通过电场的时间
6110L
t s v
-=
=⨯ 加速度
11210m /s qE
a m
=
=⨯ 在电场中的偏移量
2
10.1m 2
y at =
= 粒子恰好从电场右下角穿出电场，则
tan 1y x
v v α=
=
由几何关系得
20.4m y =
a 和
b 的距离
()
120.63-0.30.40.2m ab y y y L =++=++=1.34m
3．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）E B ； （2qEL
m
3）54qBL m 或4qBL m
【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：
qv 1B =qE
解得：
1E v B
=
（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 =v 2t
竖直方向有：
21122
L at = 由牛顿第二定律有：
qE =ma
解得：
2qEL
v m
=
（3）若粒子从板右边缘飞出，则
222
2
L r L r =+-（）
解得：
5 4
r L =
由23
3v qv B m r
= 得：
354qBL
v m
＝
若粒子从板左边缘飞出，则：
4
L
r =
由24
4v qv B m
r
=得：
44qBL
v m
＝
4．如图所示，一束质量为m 、电荷量为q 的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v 0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B ，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d ，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
(1)两平行板间的电势差U ；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t ； (3)圆形磁场区域的半径R ．
【答案】(1)U=Bv 0d ；（2）m qB
θ；（3）R=0tan
2mv qB
θ
【解析】 【分析】
（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差．
（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R ． 【详解】
(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv 0q=qE ，平行板间的电场强度E=U
d
，解得两平行板间的电势差：U=Bv 0d
(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：
Bv 0q=m 20
v r
同时有T=0
2r
v π
粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=2θπ
T
解得t=
m
Bq
θ (3)由几何关系可知：r tan
2
θ
=R
解得圆形磁场区域的半径R=
0tan 2mv qB
θ
5．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 0，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θ=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】0U
v B d = ；0q U m BB Rd
= 【解析】 【详解】
(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动：00B qv qE =
0U E d
=
得：0U
v B
d
=
(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：2
v Bqv m r
=
由几何关系得：r=R
离子的比荷为：
0q U m BB Rd
=
6．在图所示的平行板器件中，电场强度和磁感应强度相互垂直．具有某一水平速度的带电粒子，将沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不发生偏转，具有其他速度的带电粒子将发生偏转．这种器件能把具有某一特定速度的带电粒子选择出来，叫作速度选择器．已知粒子A （重力不计）的质量为m,带电量为+q ；两极板间距为d ；电场强度大小为E ，磁感应强度大小为B ．求：
(1)带电粒子A 从图中左端应以多大速度才能沿着图示虚线通过速度选择器？
(2)若带电粒子A 的反粒子(-q, m)从图中左端以速度E/B 水平入射，还能沿直线从右端穿出吗？为什么？
(3)若带电粒子A 从图中右端两极板中央以速度E/B 水平入射，判断粒子A 是否能沿虚线从左端穿出，并说明理由．若不能穿出而打在极板上．请求出粒子A 到达极板时的动能？ 【答案】(1) E/B (2) 仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电
性、电量无关．只与速度有关 (3) 不可能, 2
122
E Eqd
m B ⎛⎫+ ⎪⎝⎭
【解析】
试题分析：，电场的方向与B 的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq =qvB ，即可解得速度．仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关．只与速度有关．
(1) 带电粒子在电磁场中受到电场力和洛伦兹力（不计重力），当沿虚线作匀速直线运动时，两个力平衡，即Eq =Bqv 解得：E
v B
=
（2）仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关．只与速度有关．
(3)设粒子A 在选择器的右端入射是速度大小为v ，电场力与洛伦兹力同方向，因此不可能直线从左端穿出，一定偏向极板．设粒子打在极板上是的速度大小为v ′． 由动能定理得：
22111
222
Eqd mv mv '=-
因为E=Bv
联立可得粒子A到达极板时的动能为：
2
1
22 k
E Eqd E m
B
⎛⎫
=+
⎪
⎝⎭
点睛：本题主要考查了从速度选择器出来的粒子电场力和洛伦兹力相等，粒子的速度相同，速度选择器只选择速度，不选择电量与电性，同时要结合功能关系分析．
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OO'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OO'的距离为3
4
L
，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）
U
v
Bd
=（2）
2
max
25
36
B qLd
m
U
= ;
2
min
2
3
B qLd
m
U
=
【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：
U
q qvB
d
=
解得粒子在平行板中的运动速度v=U dB
；
(2) 由题意可知，根据
mv
r
qB
=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：
123(1cos )(1cos )4
r r L θθ-+-=
r 1sinθ+r 2sinθ=L ，
2112
r r =
联立解得cosθ=
7
25，12536
L r = 根据max 1m v r qB =得最大质量为：m max =
22536B Ldq
U
粒子在左边磁场中的最小半径为：r min ＝2
3
L 根据min min
m v r qB =得最小质量为：m min ＝
223B Ldq U
． 【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．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为E 的匀强电场。

金属板右下方以MN 为上边界，PQ 为下边界，MP 为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d ，MN 与下极板等高，MP 与金属板右端在同一竖直线。

一个电荷量为q 、质量为m 的正离子以初速度在两板间沿平行于金属板的虚线射入金属板间。

不计粒子重力。

(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度B 0；
(2)若撤去板间磁场B 0，离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，离子进入磁场运动后从磁场边界点射出，求该磁场的磁感应强度B 的大小。

【答案】（1）0E v （2）0
2mv qd
【解析】 【详解】
（1）设板间的电场强度为E ，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv 0B 0， 解得：00
E B v =
； （2）离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则出离电场进入磁场的速度：00303
v v cos =
=︒，
设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律，得：qvB=2
v m r
， 由几何关系得：1
2
d =rcos30°， 解得：0
2=mv B qd
； 【点睛】
离子在速度选择器中做匀速直线运动，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚离子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。

9．如图所示的平面直角坐标系，x 轴水平，y 轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B ，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x 轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y 轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平
面向里，磁感应强度大小也为B ；第四象限内有匀强电场，电场方向与x 轴正方向成45°角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同．现有一质量为m ，电荷量为q 的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x 轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x 轴上的D 点与x 轴正方向成45°角进入第四象限，M 点为粒子第二次通过x 轴的位置．已知OD 距离为L ，不计粒子重力．求：
（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小． （2）DM 间的距离．（结果用m 、q 、v 0、L 和B 表示） 【答案】（1）22B qL
E m
= （2）22
0222m v DM B q L =
【解析】 【详解】
（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v 0，由平衡条件有：qv 0B=qE…①
粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O 1，半径为R ，轨迹如图，
由几何关系知R ＝
245L
L cos ＝︒
…② 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv 0B ＝m 2
0 v R
…③
由②③式解得：v 0＝2
BqL
…④ 由①④式解得：E ＝22 B qL
…⑤ （2）、由题意可知，粒子从D 进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D 到M 的运动时间为t ，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG 方向做匀速直线运动的位移为：DG ＝v 0t …⑥
粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为：
2
2
1
22
Eqt
DF at
m
＝＝…⑦
由几何关系可知：DG DF
＝，2
DM DG
＝…⑧
由⑤⑥⑦⑧式可解得
22
22
2m v DM
q B L
＝．
【点睛】
此类型的题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运动的分析，进行列式求解; 洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变运动电荷的速度大小．带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：①、圆心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心．②、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、运动时间的确定：利用圆心角与弦切角的关系或者四边形的内角和等于360°计算出粒子所经过的圆心角θ的大小，用公式
t= 360T
θ
︒
可求出运动时间．
10．1932 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两个D 形盒，分别为 D1、D2．D 形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与 D 形盒底面垂直．两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．D 形盒的半径为 R，磁场的磁感应强度为 B．设质子从粒子源 A 处进入加速电场的初速度不计．质子质量为 m、电荷量为+q．加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为 U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．求：
（1）质子第一次经过狭缝被加速后进入 D2盒时的速度大小 v1和进入 D2盒后运动的轨道半径 r1；
（2）质子被加速后获得的最大动能 E k和交变电压的频率 f；
（3）若两 D 形盒狭缝之间距离为 d，且 d<<R．计算质子在电场中运动的总时间 t1与在磁
场中运动总时间 t 2，并由此说明质子穿过电场时间可以忽略不计的原因．
【答案】
(1) 1v =
，1r =22
2K qB R E m = ，2qB f m π= (3) 1BRd t U = ，2
22BR t U π= ； 12
2t d t R π=
【解析】
（1）设质子第1此经过狭缝被加速后的速度为v 1： 2112qU mv =
解得1v = 2111v qv B m r =
解得：1r =
（2）当粒子在磁场中运动半径非常接近D 型盒的半径A 时，粒子的动能最大，设速度为
v m ，则2
m
m v qv B m R
=
212
km m E mv =
解得22
2K qB R E m
=
回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率等于粒子回旋的频率，则设粒子在磁场中运动的周期为T,则：22r m
T v qB
ππ== 则2qB
f m
π=
（3）设质子从静止开始加速到粒子离开加速了n 圈，粒子在出口处的速度为v ，根据动能
定理可得：222
22q B R nqU m =
可得22
4qB R n mU
=
粒子在夹缝中加速时，有：qU
ma d
=
，第n 次通过夹缝所用的时间满足：1n n n a t v v +∆=- 将粒子每次通过夹缝所用时间累加，则有1m v BRd t a U
=
= 而粒子在磁场中运动的时间为（每圈周期相同）222
2242qB R m BR t nT mU qB U ππ==
⋅= 可解得122t d
t R
π=，因为d<<R ，则 t 1<<t 2
11．如图甲，两个半径足够大的D 形金属盒D 1、D 2正对放置，O 1、O 2分别为两盒的圆
心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。

加在两盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为U o ，周期为T o ，两盒之间的电场可视为匀强电场。

在t =0时刻，将一个质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子由O 2处静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，
在0
2
T t =
时刻通过O 1.粒子穿过两D 形盒边界M 、N 时运动不受影响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。

(1)求两D 形盒边界M 、N 之间的距离；
(2)若D 1盒内磁场的磁感应强度10
m
B qT π=，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后能到达 O 1，
求D 2盒内磁场的磁感应强度；
(3)若D 2、D 2盒内磁场的磁感应强度相同，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后在t = 2T o 时刻到达O l ，求磁场的磁感应强度。

【答案】2
008qU T m (2) 02m qT π0
2(46)m π+【解析】 【详解】
(1)设两盒之间的距离为d ，盒间电场强度为E ，粒子在电场中的加速度为a ，则有
U 0=Ed qE=ma
2
01()22
T d a =
联立解得
2
008qU T d m
=
(2)设粒子到达O 1的速度为v 1，在D 1盒内运动的半径为R 1，周期为T 1，时间为t 1，则有
12
T v a =⋅
2
1111
mv qv B R =
1
11
2R T v π=
1112
t T =
可得
t 1=T 0
故粒子在032
T 时刻回到电场；
设粒子经电场再次加速后以速度v 2进入D 2盒，由动能定理
220211122
qU mv mv =
- 设粒子在D 2盒内的运动半径为R 2，则
2
2
222
mv qv B R =
粒子在D 1D 2盒内各运动一次后能到达O 2应有
R 2=R 1
联立各式可得
20
2m
B qT π=
(3)依题意可知粒子在D 1D 2盒内运动的半径相等；又
2
mv qvB R
= 故粒子进入D 2盒内的速度也为v 1；可判断出粒子第二次从O 2运动到O 1的时间也为0
2
T 粒子的运动轨迹如图；
粒子从P 到Q 先加速后减速，且加速过程的时间和位移均相等，设加速过程的时间为t 2，则有
21221122
d v t at =+ 则粒子每次在磁场中运动的时间
322
T t t =
-
又
2m
T qB
π
=
32
T t =
联立各式解得
2(46)m
B π+=
12．回旋加速器的工作原理如图甲所示，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，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2m
qB
π .一束该种粒子在t ＝0～
2
T
时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：
(1)出射粒子的动能E m ；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件．
【答案】(1)
222
2q B R m
(2) 2022BR BRd m U qB ππ+-；(3) d <02100mU qB R π 【解析】 【详解】
(1)粒子运动半径为R 时，有
2
v qvB m R
=
且2m 12
E mv =
解得222
m 2q B R E m
=
(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m =nqU 0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt
加速度0
qU a md
=
匀加速直线运动2
1
Δ2
nd a t =⋅ 由0(1)Δ2
T
t n t =-⋅
+ 解得200π2π2BR BRd m
t U qB
+=-
(3)只有在0~(
)2
T
t -∆时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为22
T t
T η-∆=
由99%η>，解得0
2π100mU d qB R <．
13．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v =，可得质
子第2次和第1次经过D ，根据mv
R qB
=
，可得半径比为。

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 。

14．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．
（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v
（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的平均功率P
（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A 1、A 2、A 4……A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d ．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小
【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，222
02e B R E m = ；(2) 20e B U m
π ；(3)02sin B R n d
π
【解析】 【详解】
解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：2
00mv evB R
= 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB R
v m
=
正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：2222
00122e B R E mv m
==
正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=
正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：2222
02e B R mc v mh h
=+
(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：
201
2
neU mv =
解得：22
02eB R n mU
=
正、负电子在磁场中运动的周期为：0
2m
T eB π=
正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R n
t T U
π==
D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U
W E P t t m
π===
(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin
2
d
r n
π
=
解得：
2sin
d r n
π=
根据洛伦磁力提供向心力可得：2
00mv ev B r
=
电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sin B
R n B d π=
15．(12分) 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场，D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为U ，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m.电荷量为q ，求：
(1)交流电源的频率是多少．
(2)质子经回旋加速器最后得到的最大动能多大；
(3)质子在D 型盒内运动的总时间t （狭缝宽度远小于R,质子在狭缝中运动时间不计）
【答案】（1）m
qB f π2= （2）m R B q E km 2222= （3）U BR t 22
π= 【解析】
试题分析：（1）根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，
粒子作圆周运动的周期qB m T π2=
（2分） 所以，交流电源的频率T f 1=得：m
qB f π2= （2分） （2）质子加速后的最大轨道半径等于D 型盒的半径，由洛伦兹力提供向心力R v m qvB 2
= 得粒子的最大运行速度；m qBR v m =
（2分） 质子获得的最大动能：22
1m km
mv E =，得m R B q E km 2222= （2分）
(3)质子每个周期获得的动能为：qU E k 2= （1分） 经过的周期个数为：mU
R qB E E n k km 42
2==。