高考物理速度选择器和回旋加速器易错题知识归纳总结

高考物理速度选择器和回旋加速器易错题知识归纳总结
一、高中物理解题方法：速度选择器和回旋加速器
1．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 ＝
1×104
V/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
2．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：
211
22
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
＝
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．汽车又停下来了，原来是进了加油站。

小明想，机器总是要消耗能源才干活儿，要是制造出不消耗任何能源却能源源不断对外做功的机器，那该是利国利民的大功劳一件啊！小明为此设计了一个离子加速器方案：两个靠得很近的、正对处留有狭缝的半圆形金属盒，处在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，M 和M '是固定在金属盒狭缝边缘的两平行极板，其上有正对的两个小孔，给极板充电后，上板带正电且两板间电压为U ；质量为m 、带电量为q 的正离子从M 板小孔由静止开始加速，经M '板小孔进入磁场区域，离子经磁场偏转后又回到M 板小孔继续加速，再偏转，再加速……假设电场集中在两极板之间，其他区域没有电场，并忽略离子所受的重力，试计算： （1）两于第1次加速后获得的动能：
（2）第n 次加速后和第1n +次加速后，离子在磁场中偏转的半径大小之比；
（3）小明想，离子每次经磁场偏转后都能再次进入两极板间的电场进行加速，这个过程中电场、磁场不发生任何变化，离子动能却不断的增加……这个离子加速器就实现了不消耗任何能源便可以能源源不断地对离子做功的目的！请根据你所学的知识，试判断小明的设计方案是否科学，并具体阐述你的理由。

【答案】（1）qU ；（21
n
n +3）见解析。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）由动能定理可
qU =E k -0
解得离子第1次加速后获得的动能为
E k =qU
（2）设第n 次加速后离子获得的速度为v n ，则由动能定理可知
2
102
n nqU mv =
- 设离子在磁场中偏转的轨道半径大小为r n ，根据牛顿第二定律可知
2n
n n
v qv B m r ＝
联立解得
12n mnU
r B q
＝
同理，第n +1次加速后，离子子啊磁场中偏转的半径大小为
112(1)n m n U
r B q
++＝
则
11
n n r n r n +=+（3）小明的设计不科学，因为它违背了能量守恒定律，永动机不可能制成。

实际上，电场并不只是分布在两极板之间，在极板外，仍然有从M 板出发指向M'板的电场线，离子在两极板之外的磁场中运动时，电场力做负功，回到初始位置M 板的小孔处时，电场力所做的总功为零，离子速度恢复为原来的值，离子并不能持续的加速。

5．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) 20
22BR BRd m U qB ππ+-；(3) d <02
100mU 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 <．
6．在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器的结构如图所示，D 1、D 2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，A 处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速．设带电粒子质量为m ，电量为q ，匀强磁场磁感应强度为B ，D 形盒的最大半径为R ，两个D 形盒之间的距离为d ，d 远小于R ，D 形盒之间所加交变电压大小为U ．不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：
（1）所加交变电压的周期T ；
（2）带电粒子离开D 形盒时的动能E km ；
（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t 1及在两D 形盒间电场中运动的时间t 2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计． 【答案】（1） （2）
（3）见解析
【解析】 【详解】
（1）带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等， 得
（2）带电粒子离开D 形盒时的轨迹半径为R ，由圆周运动的规律得 解得：
带电粒子离开D 形盒时的动能
（3）设带电粒子在电场中加速的次数为n ，有
解得：
又因为带电粒子在磁场中运动的周期
所以带电粒子在磁场中运动的时间
解得：
带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=at 其中 所以带电粒子在电场中运动的时间
有
因为d 远小于R ，有t 2远小于t 1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略．
【点睛】
此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒子的半径等于D 型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.
7．回旋加速器是高能物理研究重要仪器.回旋加速器由两半径为R 的D 形金属盒组成，盒内存在垂直盒面的匀强磁场，磁感应强度为B ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计.两盒间加上如图乙所示的交变电压，幅值为U 0，周期为002π=
m
T B q
，在t =0时刻，A 处质量为m 、电荷量为+q 的粒子从静止开始加速.不计粒子间相互作用和重力.
（1）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ;
（2）以发射点A 为坐标原点，向左为正方向建立x 轴，如图所示，第n 次加速后进入磁场做圆周运动时的圆心在x 轴上的位置应如何表示?
（3）若磁感应强度的取值有微小波动，其值为B '时，若粒子仍至少要连续加速n 次，则B '应满足什么条件? 【答案】(1) 2
00
2B R t U π=
(2) n 为偶数时
00222(12341)U m U m
n n n B q B q +-，n 为奇数时，00222(123421)U m U m
n n n B
q B q
+--(3)
00222121
'+-n n
B B B n n 【解析】 【详解】
（1）粒子经电场加速后，在磁场中运动的最大速度为v m .对应圆周运动的最大半径为R .其中
m
0=
mv R B q 即
0m =
B qR
v m
最大动能为
22220
km
m 122==
B q R E mv m
每旋转一圈加速两次，设旋转N 圈
2220022=B q R
NU q m
则
22
00
4=B qR N mU
因此在磁场中运动的时间为
2
000
2π==
B R t NT U
（2）第一次圆周运动的圆心坐标为1
1=mv x Bq
其中
2
01102
=
-qU mv
1=
v 第二次圆周运动的圆心坐标为
22111
2222(1⎛⎫=
--=+ ⎪⎝⎭mv mv mv mv x Bq Bq Bq Bq Bq 第三次圆周运动的圆心坐标为
3211
3222(1⎛⎫=
--= ⎪⎝⎭mv mv mv mv x Bq Bq Bq Bq
第n 次圆周运动的圆心坐标为
n 为偶数时
11
2(12341)=+-+-++--n nmv mv x n n Bq Bq
00222(12341)=
+-+-++--U m U m
n n n B q B q
n 为奇数时
11
2(123421)σ=+-+-++---n rmv m x n n Bq Bq 00222(123421)=+-+-++---U m U m
n
n n B
q B q
（3）若磁感应强度减小，则周期增加，设周期变为0T T +∆
为使连续加速n 次，则
024
∆⨯T T
n
即
2∆T T
n
要求
0221
2π'+m n T B q
n 有
00221
'
+n
B B B n 若磁场增大，则周期减小，设周期变为0-∆T T 为使连续加速n 次，则
024
∆⨯T T
n ; 即
2∆T T
n
要求
0221
2π'-m n T B q
n 则有
00221
'
-n
B B B n 因此有
00222121
'+-n n
B B B n n
8．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 =
⎛⎫- ⎪⎝⎭
，则①粒子质量增加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
9．回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置．图1为回旋加速器原理示意图，置于高真空中的两个半径为R 的D 形金属盒，盒内存在与盒面垂直磁感应强度为B 的匀强磁场．两盒间的距离很小，带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计．位于D 形盒中心A 处的粒子源能产生质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子通过两盒间被加速，经狭缝进入盒内磁场．两盒间的加速电压按图2所示的余弦规律变化，其最大值为U 0．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．已知t 0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝时都能被最大电压加速．求
(1)两盒间所加交变电压的最大周期T 0；
(2)t 0=0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D 形盒间狭缝后的轨道半径之比； (3)0112T t =
与026
T
t =时刻产生的粒子到达出口处的时间差． 【答案】（1）2m qB π （222 （3）2
336m BR qB ππ- 【解析】
（1）设粒子在某次被加速后的速度为v ，则它在匀强磁场中做半径为r 的圆周运动时：
2
qvB m r
v
=，运动周期为2r
T v
π=
，即：2m T qB π=
要保证00t =时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速，粒子做圆周运动的周期必须与加速电压的最大周期相同，所以：02m
T qB
π=
（2）设00t =时刻两盒间的电压为0U ，此时刻产生的粒子第1次经过狭缝后的速度为
1
v
，半径为1r
20112qU mv = 2111v qv B m r = 解得：0
121mU r B q
=
粒子在磁场中运动
2
T 后第2次经过狭缝，此时两盒间的电压为0U -，粒子再次加速 联立可以得到，加速后的半径为：0
2221m U r B q
⋅=
12:22r r = （3）设粒子到达出口时的速度为m v ，则：2m
m v qv B m R
=
即所有从出口飞出的粒子，速度大小都相等，而每个粒子在磁场中运动的每一个周期时间内，被相同的电压加速两次．设某个粒子被加速时的电压为U ，它总共被加速了n 次，则：212
m nqU mv =
整理可以得到：22
2qB R n mU
=
该粒子在磁场中运动的总时间00
24
T T t n =⋅
- 0112T t =
与0
6
T 时刻产生的粒子被加速时的电压分别为： 0
100
2cos 12T U U T π⎛⎫=⋅
⎪⎝⎭
和0
2002cos 6
T U U T π⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭ 即1032
U U =
，2
012U U = 所以，0112T t =与026
T
t =时刻产生的粒子到达出口处的时间差为：
()000216122T T T t n n ⎛⎫
∆=-+- ⎪⎝⎭
，即：203363m BR t qB U ππ-∆=+
． 点睛：此题难度较大，解本题的关键是知道回旋加速器的工作原理；灵活应用洛伦兹力提供向心力求解，还要注意计算过程的计算量．
10．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。

D 1、D 2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D 形盒正中间开有一条狭缝，两个D 形盒接在高频交流 电源上。

在D 1盒中心A 处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D 2盒中。

两个D 形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电 压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。

如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D 形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。

已知带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，加速时狭缝间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 形盒的半径为R 狭缝之间的距离为d 。

设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：
(1)带电粒子能被加速的最大动能E k ；
(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)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当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）
(4)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆的半径；
(5)若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I ，求从回旋加速器输出的带电粒 子的平均功率P 。

(6)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 km 。

(7)a 粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n+1次由队盒进入队盒位置之间的距离△x ；
(8)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，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 是增大、减小还是不变？
【答案】(1)
222
2q B R m ；(2)(1)n m t qB π-=；(3) 当R ＞＞d 时，t 1可忽略不
计；(4)n r =
(5)222qIB R P m =；(6)2222k m E f R m π=；(7)
x ∆=
；
(8) r △r k+1＜△r k 【解析】 【分析】
(1)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子；经回旋加速器的最大速度由洛伦兹力提供向心力可求得由D 形盒的半径决定.
(2)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n 次加速后的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速的时间，再求出粒子偏转的次数，从而得出在磁场中偏转的时间，两个时间之和即为离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间．
(3)在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动，故根据平均速度公式可得在电场中运动时间;而每加速一次，做半个圆周运动，则磁场中的运动时间等于圈数乘以磁场中运动的周期.
(4)粒子被加速一次所获得的能量为qU ，求出第n 次加速后的动能, 进而可求出第n 个半圆的半径.
(5)根据电流的定义式和功率表示式求解.
(6)根据洛仑兹提供向心力，求出最大动能与磁感应强度的关系以及与加速电压频率的关系，然后分情况讨论出最大动能的关系.
(7)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n 次加速后的速度，求出轨道半径，抓住规律，求出△x ．
(8)求出r k 所对应的加速次数和r k+1所对应的加速次数即可求出它们所对应的轨道半径，然后作差即可求出r k 和r k+1，从而求出△r k ，运用同样的方法求出△r k+1，比较△r k 和△r k+1即可得出答案. 【详解】
(1)带电粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大
动能E k ，设离子从D 盒边缘离开时的速度为v m .依据牛顿第二定律：Bqv m = m 2m
v R
所以带电粒子能被加速的最大动能：E k =212m mv =222
2q B R m
(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：nqU=2
12
n mv 粒子在狭缝中经n 次加速的总时间：1n
v t a
= 由牛顿第二定律：U
q
ma d
=
由以上三式解得电场对粒子加速的时间：1t =正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律Bqv=m 2
v r
又T=2r v π
粒子在磁场中做圆周运动的时间t 2=（n-1）2
T
由以上三式解得:t 2=
1n m
qB
π-（）
所以， 离子从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间 t=t 1+t 2
(1)n m
qB
π- (3)设粒子飞出的末速度为v ，将多次电场加速等效为一次从0到v 的匀加速直线运动.
在电场中t 1=2
nd
v ， 在d 形盒中回旋周期与速度v 无关，在D 形盒中回旋最后半周的时间
为R
v
π， 在D 形盒中回旋的总时间为t 1=n
R
v
π
故122t d
t R
π=
＜＜1 即当R ＞＞d 时，t 1可忽略不计.
(4)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n -1次后的运动轨道，设其被加速2n -1次后的速度为v n 由动能定理得:（2n-1）qU =
212
n mv 此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r n ,由牛顿第二定律得Bqv n =m 2n
n
v r
得：n n mv r Bq =
=(5)设在时间t 内离开加速器的带电粒子数N ，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流I=Nq t
， 解得:N=
It q
带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率P =22
2k N E qIB R t m
⋅=
(6)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2qB
f m
π= 当磁场感应强度为B m 时，加速电场的频率应为2m
Bm qB f m
π= 粒子的动能212
k E mv =
当Bm f ≤m f 时，粒子的最大动能由B m 决定 qv m B m =m 2m
v R
解得E km =2222m q B R
m
当Bm f ≥m f 时，粒子的最大动能由f m 决定,v m =2πf m R 解得E km =2
2
2
2m mf R π
(7)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，
r 1=
2mv 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,
轨道半径：r 2=
2mv 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 2-1进入D 2盒，由动能定理：（2n-1）Uq=
2
21102
n mv --
轨道半径：r n =
21n mv qB -=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：2nUq=
2
2102
n mv -
轨道半径：r n+1=
2n mv qB =
则:12()n n x r r +∆=- 如图所示:
221222(
)(221)n n mv mv Um
x n n Bq Bq B q
-∆=-=- (8)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）， △rk= r k+1 -r k ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k+1，D 1、D 2之间的电压为U ， 由动能定理知2qU=
22
11122
k k mv mv +- ⑦ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知r k =
k
mv qB
， 则2qU=222
21()2k k q B r r m +- ⑧
整理得:△r k
214()
k k mU
qB r r ++ ⑨ 相邻轨道半径r k+1，r k+2之差△r k+1=r k+2- r k+2
同理△r k+1=2214()
k k mU
qB r r +++
因U 、q 、m 、B 均为定值，且因为r k+2＞r k ，比较△r k 与△r k+1 得:△r k+1＜△r k 【点睛】
借助回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D 形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动．。