高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题及解析

一、速度选择器和回旋加速器

1．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ； (2)

求该离子的比荷

q m

； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。

【答案】(1)1E v B =；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E

?=

【解析】 【分析】 【详解】

(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0

Eq =B 1qv

解得

1

E

v B =

(2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以

2

2mv B qv R

= 解得

12

q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2 根据题意

R 2=R 1+

2

d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得

2

121

m v B qv R =

2

222

m v B qv R =

联立得

22121()B q

m m m R R v

?=-=

- 化简得

122B B qd

m E

?=

2．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

=

3．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

4．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：

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：00303

v 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。

5．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．

(1)在加速电场中，由动能定理，得 qU 1＝

1

2

mv 02， 解得v 0＝

1

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 ＝Bd

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．

6．1932 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两个 D 形盒，分别为 D 1、D 2．D 形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与 D 形盒底面垂直．两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．D 形盒的半径为 R ，磁场的磁感应强度为 B ．设质子从粒子源 A 处进入加速电场的初速度不计．质子质量为 m 、电荷量为+q ．加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为 U ．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．求：

（1）质子第一次经过狭缝被加速后进入 D 2 盒时的速度大小 v 1 和进入 D 2 盒后运动的轨道半径 r 1；

（2）质子被加速后获得的最大动能 E k 和交变电压的频率 f ；

（3）若两 D 形盒狭缝之间距离为 d ，且 d<

【答案】

(1) 1v =

，1r =22

2K qB R E m = ，2qB f m π= (3) 1BRd t U = ，2

22BR t U π= ； 12

2t d t R π=

【解析】

（1）设质子第1此经过狭缝被加速后的速度为v 1： 2112qU mv =

解得1v = 2111v qv B m r =

解得：1r =

（2）当粒子在磁场中运动半径非常接近D 型盒的半径A 时，粒子的动能最大，设速度为

v m ，则2

m

m v qv B m R

=

212

km m E mv =

解得22

2K qB R E m

=

回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率等于粒子回旋的频率，则设粒子在磁场中运动的周期为T,则：22r m

T v qB

ππ== 则2qB

f m

π=

（3）设质子从静止开始加速到粒子离开加速了n 圈，粒子在出口处的速度为v ，根据动能

定理可得：222

22q B R nqU m =

可得22

4qB R n mU

=

粒子在夹缝中加速时，有：qU

ma d

=

，第n 次通过夹缝所用的时间满足：1n n n a t v v +?=- 将粒子每次通过夹缝所用时间累加，则有1m v BRd t a U

=

= 而粒子在磁场中运动的时间为（每圈周期相同）222

2242qB R m BR t nT mU qB U

ππ==

?=

可解得

122t d t R

π=，因为d<

7．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D 1和D 2，磁感应强度为B ，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D 1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动能E k m ；

②若粒子第1次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 1，粒子第2次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 2，求r 1与r 2之比；

③求粒子在电场中加速的总时间t 1与粒子在D 形盒中回旋的总时间t 2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t 1与t 2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；

(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）①222

2q B R m

3；③2d R π， t 1可以忽略；（2）见解析

【解析】 【分析】 【详解】

（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得

2

m v qv B m R =

212

km m E mv =

解得

222

2km

B R E q m

=

②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有

2

v qvB m r

=

在电场中有

212

NqU mv =

第一次进入D 1盒中N=1，第二次进入D 1盒中N=3，可得

12r r = ③带电粒子在电场中的加速度为

qE qU

a m md =

= 所以带电粒子在电场中的加速总时间为

1m v BdR t a U

=

= 设粒子在磁场中回旋的圈数为n ，由动能定理得

2

122

m nqU mv =

带电粒子回旋一圈的时间为

2πm

T qB

=

所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为

2

2π2BR t nT U

== 122πt d t R

= 已知R d ＞＞可知12t t <<，所以1t 可以忽略。 （2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为

2πm

T qB

=

对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。

8．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 = ， 20

00v 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

2n n

m

T qB π=

B 粒子的旋转周期

2n

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。

9．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 <02100mU 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 <．

10．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）122mU 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：

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 ．

11．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

D 2∶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：

22R

v R Rf T

πωπ==

= 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

2122Km

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2v ax =，可得质

子第2次和第1次经过D 2，根据mv

R qB

=

，可得半径比为2。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 。

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

()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

13．1932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r 1； （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．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。

15．1932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）())212111,2,3,2n n qU

L v n f

m

-=

+=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 =

，2qU v m

=； （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

=，