高中物理速度选择器和回旋加速器试题(有答案和解析)含解析

高中物理速度选择器和回旋加速器试题(有答案和解析)含解析

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，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为U ，距离为d ；匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从A 点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从M 点射出；如果撤去磁场，粒子从N 点射出。M 、N 两点间的距离为h 。不计粒子的重力。求： （1）匀强电场场强的大小E ； （2）粒子从A 点射入时的速度大小v 0； （3）粒子从N 点射出时的动能E k 。

【答案】（1）电场强度U E d =；（2）0U v Bd

=；（3）2

222k qUh mU E d B d =+

【解析】 【详解】

（1）电场强度U E d

=

（2）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：0qE qv B = 解得0E U v B Bd

=

= （3）粒子从N 点射出，由动能定理得：2012

k qE h E mv ?=-

解得2

222k qUh mU E d B d

=+

3．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 ＝1×104V/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

4．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 =+-

5．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：

21122

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

＝

6．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向里磁感应强度为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。已知粒子的质量为m ，电荷量为q ，不计粒子的重力及空气阻力。

（1）求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小v ； （2）求粒子打到荧光屏P 点时动能大小； （3）求荧光屏上P 点与o 点间距离。

【答案】（1）U Bd （2）22222222q L B mU m d B + (3)

2232qB L d

mU

【解析】 【分析】

（1） 带电粒子受力平衡，洛伦兹力等于电场力，从而求解粒子进入极板时的速度；（2，3）只有电场时，粒子在电场中做类平抛运动，结合运动公式求解粒子打到荧光屏P 点时动能大小以及荧光屏上P 点与O 点间距离； 【详解】

（1） 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

（2）带电粒子在两极板间运动时间t 1=L v ，加速度qU

a md

=

带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度v y =1qUL

at mdv

=

粒子出偏转场时动能大小为2222222

2211()2222K y q L B mU E mv m v v m d B

==+=+

（3）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

带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移2

222

y qUL y v t mdv == P 点与O 点距离h =y 1+y 2=2222

33=22qUL qB L d

mdv mU

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B 1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）v 0=2×107m/s （2）B 2=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，两竖直金属板间电压为U1，两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v0；

(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)

v=U= (3)D=

【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

qU1＝1

2

mv02，

解得v0

(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则

Bqv0＝q U

d

，

解得U＝

(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

Bqv0＝m

2

v

r

且r＝D，

解得D

【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．

9．回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U＝2×104V，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径R＝1m，磁场的磁感应强度B＝0.5T，质子的质量为1.67×10－27kg，电量为1.6×10－19C，问：

(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)153.210J -?； (2)121.910J -?； (3)67.610Hz ?. 【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子在第一次进入电场中被加速，则质子最初进入D 形盒的动能

411195210 1.610J 3.210J k E Uq -==?=???－

(2)根据

2

v qvB m R

=

得粒子出D 形盒时的速度为

m qBR

v m

=

则粒子出D 形盒时的动能为

22219222212271 1.610051J 1.910J (22211).670

km

m q B R E mv m ---???====???． (3) 粒子在磁场中运行周期为

2m

T qB π=

因一直处于加速状态，则粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，即为

2m

T qB

π=

那么交变电源的频率为

19627

1.6100.5Hz 7.610Hz 22 3.14 1.6710

qB f m π--??===????

10．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) 2022BR 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 <．

11．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）12

2mU r qB =2）2(1)nm n m

t qU 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：

12

2mU

r qB =

（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：

12(1)n m

t t t 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

(1)n m

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 ．

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

198271.6101101.6710q 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

()227777

1 1.6710102

410210

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．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

L ，n 为奇数时，

+L L (3) 00222121

'+-n n B B B n n 剟 【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

222

20km

m 122==

B q R E mv m

每旋转一圈加速两次，设旋转N 圈

222

0022=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 012=

U q

v m

第二次圆周运动的圆心坐标为

22111

22222(12)??=

--=+- ???mv mv mv mv mv x Bq Bq Bq Bq Bq 第三次圆周运动的圆心坐标为

32111

32232(12)??=

--=+- ???mv 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)=

+-+-++--L n nmv mv x n n Bq

00222(12341)=

+-+-++--L U m U m

n n n B

q B q

n 为奇数时

11

2(123421)σ=

+-+-++---L L n rmv m x n n Bq Bq

00222(123421)=+-+-++---L L 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 厖 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 剟 因此有

00222121

'+-n n

B B B n n 剟

14．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？