高考物理速度选择器和回旋加速器基础练习题

高考物理速度选择器和回旋加速器基础练习题

一、速度选择器和回旋加速器

1．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

=+

2．质谱仪最初由汤姆孙的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在．现在质谱仪已经是一种十分精密的仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如右图所示是一简化了的质谱仪原理图．边长为L 的正方形区域abcd 内有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E ，方向竖直向下，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．有一束带电粒子从ad 边的中点O 以某一速度沿水平方向向右射入，恰好沿直线运动从bc 边的中点e 射出（不计粒子间的相互作用力及粒子的重力），撤去磁场后带电粒子束以相同的速度重做实验，发现带电粒子从b 点射出，问： （1）带电粒子带何种电性的电荷?

（2）带电粒子的比荷（即电荷量的数值和质量的比值

q

m

）多大? （3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从哪一位置离开磁场，在磁场中运动的时间多少?

【答案】（1）负电（2）2

q E m

B L =

（3）从dc 边距离d 3L 处射出磁场；3BL E

π

【解析】 【详解】

（1）正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，粒子向上偏转，可知粒子带负电； （2）根据平衡条件：

qE =qv 0B

得：

0E

v B

=

撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有：

x =v 0t =L

2 2

12qE L

y t m =

= 得：

2 q E m B L

= （3）撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动，则：

2

00v qv B m r

= 得：

mv r L qB

=

= 粒子从dc 边射出磁场，设粒子射出磁场距离d 点的距离为x ，根据几何关系：

22

22L x r r +-=（）

r=L

得：

3x L =

所以1

3

θπ=

23BL t T E

θππ=

= 答：（1）带电粒子带负电； （2）带电粒子的比荷2

q

E

m B L

=

； （3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从dc 边距离d 点

3

x L =

处离开磁场，在磁场中运动的时间3BL t E =π．

3．如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m 。电压为10V ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0=0.1T ，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半径R 为0.1m 、圆心为O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B =

3

T ，方向垂直于纸面向里。一质量为m =10-26kg 带正电的微粒沿平行于金属板面，从A 点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F 点射出。已知速度的偏转角60°，不计微粒重力。求：

（1）微粒速度v 的大小； （2）微粒的电量q ；

（3）微粒在圆形磁场区域中运动时间t 。

【答案】（1）2000m/s （2）2×10-22C （3423

-

【解析】 【详解】

（1）在正交场中运动时：

0U B qv q

d

=

可解得：

v ＝2000m/s

（2）偏转角60°则轨迹对应的圆心角60°，轨迹半径3r R =

2

v Bqv m r

=

mv q rB

=

解得：

q =2×10-22C

（3）根据2m

T Bq

π=

则 46036023

t T s -==o o

4．如图所示，两平行金属板水平放置，间距为d ，两极板接在电压可调的电源上。两板之间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。金属板右侧有一边界宽度为d 的无限长匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B 、方向垂直纸面向里，磁场边界与水平方向的夹角为60°。平行金属板中间有一粒子发射源，可以沿水平方向发射出电性不同的两种带电粒子，改变电源电压，当电源电压为U 时，粒子恰好能沿直线飞出平行金属板，粒子离开平行金属板后进入有界磁场后分成两束，经磁场偏转后恰好同时从两边界离开磁场，而且从磁场右边界离开的粒子的运动方向恰好与磁场边界垂直，粒子之间的相互作用不计，粒子的重力不计，试求： (1)带电粒子从发射源发出时的速度； (2)两种粒子的比荷

11q m 和22q

m

分别是多少； (3)带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径。

【答案】(1)U dB (2)222v d B 222U

d B （3）2

d

【解析】 【详解】

（1）根据题意，带电粒子在平行金属板间做直线运动时，所受电场力与洛伦兹力大小相等，由平衡条件可得

q

U

d

＝qvB 解得:

v ＝

U dB

（2）根据题意可知，带正电粒子进入磁场后沿逆时针方向运动，带负电粒子进入磁场后沿顺时针方向运动，作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，带负电粒子在刚进入磁场时速度沿水平方向，离开磁场时速度方向垂直磁场边界，根据图中几何关系可知，带负电粒子在磁场中做圆周运动的偏转角为

θ1＝30°＝

6

π 带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:

r 1＝

sin 30d

?

＝2d 带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有:

q 1vB ＝2

11

m v r

联立解得:

11q m ＝222v d B

根据带正电粒子的运动轨迹及几何关系可知，带正电粒子在磁场中的偏转角为:

θ2＝120°＝

23

π

根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式:

T ＝

2m

qB

π 可得带负电粒子在磁场中运动的时间为:

t 1＝

11

1m q B

θ

带正电粒子在磁场中运动的时间为:

t 2＝222m q B

θ

根据题意可知:

t 1＝t 2

联立以上各式，可得

22q m ＝114q m ＝222U d B

（3）带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:

r 2＝

22m v

q B

解得:

r 2＝

2

d

5．如图所示，一束质量为m 、电荷量为q 的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v 0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B ，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d ，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：

(1)两平行板间的电势差U ；

(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t ； (3)圆形磁场区域的半径R ．

【答案】(1)U=Bv 0d ；（2）m qB

θ；（3）R=0tan

2mv qB

θ

【解析】 【分析】

（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差．

（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R ． 【详解】

(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv 0q=qE ，平行板间的电场强度E=U

d

，解得两平行板间的电势差：U=Bv 0d

(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：

Bv 0q=m 20

v r

同时有T=

2r

v π 粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=

2θπ

T

解得t=

m Bq

θ

(3)由几何关系可知：r tan

2

θ

=R

解得圆形磁场区域的半径R=0

tan

2

mv

qB

θ

6．如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d

，电压为U，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。一正离子沿平行于金属板面、从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏向角为θ=90°，不计重力。求：

(1)离子速度v的大小；

(2)离子的比荷q/m。

【答案】

U

v

B d

=；

q U

m BB Rd

=

【解析】

【详解】

(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动：00

B qv qE

=

U

E

d

=

得：

U

v

B d

=

(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

2

v Bqv m

r

=

由几何关系得：r=R

离子的比荷为：

q U

m BB Rd

=

7．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）

22

2

3

q 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t1=L

v

，加速度

qU

a

md

=

带电粒子穿过电场时的侧移量

2

2

112

1

22

qUL

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.

8．如图是回旋加速器示意图，置于真空中的两金属D 形盒的半径为R ，盒间有一较窄的狭缝，狭缝宽度远小于D 形盒的半径，狭缝间所加交变电压的频率为f ，电压大小恒为U ，D 形盒中匀强磁场方向如图所示，在左侧D 形盒圆心处放有粒子源S ，产生的带电粒子的质量为m ，电荷量为q 。设带电粒子从粒子源S 进入加速电场时的初速度为零，不计粒子重力。求：

(1)D 形盒中匀强磁场的磁感应强度B 的大小 (2)粒子能获得的最大动能E k

(3)粒子经n 次加速后在磁场中运动的半径R n

【答案】(1)2πfm B q =(2)222

k 2πE R f m =(3)122πn nqU

R f

m

=【解析】 【详解】

(1)粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等，则有

2π1

=

m T qB f

= 解得

2πfm

B q

=

(2)当粒子的半径达到D 型盒的半径时，速度最大，动能也最大，则有

2

v qvB m R

=

则

mv R qB

=

最大动能为

222

22222k 11()2π222qBR q B R E mv m R f m m m

====

(3)粒子经n 次加速后的速度为

2

12

n nqU mv =

得

n v =

半径为

n n mv R qB =

=

9．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

2mU

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：

12nm

t qU

= 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：

122(1)nm n m

t t t d

qU 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

2(1)nm n m

d

qU 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 ．

10．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

=

；

11．当今医学成像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图甲所示，D 形盒装在真空容器中，两D 形盒内匀强磁场的磁感应强度为B ，两D 形盒间的交变电压的大小为U ．若在左侧D 1盒圆心处放有粒子源S 不断产生质子，质子质量为m ，电荷量为q ．质子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．

(1)质子第一次被加速后的速度大小v 1是多大？

(2)若质子在D 形盒中做圆周运动的最大半径为R ，且D 形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t 总是多少？

(3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O′点．内侧圆弧的半径为r0，外侧圆弧的半径为r0＋d．在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O′处的点电荷Q在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k (r为该点到圆心O′点的距离)．质子从M点进入圆弧通道，质子在D形盒中运动的最大半径R对应的圆周与圆弧通道正中央的圆弧相切于M点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N点射出，则质子射出时的动能E k是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？

【答案】2qU

m

(2)

2

2

BR

U

π

(3)kQq

00

21

2r d r d

??

-

?

++

??

＋

222

2

q B R

m

【解析】

【详解】

(1)质子第一次被加速，由动能定理：

qU＝1

2

mv12

解得：

v12qU m

(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：

qvB＝m

2 v R

质子做圆周运动的周期为：

T＝2πR

v

＝

2πm

Bq

设质子从D形盒射出前被电场加速了n次，由动能定理：

nqU＝1

2

mv2

质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：

t总＝1 2 T

解得：

t 总＝2

π2BR U

(3)设

M 、N 两点的电势分别为φ1、φ2，则

φ1＝k 012

Q

r d +，φ2＝k Q

n d

+

由能量守恒定律得

qφ1＋

12

mv 2

＝qφ2＋E k 解得：

E k ＝kQq 00212r d r d ??- ?++??

＋

222

2q B R m 改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出的位置．

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

271.6101101.6710q 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

31v =

，51v =……，

由此

31r =

，5r

因为1111)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

13．1932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

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

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．

14．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。D1、D2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D1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D2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