速度选择器和回旋加速器压轴题知识归纳总结及答案

速度选择器和回旋加速器压轴题知识归纳总结及答案
一、高中物理解题方法：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
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 ；（34310s 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．如图，正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为L 。

一个带电粒子（不计重力）从AD 中点以速度v 水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场区，最后恰能从C 点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区，求： (1)该粒子最后飞出场区的位置；
(2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？
【答案】(1)AB 连线上距离A 点3
2
L 处，(2)34。

【解析】 【详解】
(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：
qvB qE =
仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：
L vt =
竖直方向匀加速直线运动：
2
122L qE t m
= 联立方程得：
2qEL
v m
=
仅有磁场时：
2
mv qvB R
= 根据几何关系可得：
R L =
设粒子从M 点飞出磁场，由几何关系：
AM 2
2
2L R ⎛⎫- ⎪⎝⎭
32L
所以粒子离开的位置在AB连线上距离A点3
L处；
(2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为α，末速度反向延长线过水平位移中点：
2
tan1
2
L
L
α==
解得：45
α︒
=
仅有磁场时，设飞出时速度偏角为β：
tan3
AM
OA
β==
解得：60
β︒
=
所以偏转角之比：
3
4
α
β
=。

3．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U0.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t0；
(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
2
q B R
m
(2)
2
2
2
BR BRd m
U qB
ππ
+
-；(3) d<0
2
100
mU
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21
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 <．
4．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）122mU r qB =（2）2(1)nm n m
t qU 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：
12
2mU
r qB
=
2
2mU
qB 。

（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：
12nm
t qU
=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：
2
r
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 ．
5．1932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
6．回旋加速器是利用磁场和电场共同作用对带电粒子进行加速的仪器。

现在有一个研究小组对回旋加速器进行研究。

研究小组成员分工合作，测量了真空中的D 形盒的半径为R ，磁感应强度方向垂直加速器向里，大小为B 1，要加速粒子的电荷量为q ，质量为m ，电场的电压大小为U 。

帮助小组成员完成下列计算： （1）本回旋加速器能将电荷加速到的最大速度是？ （2）求要达到最大速度，粒子要经过多少次电场加速？
（3）研究小组成员根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙的引出装置。

在原有回旋加速器外面加装一个圆环，在这个圆环区内加垂直加速器向里的磁场B 2，让带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘加以引导。

求圆环区域所加磁场的磁感应强度B 2？
【答案】(1) 1m qB R v m =;（2）22
12qB R n Um
=;(3) 1222B R B R d =+
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中运动时满足：
2
1v qvB m r
=
当被加速的速度达到最大时满足：
r=R
则解得
1m qB R
v m
=
（2）粒子在电场中被加速，每次经过电场时得到的能量为Uq ，则：
212
m nUq mv =
解得
22
12qB R n Um
=
（3）由左手定则可知，粒子带负电；要想使得带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘，则粒子运动的轨道半径
11
22
r R d =+（） ；
由
2
21
m m v qv B m r =
解得
1222B R
B R d
=
+
7．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
=
8．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
112qU 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。

9．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：
(1)粒子第4次加速后的运动半径与第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】（152） 2222km q B R E m ＝ 22
2qB R n mU
=
【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=
1
2
mv n 2 qv n B=m 2n
n
v r
解得：12n nmU
r B q
=
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：4
5
5
r r ＝
（2）设粒子在回旋加速器中运动的最大半径为R ，粒子的最大速度为v m ，受力分析可知
qv m B=m 2 m
n
v r
粒子的最大动能：2222
122k m m q B R E m
v m ＝＝
粒子在回旋加速器中加速总次数：22
2km E qB R n qU mU
== 【点睛】
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。

10．回旋加速器是加速带电粒子的常用仪器，其结构示意图如图甲所示，其中置于高真空中的金属D 形盒的半径为R ，两盒间距极小，在左侧D 形盒圆心处放有粒子源S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向如图乙所示(俯视)．设带电粒子质量为m ，电荷量为＋q ，该粒子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，两金属盒狭缝处加高频交变电压，加速电压大小U 可视为不变，粒子重力不计，粒子在电场中的加速次数等于回旋半周的次数，求： (1)粒子在回旋加速器中经过第一次加速可以达到的速度和第一次在磁场中的回旋半径； (2)粒子在第n 次通过狭缝前后的半径之比；
(3)粒子若能从上侧边缘的引出装置处导出，则R 与U 、B 、n 之间应满足什么条件？
【答案】2Uq m 2Uqm 1n n -qBR m 2nUq
m
【解析】
(1)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Uq ＝
2
112
mv v 12Uq
m
根据2
v qvB m r
=
12Uqm
r =
(2)根据nUq ＝212
n mv v n 2nUq
m
根据2
v qvB m r
=
2n nUqm
r =
粒子在第n (3)根据2
v qvB m r
=
nUq ＝
212
n mv
知v m ＝
qBR m =。