高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题(1)

高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题(1)
一、速度选择器和回旋加速器
1．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。

照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。

现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。

(1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ； (2)
求该离子的比荷
q m
； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。

【答案】(1)1E v B =；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E
∆=
【解析】 【分析】 【详解】
(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0
Eq =B 1qv
解得
1
E
v B =
(2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以
2
2mv B qv R
= 解得
12
q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2 根据题意
R 2=R 1+
2
d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得
2
121
m v B qv R =
2
222
m v B qv R =
联立得
22121()B q
m m m R R v
∆=-=
- 化简得
122B B qd
m E
∆=
2．某粒子源向周围空间辐射带电粒子，工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷，如图所示，其中S 为粒子源，A 为速度选择器，当磁感应强度为B 1，两板间电压为U ，板间距离为d 时，仅有沿轴线方向射出的粒子通过挡板P 上的狭缝进入偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 2，磁场右边界MN 平行于挡板，挡板与竖直方向夹角为α，最终打在胶片上离狭缝距离为L 的D 点，不计粒子重力。

求： （1）射出粒子的速率； （2）射出粒子的比荷；
（3）MN 与挡板之间的最小距离。

【答案】（1）1U B d （2）22cos v B L α（3）(1sin )2cos L αα
-
【解析】 【详解】
（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动， 由平衡条件得：
qυB 1＝q
U
d
解得υ＝1U
B d
；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：
r ＝2cos L
α
＝2cos L
α
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qυB 2＝m
2
r
υ，解得：
q m
＝22cos v B L α
（3）MN 与挡板之间的最小距离：
d ＝r ﹣r sin α＝
(1sin )
2cos L αα
-
答：（1）射出粒子的速率为
1U B d
；（2）射出粒子的比荷为22cos v B L α
；
（3）MN 与挡板之间的最小距离为
(1sin )
2cos L αα
-。

3．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v 0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
q m
； (3)若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷
q
m
不变，α粒子仍从P 点沿+x 方向射入，从N 点离开圆形区域，求α粒子在P 点的速度大小。

【答案】(1)0E v
，方向垂直纸面向里(2)03BR (3)3v 0 【解析】 【详解】
（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即
qE =Bqv 0
解得
B =
E
v 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
Bqv 0=m 20
v r
由几何关系可知
r 3，
联立得
q m
03BR （3）粒子从P 到N 做类平抛运动，根据几何关系可得
x =3
2
R =vt y 3=12×qE m t 2
又
qE =Bqv 0
联立解得
v =
32
03Bqv R m
=
3v 0
4．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）1×105m/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F E ＝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．
（2）能够通过小孔的电子，其速率满足evB ＝eE 解得：v ＝E B 又因为E ＝U d
所以v ＝
U
Bd
＝1×105m/s 即只有速率为1×105m/s 的电子才可以通过小孔S
5．如图所示，M 、N 为水平放置的两块平行金属板，板间距为L ，两板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电势差为MN 0U U =-，磁感应强度大小为0B .一个带正电的粒子从两板中点垂直于正交的电、磁场水平射入，沿直线通过金属板，并沿与ab 垂直的方向由d 点进入如图所示的区域（忽略电磁场的边缘效应）．直线边界ab 及ac 在同一竖直平面
内，且沿ab 、ac 向下区域足够大，不计粒子重力，30a ∠=︒，求：
(1)粒子射入金属板的速度大小；
(2)若bac 区域仅存在垂直纸面向内的匀强磁场罗要使粒子不从ac 边界射出，设最小磁感应强度为B 1；若bac 区域内仅存在平行纸面且平行ab 方向向下的匀强电场，要使粒子不从ac 边射出，设最小电场强度为E 1.求B 1与E 1的比值为多少? 【答案】（1）v =00U B
L （2）
0110
2B L
B E U = 【解析】 【详解】
(1)设带电粒子电荷量为q 、质量为m 、射入金属板速度为v ，粒子做直线运动时电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件有：qvB 0= qE 0 ①
E 0 =
U L ② 解得:v =0
0U B L
③
(2)仅存在匀强磁场时，若带电粒子刚好不从ac 边射出，则其轨迹圆与ac 边相切，则
1
1sin 30ad R s R =+
︒
④ qvB 1 =2
v m R
⑤
得:B 1=
3ad
mv
qS ⑥
仅存在匀强电场时，若粒子不从ac 边射出，则粒子到达边界线ac 且末速度也是与ac 边相切，即： x =vt ⑦ y =
12
at 2
⑧ qE 1=ma ⑨ tan30º=
ad x
S y
+ ⑩ y v at = ⑾
tan30º =
y
v
v ⑿ 得:E 1=
2
32ad
mv qS ⒀ 所以:0110
2B L B E U = ⒁
6．PQ 和 MN 分别是完全正对的金属板，接入电动势为E 的电源，如图所示，板间电场可看作匀强电场,MN 之间距离为d ，其间存在着磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场。

紧挨着P 板有一能产生正电荷的粒子源S ，Q 板中间有孔J ，SJK 在一条直线上且与 MN 平行。

产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着SJK 路径从孔 K 射出，求粒子的比荷
q
m。

【答案】222E B d
【解析】 【分析】
粒子在PQ 板间是匀加速直线运动，根据动能定理列式；进入MN 板间是匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可． 【详解】
PQ 板间加速粒子，穿过J 孔是速度为v 根据动能定理，有：2
12
qE mv =
沿着SJK 路径从K 孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡:
qE
qvB d
= 解得:
22
2q E m B d = 【点睛】
本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，根据动能定理和平衡条件列式.
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
34
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）2max 2536B qLd m U = ; 2min 23B 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．
8．1932 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 D 1、D 2．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 D 2 盒时的速度大小 v 1 和进入 D 2 盒后运动的轨道半径 r 1；
（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 t 1 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) 12qU v m =
，112mU r B q =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12qU v m
= 2111v qv B m r = 解得：112mU
r B q
=
（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 2
2
q B R nqU
m
=
可得
22
4
qB 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：
1
n n n
a t v v
+
∆=-将粒子每次通过夹缝所用时间累加，则有
1
m
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
2
2
42
qB R m BR
t nT
mU qB U
ππ
==⋅=
可解得1
2
2
t d
t R
π
=，因为d<<R，则 t
1<<t2
9．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
）1r =2
）(1)n m
t 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：
122(1)nm n m
t t t d
qU 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
2(1)nm n m
d
qU 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 =
2
m
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 ．
10．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 ，两盒间有狭缝（间距d R <<），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0U ，周期为T ，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2t T =时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B ；
（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t ；
（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m 与原来质量0m 的关系：
m =
1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理由）？②若粒子质量最终增加2%，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有效数字）？
【答案】（1）2m qr π（2）220R m
qU T
π（3）100次；0.2
【解析】 【详解】
解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：2
v qvB m R
=
电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同：2r
T v
π= 可得2m T qB
π=
，2m
B qr π= (2)粒子运动半径为R 时：2R v r π=且2
km 12
E mv = 解得：22
km
2
2mR E T π=
粒子被加速n 次达到动能km E ，则有：0km E nqU =
不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒
子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：22002T R m
t n qU T
π=•=
(3)粒子在磁场中的周期：2n
T qB
π=
，质量增加1%，周期增大1%， 再加速次数不超过221001%
r
T ⨯=⨯次
加速后的质量m 与原来质量0m
的关系：m ， 01.02m m = 粒子最终速度为：0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍
11．1932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r1；
（2）D形盒半径为R；
（3）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，同一盒中相邻轨道半径之差是增大、减小还是不变?
【答案】（1）（2）（3）减小.
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1
①②
联立①②解得：
（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v
③④
⑤⑥
联立③④⑤⑥解得
（3）（方法1）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r k，r k+1（r k<r k+1），，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k，v k+1，D1、
D2之间的电压为U，由动能定理知⑦
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则⑧
整理得⑨
相邻轨道半径r k+1，r k+2之差同理
因U、q、m、B均为定值，且因为r k+2> r k，比较与得
（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r k－1、r k、r k+1，（r k－1<r k<r k+1），
由及得
得
假设>有
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．
12．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
D盒中心A 中间开有一条狭缝，两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上．在1
处有离子源，它产生并发出的α粒子，经狭缝电压加速后，进入2D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α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α粒子从离子源发出时的初速度为零．(不计α粒子重力)求：
(1)α粒子第1次由1D盒进入2D盒中时的速度大小；
(2)α粒子被加速后获得的最大动能k E；
(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，α粒子在第n 次由2D 盒进入1D 盒与紧接着第n +1次由2D 盒进入1D 盒位置之间的距离Δx .
【答案】（1）1v （2）222
2k q B R E m
= （3）2m T Bq π= （4）
x =
V 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设α粒子第一次被加速后进入D 2盒中时的速度大小为v 1，根据动能定理有
211
2
qU mv ＝
解得，1v （2）α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
的速度为v ，有2
mv qvB R
＝
解得：qBR
v m
＝
设α粒子的最大动能为E k ，则212
k E mv =
解得：222
2k q B R E m
=
（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
22r m
T v Bq
ππ=
= （4）离子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1
则 11mv r qB ＝
离子经第2次电场加速后，以速度v 2进入D 1盒，设轨道半径为r 2
则 22mv r qB ＝
离子第n 次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过（2n -1）次电场加速，以速度v 2n-1进入D 2盒，
由动能定理：
2
211212
n n Uq mv --=（）
轨道半径 ()212121
n n n mU
mv r qB B
q
--=
=
离子经第n +1次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入D 1盒，由动能定理：2
2122
n nUq mv = 轨道半径：21122n n mv n mU
r qB B q
+⋅=
= 则△x =2（r n+1-r n ）（如图所示）
解得，()2121221
2
22
221n mU n mU Um
x n n B q B
q
B q
V （）（）
-⋅⋅=-
=
--
13．正电子发射计算机断层（PET ）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。

PET 所用回旋加速器示意如图所示，其中D 1和D 2是置于高真空中的两个中空半圆金属盒，两半圆盒间的缝隙距离为d ，在左侧金属盒D 1圆心处放有粒子源A ，匀强磁场的磁感应强度为B 。

正电子质量为m ，电荷量为q 。

若正电子从粒子源A 进入加速电场时的初速度忽略不计，加速正电子时电压U 的大小保持不变，不考虑正电子在电场内运动的过程中受磁场的影响，不计重力。

求：
（1）正电子第一次被加速后的速度大小v 1；
（2）正电子第n 次加速后，在磁场中做圆周运动的半径r ；
（3）若希望增加正电子离开加速器时的最大速度，请提出一种你认为可行的改进办法！ 【答案】（12qU m 21
2mnqU Bq
3）见解析
【解析】（1）正电子第一次被加速后，由动能定理可得2
112
qU mv =，解得12qU v m =
（2）设质子第n 次加速后的速度为n v 由动能定理有2
12
n nqU mv =
由牛顿第二定律有2n n v qv B m r =，解得1
2r mnqU Bq
=
（3）方案一：增加磁感应强度B ，同时相应调整加速电压变化周期；方案二：增加金属盒的半径。

14．(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：2
2
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=
= （1分）
质子在D 型盒内运动的总时间:nT t = （1分） 即U
BR t 22
π=
（1分）
考点：回旋加速器。

【名师点睛】回旋加速器是通过多次加速来获得高能粒子的装置，在D 型盒的狭缝中加交变电压，给粒子加速，通过在D 型盒处的磁场回旋，从而达到多次加速的效果，获得的最大动能是由D 型盒的半径决定的，运动时间则由在磁场中做圆周运动的时间决定，为使每次粒子到达狭缝处都被加速，交变电压的周期与粒子在磁场中的运动周期相同。

15．1932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km E 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1v ，且此时第一、二两个圆筒间的电势差12U U U -=-．为使打到靶上的离子获得最大能量 ，各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量．
【答案】（1（2）2222q B R m ，2
2BR U
π
（3）)1,2,3,n L n ==L L ，
()()21111,2,32
kn E n qU mv n =-+=L L 【解析】
（1）粒子第1次被加速后，212qU mv =，v =； （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m v ，有2m m v qv B m R
=， 粒子获得的最大动能222
2122m m q B R E mv m ==， 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，
212=m nqU mv ，解得22
2qB R n mU
=， 带电粒子在磁场中运动的周期为22r m T v qB ππ==， 粒子在磁场中运动的总时间2
22T BR t n U
π==； （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．由于圆筒内无电场，离子在筒内做匀速运动．
设离子在第n 个圆筒内的速度为n v ，第n 个圆筒的长度为n L ，则有
·22n n n v T L v f ==，()22111122n mv mv n qU -=-，n v =
第n 个圆筒的长度应满足的条件为)1,2,3,n L n ==L L ，。