高考物理速度选择器和回旋加速器试题经典

高考物理速度选择器和回旋加速器试题经典
一、速度选择器和回旋加速器
1．如图所示，两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。

A 板带正电荷，B 板带等量负电荷，电场强度为E ；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 1。

平行金属板右侧有一挡板M ，中间有小孔O ′，OO ′是平行于两金属板的中心线。

挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 2，CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板，它与M 板的夹角θ=45°，现有大量质量均为m ，电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，自O 点沿OO ′方向水平向右进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO ′方向运动，通过小孔O ′进入匀强磁场B 2，如果这些粒子恰好以竖直向下的速度打在CD 板上的E 点(E 点未画出)，求：
(1)能进入匀强磁场B 2的带电粒子的初速度v ； (2)CE 的长度L
(3)粒子在磁场B 2中的运动时间．
【答案】(1)1 E B (2) 12
2mE qB B (3) 2m qB π 【解析】 【详解】
(1)沿直线OO ′运动的带电粒子，设进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度为v ， 根据
B 1qv =qE
解得：
v =
1
E
B (2)粒子在磁感应强度为B 2磁场中做匀速圆周运动，故：
2
2v qvB m r
=
解得：
r =2mv qB =12
mE qB B 该粒子恰好以竖直向下的速度打在CD 板上的E 点，CE 的长度为：
L =
45r sin o
2r 12
2mE
(3) 粒子做匀速圆周运动的周期2
m
T qB
π= 2t m qB
π
=
2．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。

虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E =10N/C 。

一比荷q =1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v =2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d =1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP =d 。

不计粒子重力。

(1)求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值0
E B ；
(2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ；
(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。

【答案】(1)32.010m/s ⨯；(2)3210T -⨯；(3)不会通过，0.2m 【解析】 【详解】
(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有
00qvB qE =
解得
30
2.010m/s E B =⨯ (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径
1.0m R d ==
根据洛伦兹力提供向心力有
2
v qvB m R
=
解得磁感应强度大小
3210T B -=⨯
(3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴
负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小
sin y v v θ=
粒子在电场中沿y 轴方向的加速度大小
cos y qE
a m
θ
=
设经过t ∆时间，粒子沿y 轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有
y y
v t a ∆=
t ∆时间内，粒子沿y 轴方向通过的位移大小
2
y v y t ∆=
⋅∆
联立解得
0.3m y ∆=
由于
cos y d θ∆<
故带电粒子离开磁场后不会通过x 轴，带电粒子到x 轴的最小距离
cos 0.2m d d y θ'=-∆=
3．如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转磁场．一束同位素离子（质量为m ，电荷量为＋q ）流从狭缝S 1射入速度选择器，速度大小为v 0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出，立即沿水平方向进入偏转磁场，最后打在照相底片D 上的A 点处．已知A 点与狭缝S 2的水平间距为3L ，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．则
（1）设速度选择器内部存在的匀强电场场强大小为E 0，匀强磁场磁感应强度大小为B 0，求E 0∶B 0；
（2）求偏转磁场的磁感应强度B 的大小和方向；
（3）若将右半部的偏转磁场换成方向竖直向下的匀强电场，要求同位素离子仍然打到A 点处，求离子分别在磁场中和在电场中从狭缝S 2运动到A 点处所用时间之比t 1∶t 2．
【答案】（1）v 0（2）02mv B qL =，磁场方向垂直纸面向外（3）1223=∶t t π
【解析】
【详解】
（1）能从速度选择器射出的离子满足
qE 0=qv 0B 0
所以
E 0∶B 0=v 0
（2）离子进入匀强偏转磁场后做匀速圆周运动，由几何关系得：
222())R R L =-+
则
2R L =
由
2
00v Bqv m R
= 则
2mv B qL
=
磁场方向垂直纸面向外 （3）磁场中，离子运动周期
2R
T v π=
运动时间
10
1263L t T v π==
电场中，离子运动时间
20
=
t v 则磁场中和在电场中时间之比
12=
∶t t
4．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B 0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v 0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)00B v d ；(2) t ＝0mv qE
；(3) 2
00
2mv 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0E ，则有：0U 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：02v v =
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：02mv mv R qB qB
=
=
由几何知识可得0
22cos 452mv AC R 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．
5．图中左边有一对水平放置的平行金属板，两板相距为d ，电压为U 0，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0．图中右边有一半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B 1，方向垂直于纸面朝外．一束离子垂直磁场沿如图路径穿出，并沿直径MN 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的P 点射出，已知图中θ=60o ，不计重力，求
（1）离子到达M 点时速度的大小； （2）离子的电性及比荷q
m
． 【答案】（1）00U dB （20
013U 【解析】
（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，
由平衡条件得：qvB 0=qE 0 已知电场强度：0
0U E d
=
联立解得：0
U v dB =
（2）根据左手定则，离子束带负电
离子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，轨迹如图所示：
由牛顿第二定律得：2
1mv qvB r
= 由几何关系得：3r R =
00133U q
m dB B R
=
点睛：在复合场中做匀速直线运动，这是速度选择器的原理，由平衡条件就能得到进入复合场的速度．在圆形磁场区域内根据偏转角求出离子做匀速圆周运动的半径，从而求出离子的比荷，要注意的是离开磁场时是背向磁场区域圆心的．
6．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。

求：
(1)电子通过小孔O 时的速度大小v ；
(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向。

【答案】（12eU
m
（212mU L e
【解析】 【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212
eU mv = 解得：2eU
v m
=
(2)两板间电场的电场强度大小为：2U
E L
=
由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：12mU
B L e
=
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.
7．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.
8．如图所示为质谱仪的原理图，A 为粒子加速器，电压为1U ，B 为速度选择器，其内部匀强磁场与电场正交，磁感应强度为1B ，左右两板间距离为d ，C 为偏转分离器，内部匀强磁场的磁感应强度为2B ，今有一质量为m ，电量为q 且初速为0的带电粒子经加速器A 加速后，沿图示路径通过速度选择器B ，再进入分离器C 中的匀强磁场做匀速圆周运动，不计带电粒子的重力，试分析： （1）粒子带何种电荷；
（2）粒子经加速器A 加速后所获得的速度v ； （3）速度选择器的电压2U ；
（4）粒子在C 区域中做匀速圆周运动的半径R 。

【答案】（1）带正电；（2）12qU v m =
；（3）1
212qU U B m
=（4）1
2
21
mU r B q
=
【解析】 【分析】
（1）根据电荷在磁场中的偏转方向即可判断电荷的正负； （2）根据动能定理求解速度 （3）根据平衡求解磁场强度
（4）根据2
v qvB m r
=求解运动轨道半径；
【详解】
（1）根据电荷在磁场中的运动方向及偏转方向可知该粒子带正电； （2）粒子经加速电场U 1加速，获得速度v ，由动能定理得：
2112
qU mv =
解得：1
2qU v m
=
⑵在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得
2
1U q qvB d
=
解得：211
12U B dv B d
qU m
== ⑶在B 2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，2
v qvB m r
=
解得：1
22
21
mU mv r B q B q
=
= 故本题答案是：（1）带正电；（2）12qU v m =
；（3）1
212qU U B d
m
= （4）1
2
21
mU r B q
=
9．如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两板间存在场强为 E 的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为 B 匀强磁场.现有大量带电粒子沿中线 OO ′ 射入，所有粒子都恰好沿 OO ′ 做直线运动.若仅将与极板垂直的虚线 MN 右侧的磁场去掉，则其中比荷为
q
m
的粒子恰好自下极板的右边缘P 点离开电容器.已知电容器两板间的距离为2
3mE
qB ，带电粒子的重力不计。

（1）求下极板上 N 、P 两点间的距离；
（2）若仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P 点离开，求这种粒子的比荷。

【答案】（1）3mE x =2）'4'7q q m m = 【解析】 【分析】
（1）粒子自 O 点射入到虚线MN 的过程中做匀速直线运动，将MN 右侧磁场去掉，粒子在MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的的规律求解下极板上 N 、P 两点间的距离；（2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速
圆周运动，根据几何关系求解圆周运动的半径，然后根据2
''m v q vB R
= 求解比荷。

【详解】
（1）粒子自 O 点射入到虚线MN 的过程中做匀速直线运动，
qE qvB =
粒子过 MN 时的速度大小 E v B
=
仅将MN 右侧磁场去掉，粒子在MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动，
沿电场方向：2
2
322mE qE t qB m
= 垂直于电场方向：x vt =
由以上各式计算得出下极板上N 、 P 两点间的距离3mE
x =
（2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过 P 点的粒子的比荷为
'
'
q m ，其做匀速圆周运动的半径为 R ， 由几何关系得：2
2
2
2
3()2mE R x R qB
=+- 解得 2
74mE
R qB =
又 2
''m v q vB R
=
得比荷
'4'7q q m m
=
10．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B1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）v0=2×107m/s（2）B2=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．
11．如图所示，水平放置的两块带金属极板 a 、b 平行正对.极板长度为 l ,板间距为 d ,板间存在着方向坚直向下、场强大小为 E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只顾在于两板间.一质量为 m 、电荷量为 q 的粒子，以水平速度 v 0 从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向入极板间，恰好做做匀速直线运动.不计重力及空气阻力. （1）求匀强磁场感应强度 B 的大小；
（2）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小.
【答案】（1）0E B v = （2）2202qEl mv （3）2
012
k E mv qEd =+ 【解析】 【分析】
（1）粒子恰好做匀速直线运动，可知电场力与洛仑兹力平衡，可求磁感应强度B ； （2）粒子做类平抛运动，由运动分解方法，求解粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）用动能定理求解粒子到达下极板时动能． 【详解】
（1）带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛仑兹力平衡，qE=qv 0B ， 解得磁感应强度大小B=
E
v ； （2）撤掉磁场后，粒子做类平抛运动，通过电场区偏转的距离
222200
11()222qE l qEl y at m v mv ==⨯⨯= （3）设粒子运动到下极板时的动能大小为E K ，根据动能定理得：
q×2E×
12d=E k -1
2m v 02 解得E K =1
2
mv 02+qEd
【点睛】
对粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做匀速直线运动”的隐含条件，对于撤掉磁场后的粒子
的类平抛运动，要能够熟练分析解决，为常考内容．
12．回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子最大回旋半径为R ．忽略粒子在电场中运动的时间．求： （1）所加交变电流的频率f ； （2）粒子离开加速器时的最大速度v ；
（3）若加速的电压为U ，求粒子达到最大速度被加速的次数n ．
【答案】（1）2qB m π（2）qBR m （3）22
2qB R n mU
=
【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要等于粒子回旋频率，因为
2m
T qB
π=
， 回旋频率
12qB f T m
π=
=； （2）由牛顿第二定律
2
mv qvB R
=， 解得
qBR
v m
=
； （3）获得的能量来源于电场的加速，故：
21
02
nqU mv =-，
解得
22
2qB R n mU
=
；
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
2BR U
π（3）当Bm
m f f ≤时，E Km =2222m q B R
m
；当Bm m f f ≥时，
E Km =222
2m 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r 1，速度为v 1 qU=mv 12 qv 1B=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．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D1和D2，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?，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R d
加速后进入D1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。

15．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
3363m BR qB U 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
121
mU 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：2r =
12:2r 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： 01002cos 12T U U T π⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭和02002cos 6
T U U T π⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭
即102
U =
，2012U 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：06m t qB π∆=+
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．。