高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案

高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案
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
2m T
qB
π
=
2
t m
qB
π
=
2．某粒子源向周围空间辐射带电粒子，工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷，如图所示，其中S为粒子源，A为速度选择器，当磁感应强度为B1，两板间电压为U，板间距离为d时，仅有沿轴线方向射出的粒子通过挡板P上的狭缝进入偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2，磁场右边界MN平行于挡板，挡板与竖直方向夹角为α，最终打在胶片上离狭缝距离为L的D点，不计粒子重力。

求：
（1）射出粒子的速率；
（2）射出粒子的比荷；
（3）MN与挡板之间的最小距离。

【答案】（1）
1
U
B d（2）
2
2cos
v
B L
α
（3）
(1sin)
2cos
Lα
α
-
【解析】
【详解】
（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，
由平衡条件得：
qυB1＝q
U
d
解得υ＝
1
U
B d；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：
r ＝2cos L
α
＝2cos
L
α
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qυB 2＝m
2
r
υ，解得：
q m
＝22cos v B L α
（3）MN 与挡板之间的最小距离：
d ＝r ﹣r sin α＝
(1sin )
2cos L αα
-
答：（1）射出粒子的速率为
1U B d
；（2）射出粒子的比荷为22cos v B L α；
（3）MN 与挡板之间的最小距离为
(1sin )
2cos L αα
-。

3．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
-∆=
4．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
2322mE 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
=
5．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为E 的匀强电场。

金属板右下方以MN 为上边界，PQ 为下边界，MP 为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d ，MN 与下极板等高，MP 与金属板右端在同一竖直线。

一个电荷量为q 、质量为m 的正离子以初速度在两板间沿平行于金属板的虚线射入金属板间。

不计粒子重力。

(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度B 0；
(2)若撤去板间磁场B 0，离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，离子进入磁场运动后从磁场边界点射出，求该磁场的磁感应强度B 的大小。

【答案】（1）0E v （2）0
2mv qd
【解析】 【详解】
（1）设板间的电场强度为E ，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv 0B 0， 解得：00
E B v =
； （2）离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则出离电场进入磁场的速度
：030v v cos =
=︒，
设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律，得：qvB=2
v m r
， 由几何关系得：1
2
d =rcos30°， 解得：0
2=mv B qd
； 【点睛】
离子在速度选择器中做匀速直线运动，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚离子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。

6．我们熟知经典回旋加速器如图（甲）所示，带电粒子从M 处经狭缝中的高频交流电压加速，进入与盒面垂直的匀强磁场的两个D 形盒中做圆周运动，循环往复不断被加速，最终离开加速器。

另一种同步加速器，基本原理可以简化为如图（乙）所示模型，带电粒子从M 板进入高压缝隙被加速，离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零，离开N 板后，在匀强磁场的导引控制下回旋反复通过加速电场区不断加速，但带电粒子的旋转半径始终保持不变。

已知带电粒子A 的电荷量为+q ，质量为m ，带电粒子第一次进入磁场区时，两种加速器的磁场均为B 0，加速时狭缝间电压大小都恒为U ，设带电粒子最初进入狭缝时的初速度为零，不计粒子受到的重力，不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。

（1）求带电粒子A 每次经过两种加速器加速场时，动能的增量；
（2）经典回旋加速器与同步加速器在装置上的类似性，源于它们在原理上的类似性。

ａ．经典回旋加速器，带电粒子在不断被加速后，其在磁场中的旋转半径也会不断增加，求加速n 次后r n 的大小；
ｂ．同步加速器因其旋转半径R 始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，请推导B n 的表达式；
（3）请你猜想一下，若带电粒子A 与另一种带电粒子B （质量也为m ，电荷量为+kq ，k 为大于1的整数）一起进入两种加速器，请分别说明两种粒子能否同时被加速，如果不能
请说明原因，如果能，请推导说明理由。

【答案】（1）k E qU =△；（2）a.0
12n nUq
R B m
=0n B nB =;（3）见解析 【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子仅在狭缝间由电场加速，绕行过程中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力不会对粒子做功，根据动能定理： 每次动能的增量为：
K E qU =V
（2）a ．在D 形盒中洛伦兹力作向心力，磁感应强度不需要改变，当第n 次穿过MN 两板间开始作第n 圈绕行时
20n
n n
v qv B m R =
第n 圈的半径
12n nUq
R B m
=
ｂ．同步加速器因其旋转半径始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，洛伦兹力作向心力
212nqU mv = ， 2000v qv B m R = ， 2
n
n n v qv B m R
=
所以第n 圈绕行的磁感应强度为：
0n B nB =
（3）经典回旋加速器不能做到回旋加速，同步加速器仍然能做到回旋加速。

经典回旋加速器，交变电压的周期与带电粒子回旋周期相同，加速A 粒子的交变电压的周期为
02m
T B q
π=
而若要加速回旋加速粒子B ，交变电压周期应为
02m
T kB q
π=
＇ 因此当B 粒子到达加速电场缝隙时，电压方向并没有反向，因此无法同时加速。

同步加速器A 粒子的磁场变化周期
2 n
n
m
T
qB
π
=
B粒子的旋转周期
2
n
n
T
m
T
kqB k
π
==
＇
n
T是T'的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周。

由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速。

7．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。

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忽略。

磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。

若A处粒子源产生的质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。

则下列说法正确的是( )
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D2∶1
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于a粒子加速
【答案】AC
【解析】
【详解】
A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则：
2
2
R
v R Rf
T
π
ωπ
===
所以最大速度不超过2πfR。

故A正确。

B．根据洛伦兹力提供向心力：
2
v
qvB m
R
=，解得：
mv
R
qB
=
最大动能：
222
2
1
22
Km
q B R
E mv
m
==，与加速的电压无关。

故B错误。

C．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据2
v ax
=，可得质
子第2次和第1次经过D 形盒狭缝的速度比为2:1
，根据mv
R qB
=
，可得半径比为2:1。

故C 正确。

D ．回旋加速器交流电的频率与粒子转动频率相等，即为2qB
f m
π=，可知比荷不同的粒子频率不同，不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，有可能起不到加速作用。

故D 错误。

故选AC 。

8．同步回旋加速器结构如图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处大小相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量.如题图所示．同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步．已知圆形轨道半径为R ，被加速粒子的质量为m 、电荷量为+q ，加速腔的长度为L ，且L <<R ,当粒子进入加速腔时，加速电压的大小始终为U ，粒子离开加速腔时，加速腔的电压为零．已知加速腔外无电场、腔内无磁场；不考虑粒子的重力、相对论效应对质量的影响以及粒子间的相互作用．若在t =0时刻将带电粒子从板内a 孔处静止释放，求：
（1）带电粒子第k 次从b 孔射出时的速度的大小v k ；
（2）带电粒子第k 次从b 孔射出到第(k +1)次到达b 孔所经历的时间； （3）带电粒子第k 次从b 孔射出时圆形轨道处的磁感应强度B k 的大小；
（4）若在a 处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1次加速后形成一束长度为l 1的粒子束（l 1<L ），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度v max ． 【答案】(1)2kqU
m
2m kqU 12mkU R q (4) 12max L qU v l m =
【解析】 【详解】
(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqU ＝1
2
mv k 2﹣0 解得：
2k kqU
v m
=
(2)
粒子做圆周运动的周期：22k k m T qB ππ=
=由题意可知，加速空腔的长度：L ＜＜R ，
粒子在空腔的运动时间可以忽略不计，下一次经过b 孔的时间间隔等于粒子在磁场中做圆
周运动的周期：k T π=(3)粒子第k 次从b 孔射出，粒子被电场加速k '次，由动能定理得：kqU ＝1
2
mv k 2﹣0 解得：
k v =
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv k B k ＝
2k
v m R
，解得：
k B =
(4)
粒子第一次加速后的速度：1v =
从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：111l t l v ==
由k v =
2v =粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l 2＝v 2t 1
l 1
粒子被第三次加速后的速度：3v =
从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：222l t l v == 粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l 3＝v 3t 2
l 1
粒子被第四次加速后的速度：4v =
从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：333l t l v == 粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l 4＝v 4t 3
l 1 …
粒子被第k次加速后的速度：
2
k
kqU v
m =
从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：1
11
1
2
k
k
k
l m
t l
v qU
-
-
-
==
粒子被k次加速后这一束粒子的长度：l k＝v k t k﹣1＝k l1
当粒子束的长度：l k＝k l1＝L，即：k＝
2
2
1
L
l
时粒子束的速度最大，
由动能定理得：
2
2
1
L
l
•qU＝
1
2
mv max2﹣0，解得：
1
2
max
L qU
v
l m
=
9．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
R d
?，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D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第1次进入D2盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2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。

10．(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。

11．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D2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D1盒进入D2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
2
q B R
m
；(2)2(1)
nm n m
t
qU qB
π
-
=；(3)当R＞＞d时，t1可忽略不
计；(4)n r =
(5)222qIB R P m =；(6)222
2k 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 2
m
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 此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r n ,由牛顿第二定律得Bqv n =m 2n
n
v r
得
：n n mv r Bq =
=(5)设在时间t 内离开加速器的带电粒子数N ，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流I=Nq t
， 解得:N=
It q
带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率P =22
2k N E qIB R t m
⋅=
(6)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2qB
f m
π=
当磁场感应强度为B m 时，加速电场的频率应为2m
Bm qB f m
π= 粒子的动能212
k E mv =
当Bm f ≤m f 时，粒子的最大动能由B m 决定 qv m B m =m 2m
v R
解得E km =2222m q B R
m
当Bm f ≥m f 时，粒子的最大动能由f m 决定,v m =2πf m R
解得E km =222
2m mf R π
(7)离子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1，
r 1=
2mv qB =离子经第2次电场加速后，以速度v 2进入D 1盒，设轨道半径为r 2,
轨道半径：r 2=
2mv qB =
…… 离子第n 次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过（2n -1）次电场加速，以速度v 2-1进入D 2盒，由动能定理：（2n-1）Uq=
2
21102
n mv --
轨道半径：r n =
21n mv qB -=离子经第n+1次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入D 1盒，由动能定理：2nUq=
2
2102
n mv -
轨道半径：r n+1=
2n mv qB = 则:12()n n x r r +∆=- 如图所示:
221222(
)(221)n n mv mv Um
x n n Bq Bq B q
-∆=-=- (8)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）， △rk= r k+1 -r k ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k+1，D 1、D 2之间的电压为U ， 由动能定理知2qU=
22
11122
k k mv mv +- ⑦ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知r k =
k
mv qB
， 则2qU=222
21()2k k q B r r m +- ⑧
整理得:△r k
214()
k k mU
qB r r ++ ⑨ 相邻轨道半径r k+1，r k+2之差△r k+1=r k+2- r k+2
同理△r k+1=2214()
k k mU
qB r r +++
因U 、q 、m 、B 均为定值，且因为r k+2＞r k ，比较△r k 与△r k+1 得:△r k+1＜△r k 【点睛】
借助回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D 形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动．
12．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。