高考物理高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧和训练方法及练习题

高考物理高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧和训练方法及练习题
一、速度选择器和回旋加速器
1．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面（纸面）向外，电场E 和磁场B 都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。

一带正电的粒子质量为m 、电荷量为q 从P (x =0，y =h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射。

这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．求：
（1）若只有磁场，粒子做圆周运动的半径R 0大小； （2）若同时存在电场和磁场，粒子的速度0v 大小；
（3）现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x =R 0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点。

（不计重力）。

粒子到达x =R 0平面时速度v 大小以及粒子到x 轴的距离； （4）M 点的横坐标x M 。

【答案】（1）0mv qB （2）E B （302v ，02R h +（4）2
2000724
M x R R R h h =++-【解析】 【详解】
（1）若只有磁场，粒子做圆周运动有：2
00
qB m R =v v
解得粒子做圆周运动的半径0
0m R qB
ν=
（2）若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有：0qE qB =v 解得粒子的速度0E v B
=
（3）只有电场时，粒子做类平抛，有：
00y qE ma R v a t v t
=== 解得：0y v v =
所以粒子速度大小为：22
002y v v v v =+=
粒子与x 轴的距离为：2
0122
R H h at h =+
=+ （4）撤电场加上磁场后，有：2
v qBv m R
=
解得：02R R = 粒子运动轨迹如图所示：
圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4
π
，由几何关系得C 点坐标为：
02C x R =,
02
C R y H R h =-=-
过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中：
02CM R R ==
2
C R C
D y h ==-
解得：2
2
2
20074
DM CM CD R R h h =-=+-M 点横坐标为：2
2000724
M x R R R h h =+-
2．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1
1
q
m
和
2
2
q
m
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)
U
dB
(2)
22
2
v
d B22
2U
d B
（3）
2
d
【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
U
d
＝qvB
解得:
v＝
U
dB
（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°＝
6
π
带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:
r1＝
sin30
d
︒
＝2d
带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有:
q1vB＝
2
1
1
m v
r
联立解得:
1
1
q
m
＝
22
2
v
d B
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°＝
23
π 根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式:
T ＝
2m
qB
π 可得带负电粒子在磁场中运动的时间为:
t 1＝
11
1m q B
θ
带正电粒子在磁场中运动的时间为:
t 2＝
22
2m q B
θ 根据题意可知:
t 1＝t 2
联立以上各式，可得
22q m ＝114q m ＝222U d B
（3）带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:
r 2＝
22m v
q B
解得:
r 2＝
2
d
3．如图所示，A 、B 两水平放置的金属板板间电压为U(U 的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A 板的S 点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A 、B 板间的电场加速后从B 板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C 、D 板间，C 、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E ，匀强磁场的方向水平向里，大小为B 1。

其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a 点，圆内存在磁感应强度大小为B 2、方向水平向里的匀强磁场。

其中S 、a 、圆心O 点在同一竖直线上。

不计粒子的重力和粒子之间的作用力。

求： (1)能到达a 点的粒子速度v 的大小；
(2)若e 、f 两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1︰3，都能到达a 点，则对应A 、B 两金属板间的加速电压U 1︰U 2的绝对值大小为多大；
(3)在满足(2)中的条件下，若e 粒子的比荷为k ，e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t 为多少?
【答案】（1）1
E v B =；（2）12:3:1U U =；（3）1229t t t kB π∆=-=
【解析】 【详解】
解：(1)能达到a 点的粒子速度设为v ，说明在C 、D 板间做匀速直线运动，有：1qvB qE = 解得：1
E
v B =
(2)由题意得e 、f 两粒子经A 、B 板间的电压加速后，速度都应该为v ，根据动能定理得：
21
qU mv 2
=
它们的比荷之比：
e f
e f
q q :1:3m m = 得出：12U :U 3:1=
(3)设磁场圆的半径为R ，e 、f 粒子进入磁场圆做圆周运动
对e 粒子：2
1211v q vB m r =
对f 粒子：2
2222
v q vB m r =
解得：
12r 3r 1
= e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为
180o ， e 、f 两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：
1
R tan θr =
2
R tan θr =
θα90o +=
联立解得：θ30=o ，α60=o
e 、
f 两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：
1
12πr T v = 2
22πr T v
=
e f
e f
q q :1:3m m = 在磁场中运动的时间：
112θ
t T 360=o 222αt T 360
=
o 12t t >
两粒子在磁场中运动的时间差为：122
π
Δt t t 9kB =-=
4．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】22
2E
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：212
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.
5．（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
）
2eU
m
（2）如图所示：
（3）6
410m/s
⨯
【解析】
（1）根据动能定理可以得到：2
1
2
Ue mv
=，则：
2eU
v
m
=；
（2）当电子受到洛伦兹力和电场力相等时，即qvB Eq
=，即E
v
B
=，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，E
U60
2
V
==
由电子在电场中的偏转运动得：2
11
()
32
eU L
L
mL v
=
则：603E
410/4e v m s m
=
=⨯． 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．
6．如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2×106N/C 和B 1=0.1T ，极板的长度
，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直
于纸面向外，圆形区域的圆心O 位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径。

有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷。

（1）求粒子沿极板的中线飞入的初速度v 0； （2）求圆形区域磁场的磁感应强度B 2的大小；
（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B 1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应满足的条件． 【答案】（1）v 0=2×107m/s （2）B 2=0.1T （3）m （或
m ）
【解析】 【分析】
（1）抓住粒子做匀速直线运动，根据洛伦兹力和电场力平衡求出粒子的初速度．（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出粒子在磁场中运动的半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小．（3）粒子在板间做类平抛运动，离开极板后做匀速直线运动，由类平抛运动知识与匀速运动规律可以求出d 需要满足的条件． 【详解】
（1）粒子在极板间做匀速直线运动，有：
，代入数据解得：．
（2）设粒子的初速度大小为v ，粒子在极板间匀速直线运动，则：
设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r ，由牛顿第二定律得： 粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60°，由数学知识可得：
解得：
（3）撤去磁场
后粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t ，运动的加速度为a
飞出电场时竖直方向的速度为，速度的偏转角为，由牛顿第二定律得：qE=ma 水平方向：，竖直方向：，
解得：，即
设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O 离极板右边缘的水平距离为
d ，如图所示：
由几何关系得：，解得：
所以圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应满足（或
）。

【点睛】
本题考查了带电粒子在电磁场中运动的相关问题，考查学生综合分析、解决物理问题能力．分析清楚粒子的运动过程，应用运动的合成与分解、平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式即可正确解题．
7．回旋加速器D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为U ＝2×104V ，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径R ＝1m ，磁场的磁感应强度B ＝0.5T ，质子的质量为1.67×10－27kg ，电量为1.6×10－19C ，问： (1)质子最初进入D 形盒的动能多大？ (2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大？ (3)交流电源的频率是多少？
【答案】(1)153.210J -⨯； (2)121.910J -⨯； (3)67.610Hz ⨯. 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子在第一次进入电场中被加速，则质子最初进入D 形盒的动能
411195210 1.610J 3.210J k E Uq -==⨯=⨯⨯⨯－
(2)根据
2
v qvB m R
=
得粒子出D 形盒时的速度为
m qBR
v m
=
则粒子出D 形盒时的动能为
22219222212271 1.610051J 1.910J (22211).670
km
m q B R E mv m ---⨯⨯⨯====⨯⨯⨯． (3) 粒子在磁场中运行周期为
2m
T qB
π=
因一直处于加速状态，则粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，即为
2m
T qB
π=
那么交变电源的频率为
19627
1.6100.5Hz 7.610Hz 22 3.14 1.6710
qB f m π--⨯⨯===⨯⨯⨯⨯
8．回旋加速器原理如图所示，D 1和D 2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D 1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E k 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D 2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)112mU r B q =(2)222
2k q B R E m
=；(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v 1，根据动能定理可得
211
2
qU mv =
解得
1v =
洛伦兹力充当向心力，则有
2
111
v qv B m r =
解得
1r =
(2)离子射出时加速器时
2
m
m v qv B m R
=
解得
m qBR
v m
=
离子动能为
222
2122k q B R E mv m
==
(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
122
nd nd
t v v =
= 离子在D 形盒中运动的周期为
22=
m R
T qB v
ππ= 粒子在磁场中回旋的时间为
22n n R t T v
π==
有
122nd t
v n R t v
π==2d R π 当d <<R 时，t 1<<t 2，即电场中运动时间可以忽略
9．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B 0，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r n 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B n 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。

【答案】（1）k E qU =△；（2）a.0
12n nUq
R B m
=0n B nB =;（3）见解析 【解析】 【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做功，根据动能定理： 每次动能的增量为：
K E qU =V
（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n 次穿过MN 两板
间开始作第n 圈绕行时
20n
n n
v qv B m R =
第n 圈的半径
n R =
ｂ．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
212nqU mv = ， 2000v qv B m R = ， 2
n
n n v qv B m R
=
所以第n 圈绕行的磁感应强度为：
0n B =
（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
02m
T B q π=
而若要加速回旋加速粒子B ，交变电压周期应为
02m
T kB q
π=
＇ 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
2n n
m
T qB π=
B 粒子的旋转周期
2n
n T m T kqB k
π=
=＇ n T 是T ' 的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周。

由于电场只在A 通过时存在，故
B 仅在与A 同时进入电场时才被加速。

10．1932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）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
2Bq
m
π；（2）粒子从D 形盒边缘射出时的动能是2222q B R m ；（3）粒子被加速的次数为22
2qB R mU ． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T =2m
Bq
π， 那么交流电压的频率：f =
2Bq
m
π； （2）根据qvB =m 2
v R ，解得v =qBR m ，带电粒子射出时的动能：E K =12mv 2=2222q B R m
；
（3）经加速电场加速：qnU =222
2q B R m ，
解得：n =22
2qB R mU
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v k ；
（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B k 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l 1的粒子束（l 1<L ），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度v max ． 【答案】(1)2kqU
m
2m kqU 12mkU R q (4) 12max L qU v l m =
【解析】 【详解】
(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqU ＝1
2
mv k 2﹣0 解得：
2k kqU
v m
=
(2) 粒子做圆周运动的周期：222k k m m
T R qB kqU
ππ=
=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：2k m T kqU
π=(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 ＝1
2
mv k 2﹣0 解得：
2k kqU
v m
=
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：qv k B k ＝
2k
v m R
，解得： 12k kmU
B R q
=
(4)
粒子第一次加速后的速度：1v =
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：111l t l v ==
由k v =
2v =粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l 2＝v 2t 1
l 1
粒子被第三次加速后的速度：3v =
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：222l t l v == 粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l 3＝v 3t 2
l 1
粒子被第四次加速后的速度：4v =
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：333l t l v == 粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l 4＝v 4t 3
l 1 …
粒子被第k
次加速后的速度：k v =
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：111k k k l t l v ---==粒子被k 次加速后这一束粒子的长度：l k ＝v k t k ﹣1
1
当粒子束的长度：l k
l 1＝L ，即：k ＝2
21L l 时粒子束的速度最大，
由动能定理得：221L l •qU ＝1
2
mv max 2﹣0，解得：
max v =
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：
2
1m v t =
⎛⎫- ⎪⎝⎭
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22100
1%
r
T
⨯=
⨯
次
加速后的质量m与原来质量0m的关系：
2
1()
m
m
v
c
=
-
，0
1.02
m m
=
粒子最终速度为：0.2
v c
=
即粒子最终速度为光速的0.2倍
13．1932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．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．
（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；
（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；
（3）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B m、f m，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞．
【答案】（1）2:1（2）
2
2
BR
U
π
（3）当Bm m
f f
≤时，E Km=
222
2
m
q B R
m
；当Bm m
f f
≥时，E Km=222
2
m
mf R
π
【解析】
【分析】
（1）狭缝中加速时根据动能定理，可求出加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力，推出半径表达式；
（2）假设粒子运动n圈后到达出口，则加速了2n次，整体运用动能定理，再与洛伦兹力提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解；
（3）B m对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率，f m对应加速电场可提供的最大频率，选两者较小者，作为其共同频率，然后求此频率下的最大动能．
【详解】
（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1
qU=mv12
qv1B=m
解得
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径
则．
（2）设粒子到出口处被加速了n圈
解得．
（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即
当磁场感应强度为B m时，加速电场的频率应为
粒子的动能
当f Bm≤f m时，粒子的最大动能由B m决定
解得
当f Bm≥f m时，粒子的最大动能由f m决定v m=2πf m R解得
【点睛】
此题是带电粒子在复合场中运动与动能定理的灵活应用，本题每一问都比较新颖，需要学生反复琢磨解答过程．
14．质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示．粒子源S产生的带正电的粒子首先经M、N两带电金属板间的匀强电场加速，然后沿直线从缝隙O垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P点．已知M、N两板问的距离为d，电场强度为E．设带正电的粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用均可忽略．。