高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题

高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题
一、速度选择器和回旋加速器
1．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)0E v ，方向垂直纸面向里(2)03BR (3)3v 0 【解析】 【详解】
（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即
qE =Bqv 0
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
Bqv 0=m 20
v r
由几何关系可知
r =3R ，
联立得
q m
=03BR （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
2．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
-∆=
3．如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图．K 为电子枪，由枪中沿KA 方向射出的电子，速度大小不一．当电子通过方向互相垂直的均匀电场和磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S ．设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V ，间距为5 cm ，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0．06 T ，问：
（1）磁场的方向应该垂直纸面向里还是垂直纸面向外？ （2）速度为多大的电子才能通过小孔S?
【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）1×105m/s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题图可知，平行板产生的电场强度E 方向向下．带负电的电子受到的静电力F E ＝eE ，方向向上．若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S ，所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的，根据左手定则分析得出，B 的方向垂直于纸面向里．
（2）能够通过小孔的电子，其速率满足evB ＝eE 解得：v ＝
E B
又因为E ＝U d
所以v ＝
U
Bd
＝1×105m/s 即只有速率为1×105m/s 的电子才可以通过小孔S
4．某粒子实验装置原理图如图所示，狭缝1S 、2S 、3S 在一条直线上，1S 、2S 之间存在电压为U 的电场，平行金属板1P 、2P 相距为d ，内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为1B 。

比荷为k 的带电粒子由静止开始经1S 、2S 之间电场加速后，恰能沿直线通过1P 、2P 板间区域，从狭缝3S 垂直某匀强磁场边界进入磁场，经磁场偏转后从距离
3S 为L 的A 点射出边界。

求：
（1）1P 、2P 两板间的电压； （2）偏转磁场的磁感应强度。

【答案】（1）12U B kU ='2）222U
B L k
=【解析】 【分析】
（1）粒子先在电场中加速，然后匀速通过1P 、2P ，则根据平衡可求出1P 、2P 两板间的电压
（2）根据粒子的运动轨迹找到运动半径，借助于2
2v qvB m r
=可求出偏转磁场的磁感应强
度 【详解】
（1）设带电粒子质量为m ，所带电荷量为q ，已知
q
k m
= 粒子在电场中S 1与S 2之间加速，根据动能定理可得：2
102
qU mv =
-；
带电粒子在P 1和P 2间运动，根据电场力与洛伦兹力平衡可得：1U q
qvB d
='
解得：12U B d kU ='；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力：2
2v qvB m r
=；
已知2L r =，解得：222U
B L k
=
5．如图所示，一对平行金属极板a 、b 水平正对放置，极板长度为L ，板间距为d ，极板间电压为U ，且板间存在垂直纸面磁感应强度为B 的匀强磁场（图中未画出）。

一带电粒子以一定的水平速度从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动，打到距离金属极板右端L 处的荧光屏MN 上的O 点。

若撤去磁场，粒子仍能从极板间射出，且打到荧光屏MN 上的P 点。

已知P 点与O 点间的距离为h ，不计粒子的重力及空气阻力。

（1）请判断匀强磁场的方向；
（2）求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小v ； （3）求粒子的比荷（
q
m
）。

【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）v =U Bd （3）2223q Uh m B L d
= 【解析】 【分析】
（1）由左手定则可知磁场方向。

（2）粒子在极板间做直线运动，可知洛伦兹力与电场力相等；
（3）若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，结合水平和竖直方向的运动特点解答； 【详解】
（1）由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。

（2）带电粒子受力平衡，有qvB q =U d
粒子进入极板时的速度v =
U Bd
（3）带电粒子在两极板间运动时间t 1=
L v ，加速度qU a md
=
带电粒子穿过电场时的侧移量2
2112
122qUL y at mdv
== 带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t 2=
L
v
带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度v y =1qUL
at mdv
=
带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移2
222
y qUL y v t mdv == 两次侧移量之和为h ，即：h =y 1+y 2=2
2
32qUL mdv 解得：
2223q Uh m B L d
= 【点睛】
此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是搞清粒子在场中的运动特征和受力情况；粒子在电场中的偏转问题，主要是结合类平抛运动的规律解答.
6．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，以O 点为圆心，作一个半径为R 的园形区域，A 、B 两点为x 轴与圆形区域边界的交点，C 、D 两点连线与x 轴垂直，并过线段OB 中点；将一质量为m 、电荷量为q(不计重力)的带正电的粒子，从A 点沿x 轴正方向以速度v 0射入圆形区域．
（1）当圆形区域内只存在平行于y 轴方向的电场时，带电粒子恰从C 点射出圆形区域，求此电场的电场强度大小和方向；
（2）当圆形区域内只存在垂直于区域平面的磁场时，带电粒子怡从D 点射出圆形区域，求此磁场的磁感应强度大小和方向；
（3）若圆形区域内同时存在(1)中的电场和(2)中的磁场时，为使带电粒子恰能沿直线从B 点射出圆形区域，其入射速度应变为多少?
【答案】(1)2
439mv E qR
=
方向沿y 轴正方向 (2)0
33mv B qR
=
方向垂直坐标平面向外
(3)043v v =
【解析】 【分析】
（1）只存在电场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动列方程求解电场强度；（2）区域只存在磁场时，做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，再根据洛伦兹力等于向心力求解磁感应强度；（3）若电场和磁场并存，粒子做直线运动，电场力等于洛伦兹力，列式求解速度. 【详解】
（1）由A 到C 做类平抛运动：
03
2
R v t =； 231
R=22at qE ma =
解得3
439mv E qR
=
方向沿y 轴正方向； （2）
从A 到D 匀速圆周运动，则0
tan30R
r
=
，3r R = 20
0v qv B m r
= 0mv r qB =
解得0
33mv B qR
=
方向垂直坐标平面向外． （3）从A 到B 匀速直线运动，qE=qvB 解得E v B
= 即043v v =
【点睛】
此题是带电粒子在电场中的偏转，在磁场中的匀速圆周运动以及在正交场中的直线运动问题；粒子在电场中做类平抛运动，从水平和竖直两个方向列式；在磁场中做匀速圆周运动，先找半径和圆心，在求磁感应强度；在正交场中的直线运动时列平衡方程求解.
7．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v0；
（2）求圆形区域磁场的磁感应强度B2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．
8．如图所示的平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x轴正方向成45°角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同．现有一质量为m，电荷量为q的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x轴上的D点与x轴正方向成45°角进入第四象限，M点为粒子第二次通过x轴的位置．已知OD距离为L，不计粒子重力．求：
（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小．
（2）DM间的距离．（结果用m、q、v0、L和B表示）
【答案】（1）
2
2B qL
E=（2）
22
22
2m v
DM
B q L
=
【解析】
【详解】
（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v0，由平衡条件
有：qv 0B=qE…①
粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O 1，半径为R ，轨迹如图，
由几何关系知R ＝
245L
L cos ＝︒
…② 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv 0B ＝m 2
0 v R
…③
由②③式解得：v 0＝2
BqL
…④ 由①④式解得：E ＝22 B qL
…⑤ （2）、由题意可知，粒子从D 进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D 到M 的运动时间为t ，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG 方向做匀速直线运动的位移为：DG ＝v 0t …⑥
粒子沿DF 方向做匀加速直线运动的位移为：2
2122Eqt DF at m
＝＝
…⑦ 由几何关系可知： DG DF ＝， 2DM DG ＝…⑧
由⑤⑥⑦⑧式可解得22
0222 m v DM q B L
＝
． 【点睛】
此类型的题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运动的分析，进行列式求解; 洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变运动电荷的速度大小．带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：①、圆心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心．②、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、运动时间的确定：利用圆心角与弦切角的关系或者四边形的内角和等于360°计算出粒子所经过的圆心角θ的大小，用公式t=
360T θ
︒
可求出运动时间．
9．如图所示，两竖直金属板间电压为U 1，两水平金属板的间距为d .竖直金属板a 上有一质量为m 、电荷量为q 的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动．水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一
定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B ，求：
(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小v 0； (2)两水平金属板间的电压；
(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D . 【答案】(1)1
02qU v m =12qU U m = (3)12qU m D Bq m
=【解析】 【分析】
（1）粒子在电场中加速，根据动能定理可求得微粒进入平行金属板间的速度大小； （2）根据粒子在平行板间做直线运动可知，电场力与洛伦兹力大小相等，列式可求得电压大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知半径与D 之间的关系，再由洛伦兹充当向心力可求得最小宽度． 【详解】
(1)在加速电场中，由动能定理，得 qU 1＝
1
2
mv 02， 解得v 01
2qU m
(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则 Bqv 0＝q
U d
， 解得U ＝1
2qU m
(3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为D ，则
Bqv 0＝m 20
v r
且r ＝D ，
解得D 1
2qU m Bq m
【点睛】
题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意明确带电粒子在磁场中运动时注意几何关系的应用，明确向心力公式的应用；而带电粒子在电场中的运动要注意根据功能关系以及运动的合成和分解规律求解．
10．回旋加速器原理如图所示，D 1和D 2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在交流电源上，位于D 1圆心处的离子源A 能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能E k 后，再设法将其引出。

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)试计算上述正离子被第一次加速后进入D 2中运动的轨道半径； (2)计算正离子飞出时的最大动能；
(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，试证明当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）。

【答案】(1)112mU r B q =(2)222
2k q B R E m
=；(3)见解析
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v 1，根据动能定理可得
211
2
qU mv =
解得
12qU
v m
=
洛伦兹力充当向心力，则有
2
111
v qv B m r =
解得
112mU
r B q
=
(2)离子射出时加速器时
2
m
m v qv B m R
=
解得
m qBR
v m
=
离子动能为
222
2122k q B R E mv m
==
(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v 。

根据平均速度公式可得在电场中运动时间为
122
nd nd
t v v =
= 离子在D 形盒中运动的周期为
22=
m R
T qB v
ππ= 粒子在磁场中回旋的时间为
22n n R t T v
π==
有
122nd t v n R t v
π==2d R
π 当d <<R 时，t 1<<t 2，即电场中运动时间可以忽略
11．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 =
1100
21
mU mv r qB B q
=
=
202122
qU mv =
220mv r qB =
== 11x r =
21212(2x r r r =-=
可得
1212x x x +=
== 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……
12．诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下．如图所示，两个中空的半径R =0.125m 的半圆金属盒，接在电压U =5000V 、频率恒定的交流电源上；两盒狭缝之间距离d =0.01m ，金属盒面与匀强磁场垂直，磁感应强度B =0.8T ．位于圆心处的质子源能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用），质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出．已知质子的比荷
198
27
1.6101101.6710q C m kg
--⨯=≈⨯⨯C/kg ，求： (1)质子能获得的最大速度；
(2)质子在电场加速过程中获得的平均功率；
(3)随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr 如何变化？简述理由． (4)设输出时质子束形成的等效电流为100mA ，回旋加速器输出功率是多大？
【答案】(1)7max 110v =⨯m/s (2) 7
410P -≈⨯W 电 (3) Δr 逐渐减小 (4)P =5000W
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中回旋，有
2
mv qvB r
= 引出时有r=R ， 得
7max 110gBR
v m
=
=⨯m/s （2）引出前质子（在电场中）加速的次数
100km E
n qU
==
质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动 该过程中的平均速度为v /2，则
7210/2
nd
t s v -=
=⨯电 平均功率
()22777
7
1
1.6710102410210
W P t ---⨯⨯⨯==≈⨯⨯W W 电电 （3）粒子回旋半径mv
r qB
=
，设加速一次后的速度为v 1，加速三次后的速度为v 3，则有 313v v =，515v v =……，
由此
313r r =，515r r =
因为111(31)(53)(75)r r r ->->->L L ，故Δr 逐渐减小 （4）研究出口处截面Δt →0时间内的质子，设有N 个，则
N·q =I ·Δt
在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N 个质子从静止加速到km E 即
21
(0)2
W N mv =-
W P t
=
∆， 代入得
P =5000W
13．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。

14．1932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医学设备中．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，加速器接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 ．A 处粒子源产生的粒子，质量为m 、电荷量为q ，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）求第1次被加速后粒子的速度大小为v ；
（2）经多次加速后，粒子最终从出口处射出D 形盒，求粒子射出时的动能km E 和在回旋加速器中运动的总时间t ；
（3）近年来，大中型粒子加速器往往采用多种加速器的串接组合．例如由直线加速器做为预加速器，获得中间能量，再注入回旋加速器获得最终能量．n 个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图乙所示（图中只画出了六个圆筒，作为示意）．各筒相间地连接到频率为f 、最大电压值为U 的正弦交流电源的两端．整个装置放在高真空容器中．圆筒的两底面中心开有小孔．现有一电量为q 、质量为m 的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间的缝隙的时间可以不计．已知离子进入第一个圆筒左端的速度为1v ，且此时第一、二两个圆筒间的电势差12U U U -=-．为使打到靶上的离子获得最大能量 ，各个圆筒的最小长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子的能量．
【答案】（12qU m （2）2222q B R m ，2
2BR U
π
（3）)1,2,3,n L n =
=L L ，
()()211
11,2,32
kn E n qU mv n =-+=L L
【解析】
（1）粒子第1次被加速后，212qU mv =
，v =； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动轨迹的半径r R =时，粒子的速度最大，
动能最大，设最大速度为m v ，有2
m
m v qv B m R
=， 粒子获得的最大动能222
2122m m q B R E mv m
==
， 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次．设粒子到出口处被加速了n 次，
212=m nqU mv ，解得22
2qB R n mU
=，
带电粒子在磁场中运动的周期为22r m
T v qB
ππ=
=， 粒子在磁场中运动的总时间2
22T BR t n U
π==
； （3）为使正离子获得最大能量，要求离子每次穿越缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高U ，这就要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半个周期．由于圆筒内无电场，离子在筒内做匀速运动．
设离子在第n 个圆筒内的速度为n v ，第n 个圆筒的长度为n L ，则有
·22n n n v T L v f ==，()22111122n mv mv n qU -=-，n v =
第n 个圆筒的长度应满足的条件为)1,2,3,n L n =
=L L ，
打到靶上的离子的能量为()()2
1111,2,32
kn E n qU mv n =-+
=L L ． 点睛：回旋加速器中最大的 速度不是由回旋次数决定而是由回旋加速器的半径决定，另外要知道电场变化的周期恰好等于粒子在磁场中运动的周期，一个周期内加速两次．
15．如图所示为回旋加速器的简易图，整个装置置于方向竖直向下磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，已知两D 盒的半径大小为R ，两个狭缝之间的间距为d ，现将一粒子发射源放在D 盒的圆心处，且该粒子发射源能释放质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，且粒子的初速度视为零，当在两狭缝之间施加一高频交变电压，加速电压U 的大小认为不变，粒子的重力可忽略，该带电粒子在电场中的加速次数与粒子在磁场中回旋半个圆周的次数相。