高考物理速度选择器和回旋加速器各地方试卷集合汇编

高考物理速度选择器和回旋加速器各地方试卷集合汇编
一、速度选择器和回旋加速器
1．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
＝
2
2cos
v
B
L
α
（3）MN与挡板之间的最小距离：
d＝r﹣r sinα＝
(1sin)
2cos
Lα
α
-
答：（1）射出粒子的速率为
1
U
B d；（
2）射出粒子的比荷为
2
2cos
v
B L
α
；
（3）MN与挡板之间的最小距离为
(1sin)
2cos
Lα
α
-。

2．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)00
B v d；(2)t＝0
mv
qE
；(3)
2
00
2
mv mv
qE qB
+
【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0
E，则有：
U E d
=
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：000qE qv B = 解得：金属板M 、N 间的电压00U B v d =
（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：0
cos 45v v
=o
故离子运动到A 点时的速度：0v =
根据牛顿第二定律：qE ma =
设离子电场中运动时间t ，出电场时在y 方向上的速度为y v ，则在y 方向上根据运动学公
式得y v at =且0
tan 45y v v =
o
联立以上各式解得，离子在电场E 中运动到A 点所需时间：0
mv t qE
=
（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：
2
v qvB m R
=
解得：0mv R qB qB
=
=
由几何知识可得0
22cos 45mv AC R qB
===
o
在电场中，x 方向上离子做匀速直线运动，则20
0mv OA v t qE
==
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：
200
2mv mv OC OA AC qE qB
=+=+
【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．如图为质谱仪的原理图。

电容器两极板的距离为d ，两板间电压为U ，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B 1,方向垂直纸面向里。

一束带电量均为q 但质量不同的正粒子从图示方向射入，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B 2的匀强磁场，磁场B 2方向与纸面垂直，结果分别打在a 、b 两点，若打在a 、b 两点的粒子质量分别为1m 和2m .求：
(1)磁场B 2的方向垂直纸面向里还是向外? (2)带电粒子的速度是多少?
(3)打在a 、b 两点的距离差△x 为多大? 【答案】(1)垂直纸面向外 (2)1U
v B d = (3)12122()U m m x qB B d
-∆= 【解析】 【详解】
(1)带正电的粒子进入偏转磁场后，受洛伦兹力而做匀速圆周运动， 因洛伦兹力向左，由左手定则知，则磁场垂直纸面向外. (2)带正电的粒子直线穿过速度选择器，受力分析可知：
1U
qvB q
d
= 解得：1U v B d
=
(3)两粒子均由洛伦兹力提供向心力
2
2v qvB m R
=
可得：112m v R qB =
，222
m v
R qB = 两粒子打在底片上的长度为半圆的直径，则：
1222x R R ∆=-
联立解得：12122()
U m m x qB B d
-∆=
4．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 =-=
5．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕、氘、氚三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E 、磁感应强度为B 的复合场区域．进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d ，射出复合场后进入y 轴与MN 之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN 射出．虚线MN 与PQ 间为真空区域Ⅱ且PQ 与MN 平行．已知质子比荷为
q
m
，不计重力．
（1）求粒子做直线运动时的速度大小v；
（2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；
（3）若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差△t．
【答案】（1）E
B
（2）
mE
qdB
（3）
(2)Bd
E
πθ
+
【解析】
【分析】
由电场力与洛伦兹力平衡即可求出速度；由洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可求得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，求出磁场最小面积，在结合周期公式即可求得时间差．
【详解】
（1）粒子运动轨迹如图所示:
由电场力与洛伦兹力平衡，有：Bqv＝Eq
解得：
E v
B =
（2）由洛伦兹力提供向心力，有：
2 1
v qB v m
r
=
由几何关系得：r＝d
解得：1mE
B
qdB
=
（3）分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，磁场最小面积为：
22 13
222
r r Sπ⎛⎫⎛⎫=-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
解得：S＝πd2
由题意得：B2＝2B1
由
2r T
v
π=
可得：
2m
T
qB
π
=
由轨迹可知：△t1＝（3T1﹣T1）
2
θ
π
，
其中1
1
2m
T
qB
π
=
△t2＝
1
2
（3T2﹣T2）其中2
2
2m
T
qB
π
=
解得：△t＝△t1+△t2＝
()()
1
22
m dB
qB E
θπθπ
++
=
【点睛】
本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用．
6．如图，在整个直角坐标系xoy区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在x>0区域还存在方向垂直于xoy平面向内的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上x=－L的A点射出，速度方向与x轴正方向成45°，粒子刚好能垂直经过y 轴，并且在第一象限恰能做直线运动，不计粒子重力
(1)求粒子经过y轴的位置
(2)求磁感应强度B的大小
(3)若将磁场的磁感应强度减小为原来的一半，求粒子在x>0区域运动过程中的最大速度和最低点的y坐标。

【答案】（1）y=
1
2
L （2）
mE
B
qL
=（3）3
m
qEL
v
m
=
7
2
y L
=-
【解析】
【分析】
（1）粒子在第二象限做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解粒子经过y轴的位置；（2）粒子在第一象限恰能做直线运动，则电场力等于洛伦兹力，可求解B；（3）将x>0区域的曲线运动看做以2v1的匀速直线运动和以v1的匀速圆周运动的合成，结合直线运动和圆周运动求解最大速度和最低点坐标。

【详解】
（1）粒子在第二象限做类平抛运动，设初速度为v，
1222
v v v ==
L=v 1t
2
2
v y t =
联立解得2L y =，则经过y 轴上2
L
y =的位置； （2）qE a m
= v 2=at 可得1qEL
v m
= qv 1B=qE 解得mE
B qL
=
（3）将x>0区域的曲线运动看做以2v 1的匀速直线运动和以v 1的匀速圆周运动的合成，如图；
2112v B
qv m r
⋅=
解得
2
1
22
mv
r L
qE
== 24
y r L ∆==
最低点y坐标为
17
22 y L y L =-∆=-
此时速度最大为v m=2v1+v1
解得3
m qEL
v
m
=
7．1897年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，图为汤姆孙测电子比荷的装置示意图。

在真空玻璃管内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入两极板C、D间的区域。

若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点，若在两极板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加磁感应强度大小为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点，已知极板的长度L1=5.00cm，C、D间的距离d=1.50cm，极板的右端到荧光屏的距离
L2=10.00cm，U=200V，B=6.3×10－4T，P点到O点的距离Y=3.0cm。

求:
(1)判断所加磁场的方向；
(2)电子经加速后射入极板C、D的速度v；
(3)电子的比荷(结果保留三位有效数字）。

【答案】(1)磁场方向垂直纸面向外 (2)v=2.12×107m/s (3)=1.61×1011C/kg
【解析】
【详解】
（1）由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；
（2）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为，则evB=eE
得即代入数据得v=2.12×107m/s
（3）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为
电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为
这样，电子在电场中，竖直向下偏转的距离为
离开电场时竖直向下的分速度为
电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏
t2时间内向上运动的距离为
这样，电子向上的总偏转距离为
可解得代入数据得=1.61×1011C/kg
【点睛】
本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于类平抛运动的处理，通常采用运动的分解法律：将运动分解成相互垂直的两方向运动，将一个复杂的曲线运动分解成两个简单的直线运动，并用牛顿第二定律和运动学公式来求解．
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 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 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) 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
122
t d t R
π=，因为d<<R ，则 t 1<<t 2
9．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 ，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。

磁感应强度为B 0的匀强磁场与盒面垂直。

在下极板的圆心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u 随时间的变化关系如图乙所示0
2m
T qB π=。

加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。

(1)粒子开始从静止被加速，估算该离子离开加速器时获得的动能E k ；
(2)调节交流电的电压，先后两次的电压比为1:2，则粒子在加速器中的运动时间之比为多少？
(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心并不是金属盒的圆心O ，而且在不断的变动。

设第一次加速后做圆周运动的圆心O 1到O 的距离为x 1,第二次加速后做圆周运动的圆心O 2到O 的距离为x 2，这二个距离平均值约为最后从加速器射出时圆周运动的圆心位置x ，求x 的值，并说明出口处为什么在A 的左边；
(4)实际使用中，磁感应强度B 会出现波动，若在t =4
T
时粒子第一次被加速，要实现连续n 次加速，求B 可波动的最大范围。

【答案】(1)2
0()2qB R m
；(2)2:1；(3)021mU B q A 点的
左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边；
(4)
0021212123n n B B B n n --≤≤--（）（）
，n =2、3…… 【解析】 【分析】
根据回旋加速器原理，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，根据轨道半径与运动周期可求运动动能及运动时间，若磁场出现波动，求出磁感强度的最大值和最小值，从而确定磁感强度的范围。

【详解】
（1）圆周运动的最大半径约为R
2
0v qvB m R
=
离子离开加速器时获得的动能
2
20()122k qB R E mv m
==
（2）设加速n 次
2
00()2qB R nqU m
=
22002qB R n mU =
2
00
22B R T t n U π==
运动时间之比
02120121
U t t U == （3）设第一、二次圆周运动的半径为r 1和r 2
2011
2
qU mv =
110mv r qB =
=202122
qU mv =
220mv r qB =
== 11x r =
21212(2x r r r =-=
可得
121322x x x r +=
== 第一次圆周运动的圆心在A 点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边。

（4）设磁感应强度偏小时为B 1，圆周运动的周期为T 1
1(1)224
T T T n --=)(
12-1
2(-1)
n T T n =
解得
102(1)
21
n B B n -=
- 设磁感应强度偏大时为B 2，圆周运动的周期为T 2
2(1)()224
T T T n --=
223
2(1)n T T n -=
-
解得
202(123
n B B n -=
-)
因此
002(1)2(1)
2123
n n B B B n n --≤≤--，n =2、3……
10．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 ．
11．如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D 1和D 2，磁感应强度为R ，金属盒的半径为R ，两盒之间有一狭缝，其间距为d ，且
R d ?，两盒间电压为U .A 处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被
加速后进入D 1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。

通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量.已知带电粒子的质量为m 、电荷量为+q .
(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响. ①求粒子可获得的最大速度v m ；
②若粒子第1次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 1，粒子第1次进入D 2盒在其中的轨道半径为r 2，求r 1与r 2之比.
(2)根据回旋加速器的工作原理，请通过计算对以下两个问题进行分析：
①在上述不考虑相对论效应和重力影响的情况下，计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，为何常常忽略粒子通过两盒间狭缝的时间，而只考虑粒子在磁场中做圆周运动的时间；
②实验发现：通过该回旋加速器，加速的带电粒子能量达到25~30MeV 后，就很难再加速了。

这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。

结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。

【答案】(1)①m qBR v m =
②12r r =(2)①22BR
t U
π= ②2m T qB π=
【解析】 【详解】
（1）①由牛顿第二定律有：2
m v qvB m R
=
可知最大速度m qBR
v m
=
②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，由2
v qvB m r
=和2102NqU mv =-
可得r =
所以12r r =（2）①带电粒子在两盒间电场中加速过程中的加速度qU
a md
= 在电场中加速的总时间为1m v BdR t a U
=
= 带电粒子运动一圈加速2次，设粒子在磁场中的运动圈数为n
依据动能定理有：222
m
mv nqU =
带电粒子运动一圈的时间2m
T qB
π=
则带电粒子在磁场中运动的总时间为2
22BR t U
π=
由于R d ?，可知12t t =，所以1t 可忽略。

②由2
v qvB m r
=和2r T v π=、
可得：2m T qB
π=
从该周期公式发现，速度增加，粒子的质量会增加，其运动周期会变化，但加速电场周期
不变，从而使得加速电场的变化周求与粒子的运动周期不匹配，导致无法加速。

12．(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。

13．回旋加速器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 .求： (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)eU (2) 2222e B R m (3) 2eB
m
π
【解析】（1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入D 型盒的动能：
k E eU =；
（2）根据2v qvB m R =得，粒子出D 形盒时的最后的速度为： m eBR
v m
=，
则粒子出D 形盒时的最后的动能为： 222
2122km
m e B R E mv m
==； （3）由洛伦兹力提供向心力，则有： 2v Bev m r =，而2r
T v
π=，所以粒子在磁场中运行
周期为2m
T eB
π=，因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即为： 2m T eB π=
，因此频率为2eB
f m
π=。

点睛：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系。

14．1930年，Earnest O. 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。

题图甲为Earnest O. 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。