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．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：在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直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 =1×103N/C 和B 1=0.02T ，极板长度L =0.4m ，间距足够大。

在极板的右侧还存在着另一圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向外，圆形磁场的圆心O 位于平行金属板的中线上，圆形磁场的半径R =0.6m 。

有一带正电的粒子以一定初速度v 0沿极板中线水平向右飞入极板间恰好做匀速直线运动，然后进入圆形匀强磁场区域，飞出后速度方向偏转了74°，不计粒子重力，粒子的比荷q
m
=3.125×106C/kg ，sin37°=0.6,cos37°=0.8，5≈2.24。

求： （1）粒子初速度v 0的大小；
（2）圆形匀强磁场区域的磁感应强度B 2的大小；
（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁场，则圆形磁场的圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应该满足的条件。

【答案】（1）v 0=5×104m/s ；（2）B 2=0.02T ；（3） 1.144m d ≥。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场和磁场中匀速运动，洛伦兹力与电场力平衡
qv 0B 1=Eq
带电粒子初速度
v 0=5×104m/s
（2）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
20
02v qv B m r
=
轨迹如图所示：
由几何关系，带电粒子做圆周运动的半径为
4
0.8m
tan 373
R r R =
==︒
联立解得：
B 2=0.02T
（3）带电粒子在电场中做类平抛运动 水平方向
0L v t =⋅
竖直方向
212
y at =
由牛顿第二定律
qE ma =
粒子飞出极板后不能进入圆形磁场即轨迹刚好与圆形磁场相切，如图所示：
由几何关系 ，利用三角形相似，有：
22
()22
L y y R
d +=+
解得
1.144m d =，
若想带电粒子不能飞入圆形磁场，应满足 1.144m d ≥。

3．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 =+-
4．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内有一个电场强度大小为E 、方向沿-y 方向的匀强电场，同时在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的圆形区域内，有垂直于xOy 平面的匀强磁场，该圆周与x 轴的交点分别为P 点和Q 点，M 点和N 点也是圆周上的两点，OM 和ON 的连线与+x 方向的夹角均为θ=60°。

现让一个α粒子从P 点沿+x 方向以初速度v 0射入，α粒子恰好做匀速直线运动，不计α粒子的重力。

(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
(2)若只是把匀强电场撤去，α粒子仍从P点以同样的速度射入，从M点离开圆形区域，求
α
粒子的比荷
q
m
；
(3)若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷
q
m
不变，α粒子仍从P点沿+x方向射入，从N点离开圆形区域，求α粒子在P点的速度大小。

【答案】(1)
E
v，方向垂直纸面向里(2)
3BR
(3)
3
v0
【解析】
【详解】
（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即
qE=Bqv0
解得
B=
E
v
由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里。

（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r，根据洛伦兹力充当向心力得
Bqv0=m
2
v
r
由几何关系可知
r3，
联立得
q
m
3BR
（3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得
x =3
2
R =vt y =
32
R =12×qE m t 2 又
qE =Bqv 0
联立解得
v =
3
2
03Bqv R m
=
3v 0
5．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：2
12
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.
6．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2
3mE
x qB =
（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：22
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
=
7．1932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恢学设备中。

回旋加速器的工作原理如图甲所，置于真空中的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，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U 。

D 形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。

(1)求把质量为m 、电荷量为q 的静止粒子加速到最大动能所需时间；
(2)若此回旋加速器原来加速质量为2m ，带电荷量为q 的α粒子（42He ），获得的最大动
能为E km ，现改为加速氘核（2
1
H ），它获得的最大动能为多少？要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法；
(3)已知两D 形盒间的交变电压如图乙所示，设α粒子在此回旋加速器中运行的周期为T ，
若存在一种带电荷量为q ′、质量为m ′的粒子201
100X ，在4
T
t =
时进入加速电场，该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D 形盒）
【答案】（1）2π2BR U ；（2）2
2
，见解析；（3）0100q U '
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力得
2m
m mv qv B R
= 粒子每旋转一周动能增加2qU ，则旋转周数
22
4qB R n mU
=
周期
2m
R
T v π=
粒子在磁场中运动的时间
2
π=2BR t nT U
=磁 一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t 磁可视为总时间 （2）对α粒子，由速度
2m qBR
v m
α=
得其最大动能为
2222
1224km
m q B R E mv m
α=⨯=
对氘核，最大动能为
222222
22()112228km mH q
B R q B R E mv m m m
'==⨯⨯= 若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，有
222222
=
48q B R q B R m m
'
解得B '=
倍
高频交流电源的原来周期
4m
T qB
π=
故
24222
m m m T q qB qB B ππ'=
===' 由α
粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的2
（3）对粒子201
100X 分析，其在磁场中的周期
12201200m T
T q B
π'=='
每次加速偏移的时间差为
1=
2400
T T T T -∆= 加速次数
4100
T
n T
==∆
所以获得的最大动能
00100km E nq U q U ''==
8．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
n r 同理，第n +1次加速后，离子子啊磁场中偏转的半径大小为
1n r +则
1n n r r +=（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。

9．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：
2
12
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
=
+
10．1932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D 形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t．已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为+q，加速器接一定频率高频交流电源，其电压为U．不考虑相对论效应和重力作用．求：
（1）质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；
（2）D形盒半径为R；
（3）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，同一盒中相邻轨道半径之差是增大、减小还是不变?
【答案】（1）（2）（3）减小.
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1
①②
联立①②解得：
（2）设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v
③④
⑤⑥
联立③④⑤⑥解得
（3）（方法1）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），，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k，v k+1，D1、
D2之间的电压为U，由动能定理知⑦
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则⑧
整理得
⑨
相邻轨道半径r k+1，r k+2之差
同理
因U 、q 、m 、B 均为定值，且因为r k+2> r k ，比较与
得
（方法2）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 －1、r k 、
r k+1，（r k －1<r k <r k+1）， 由及
得
得
假设>
有
两边平方得结果正确，说明假设成立． 所以
考点：回旋加速器；带电粒子在匀强电场及匀强磁场中的运动．
11．(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。

12．高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台．质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置．质子回旋加速器的工作原理如图（a ）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，被加速质子（1
1H ）的质量为m ，电荷量为q +．加在狭缝间的交变电压如
图（b ）所示，电压值的大小为0U 、周期02m
T qB
π=
．为了简化研究，假设有一束质子从M 板上A 处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．不考虑质子间的相互作用．
（1）质子在磁场中的轨迹半径为r （已知）时的动能k E ；
（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到k E （问题（1）中的动能）所需要的时间．（不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动．）
（3）若用该装置加速氦核（4
2He ），需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？
【答案】（1）222
2q B r m
（2）2022BR BRd m U qB ππ+-
（3）方案一：增大磁感应强度B ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【解析】 【分析】
回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可； 【详解】
（1）洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：2
v qvB m r =
粒子的动能为212E mv =，解得222
2k q B r E m
=；
（2）设粒子被加速n 次后达到最大动能，则有0k E nqU =，解得：220
2B r q
n mU =
粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为0
qU a md
=
设n 次经过狭缝的总时间为1t ，根据运动学公式有：()2112
nd a t =
设在磁场中做圆周运动的周期为T ，某时刻质子的速度为v '，半径为r '
则2
v qv B m r '=''
， 22r m T v Bq ππ''==，由()112T t n t =-⋅+总
解得：2220002122B r q m Brd BR BRd m t mU Bq U U qB πππ⎛⎫+=-⋅+=- ⎪⎝⎭
总； （3）氦核的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期
与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期
2m
T
qB
π
=，氦核的荷质比
大于质子，使得圆周运动周期变大
方案一：增大磁感应强度B，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可．
方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期．
【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．
13．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示
.它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近(缝隙的宽度远小于盒半径)，分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速
.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出
.若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为.B设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为.qα粒子从D形盒中央开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出.求：
()1α粒子被加速后获得的最大动能k E；
()2α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第1
n+次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；
()3α粒子在回旋加速器中运动的时间；
()4若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法．
【答案】（1）
222
2
q B R
m
（2
1
n
n+
（3）
2
2
BR
U
π
（4）
2
2
【解析】
【详解】
(1)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能.设此时的
速度为v，有
2
v qvB m
R
=
可得qBR
v m
=
α粒子的最大动能222
2122k q B R E mv m
== (2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU α，粒子被第n 次和1n +次加速后的动能分别为
222
2122n Kn
n q B R E mv nqU m
=== ()222
21
111122n Kn n q B R E mv n qU m
+++===+
可得
1n n R R +=
(3)设α粒子被电场加速的总次数为a ，则
222
2k q B R E aqU m
==
可得 22
2qB R a mU
=
α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D 形盒中旋转a 个半圆周的总时间t ．
2T
t a
= 2m T qB
π=
解得 2
2BR t U
π=
(4)加速器加速带电粒子的能量为222
2122k q B R E mv m
==，由α粒子换成氘核，有
222
2
2
2
1()2222q
B R q B R
m m =⎛⎫
⎪⎝⎭
，则1B
； 高频交流电源的周期2m T qB π=，由α
倍. 【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等．
14．如图所示为回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个靠得非常近的D 形盒，两盒分别和一交流电源的两极相连，交流电源对粒子的加速电压为U ，匀强磁场分布在两D 形
盒内且垂直D形盒所在平面，磁感应强度为B，在D形盒中央S点处放有粒子源。

粒子源放出质量为m、带电量为q的粒子（设粒子的初速度为零）被回旋加速器加速，设D形盒的最大半径为R，求：
（1）交流电源的周期T=？
（2）当粒子在D形盒中圆周运动半径为R时，通过特定装置将粒子导出，求将粒子导出前粒子被加速的次数n=?
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：粒子先在电场中加速，然后进入磁场，做匀速圆周运动，半圆周后，粒子再次进入电场，此时电源交换电极，粒子继续加速。

粒子在磁场中运动周期与电场变化周期相同，则粒子可一直加速；当半径最大时，获得的速度最大，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子离开加速器时的动能；粒子被电场加速一次动能的增加qU，根据最大动能求出加速的次数。

（1）圆周运动周期等于交流电周期才可获得持续加速,设圆周运动半径为r、周期为T：
，解得
（2）粒子圆周运动：
粒子被加速：
解得：
【点睛】此题重在理解回旋加速器原理，加速电场半个周期改变一次反响，与磁场周期相同，保证粒子在电场中一直加速，在磁场中旋转．进行计算时，把握好在电场和磁场中运动时间的关系。

15．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？。