物理速度选择器和回旋加速器专项及解析

物理速度选择器和回旋加速器专项及解析

一、速度选择器和回旋加速器

1．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 -==o o

2．如图所示，相距为d 的平行金属板M 、N 间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B 0的匀强磁场；在xOy 直角坐标平面内，第一象限有沿y 轴负方向场强为E 的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q 的正离子(不计重力)以初速度v 0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P 点垂直y 轴进入第一象限，经过x 轴上的A 点射出电场进入磁场．已知离子过A 点时的速度方向与x 轴成45°角．求：

(1)金属板M 、N 间的电压U ；

(2)离子运动到A 点时速度v 的大小和由P 点运动到A 点所需时间t ；

(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C (图中未画出)与坐标原点的距离OC ．

【答案】(1)00B v d ；(2) t ＝0mv qE

；(3) 2

00

2mv mv qE qB + 【解析】 【分析】 【详解】

离子的运动轨迹如下图所示

（1）设平行金属板M 、N 间匀强电场的场强为0E ，则有：0U E d =

因离子所受重力不计，所以在平行金属板间只受有电场力和洛伦兹力，又因离子沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，则由平衡条件得：000qE qv B = 解得：金属板M 、N 间的电压00U B v d =

（2）在第一象限的电场中离子做类平抛运动，则由运动的合成与分解得：0

cos 45v v

=o

故离子运动到A 点时的速度：02v v =

根据牛顿第二定律：qE ma =

设离子电场中运动时间t ，出电场时在y 方向上的速度为y v ，则在y 方向上根据运动学公

式得y v at =且0

tan 45y v v =

o

联立以上各式解得，离子在电场E 中运动到A 点所需时间：0

mv t qE

=

（3）在磁场中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律有：

2

v qvB m R

=

解得：02mv mv R qB qB

=

= 由几何知识可得0

22cos 452mv AC R R qB

===

o

在电场中，x 方向上离子做匀速直线运动，则20

0mv OA v t qE

==

因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C 与坐标原点的距离为：

200

2mv mv OC OA AC qE qB

=+=+

【点睛】

本题考查电场力与洛伦兹力平衡时的匀速直线运动、带电粒子在匀强磁场中的运动的半径与速率关系、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、牛顿第二定律、向心力、左手定则等知识，意在考查考生处理类平抛运动及匀速圆周运动问题的能力．

3．如图，平行金属板的两极板之间的距离为d ，电压为U 。两极板之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行且垂直于纸面向里。两极板上方一半径为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 ，方向垂直于纸面向里。一带正电的粒子从A 点以某一初速度沿平行于金属板面且垂直于磁场的方向射入两极板间，而后沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，并从边界上的F 点射出。已知粒子在圆形磁场区域运动过程中的速度偏转角23

π

θ=

，不计粒子重力。求：

（1）粒子初速度v 的大小；

（2）粒子的比荷。 【答案】（1）v = o U B d （2

）3o q U m BB Rd

= 【解析】 【详解】

（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动 qvB 0 = qE ① U = Ed ② 由①②式得v =

o U

B d

③ （2）在圆形磁场区域，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

2

v qvB m r

= ④

由几何关系有：tan

2

R

r

θ

=

⑤ 由③④⑤式得：

3o q U

m BB Rd

=

⑥

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：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：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．（1）获得阴极射线，一般采用的办法是加热灯丝，使其达到一定温度后溅射出电子，然后通过一定的电压加速．已知电子质量为m ，带电量为e ，加速电压为U ，若溅射出的电子初速度为0，试求加速之后的阴极射线流的速度大小v ．

（2）实际问题中灯丝溅射出的电子初速度不为0，且速度大小满足某种分布，所以经过同一电压加速后的电子速度大小就不完全相同．但可以利用电场和磁场对电子的共同作用来筛选出科学研究所需要的特定速度的电子．设计如图所示的装置，上下极板接电源的正负极，虚线为中轴线，在装置右侧设置一个挡板，并在与中轴线相交处开设一个小孔，允许电子通过．调节极板区域内电场和磁场的强弱和方向，使特定速度的电子沿轴线穿过．请在图中画出满足条件的匀强磁场和匀强电场的方向．

（3）为了确定从上述速度选择装置射出的阴极射线的速度，可采用如图所示的电偏转装置（截面图）．右侧放置一块绝缘荧光板，电子打在荧光板上发光，从而知道阴极射线所打的位置．现使荧光板紧靠平行极板右侧，并将其处于两板间的长度六等分，端点和等分点分别用a 、b 、c 、……表示．

偏转电极连接一个闭合电路，将滑线变阻器也六等分，端点和等分点分别用A、B、C、……表示．已知电子所带电量e = 1.6×10-19C，取电子质量m = 9.0×10-31kg，板间距和板长均为L，电源电动势E = 120V．实验中发现，当滑线变阻器的滑片滑到A点时，阴极射线恰好沿中轴线垂直打到d点；当滑片滑到D点时，观察到荧光屏上f点发光．忽略电源内阻、所有导线电阻、电子重力以及电子间的相互作用．请通过以上信息计算从速度选择装置射出的阴极射线的速度大小v0．

【答案】（1

）

2eU

m

（2）如图所示：

（3）6

410m/s

?

【解析】

（1）根据动能定理可以得到：2

1

2

Ue mv

=，则：

2eU

v

m

=；

（2）当电子受到洛伦兹力和电场力相等时，即qvB Eq

=，即E

v

B

=，满足这个条件的电子才能通过，如图所示：

（3）设当滑片滑到D点时两极板间电压为U，E

U60

2

V

==

由电子在电场中的偏转运动得：2

11

()

32

eU L

L

mL v

=

则：60

3E

410/4e v m s m

=

=?． 点睛：本题主要考查带电粒子在电场中的加速、速度选择器以及带电粒子在电场中的偏转问题，但是本题以信息题的形式出现，令人耳目一新的感觉，但是难度不大，是一道好题，对学生分析问题能起到良好的作用．

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) 12qU v m =

，112mU r B q =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12qU v m

= 2111v qv B m r = 解得：112mU

r B q

=

（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2m

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．回旋加速器D 形盒的半径为R ，高频加速电压的频率为f ，空间存在方向垂直D 形盒、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。用该回旋加速器加速带负电的粒子束，粒子达到最大速度后被引出，测得粒子被引出时的平均电流为I 。不计粒子的加速时间，求： (1)粒子被引出时的最大速度v m ； (2)粒子束的输出功率P 。

【答案】(1)m 2v fR π=；(2)2

P BIfR π=

【解析】 【分析】 【详解】

(1)设粒子的电荷量为q 、质量为m ，当粒子被引出时，有：

2m

m v qv B m R

=

由粒子做匀速圆周运动周期公式：

12qB f

T m

π=

= 解得

m 2v fR π=

(2)粒子束被引出时，设时间t 内飞出加速器的粒子数为N ，则有

It Nq =

根据能量守恒定律有

2

m 12

Pt N mv =?

解得

2P BIfR π=

8．如图甲，两个半径足够大的D 形金属盒D 1、D 2正对放置，O 1、O 2分别为两盒的圆心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。加在两盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为U o ，周期为T o ，两盒之间的电场可视为匀强电场。在t =0时刻，将一个质量为m 、电荷量为q （q >0）的粒子由O 2处静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在

2

T t =

时刻通过O 1.粒子穿过两D 形盒边界M 、N 时运动不受影响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。 (1)求两D 形盒边界M 、N 之间的距离；

(2)若D 1盒内磁场的磁感应强度10m

B qT π=，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后能到达 O 1，

求D 2盒内磁场的磁感应强度；

(3)若D 2、D 2盒内磁场的磁感应强度相同，且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后在t = 2T o 时刻到达O l ，求磁场的磁感应强度。

【答案】2

008qU T m

02m π02(46)m π+【解析】 【详解】

(1)设两盒之间的距离为d ，盒间电场强度为E ，粒子在电场中的加速度为a ，则有

U 0=Ed qE=ma

201()22

T d a =

联立解得

d =

(2)设粒子到达O 1的速度为v 1，在D 1盒内运动的半径为R 1，周期为T 1，时间为t 1，则有

12

T v a =?

2

1111

mv qv B R =

1

11

2R T v π=

1112

t T =

可得

t 1=T 0

故粒子在032

T 时刻回到电场；

设粒子经电场再次加速后以速度v 2进入D 2盒，由动能定理

220211122

qU mv mv =

- 设粒子在D 2盒内的运动半径为R 2，则

2

2

222

mv qv B R =

粒子在D 1D 2盒内各运动一次后能到达O 2应有

R 2=R 1

联立各式可得

20

m

B qT =

(3)依题意可知粒子在D 1D 2盒内运动的半径相等；又

2

mv qvB R

= 故粒子进入D 2盒内的速度也为v 1；可判断出粒子第二次从O 2运动到O 1的时间也为0

2

T 粒子的运动轨迹如图；

粒子从P 到Q 先加速后减速，且加速过程的时间和位移均相等，设加速过程的时间为t 2，则有

21221122

d v

t at =+ 则粒子每次在磁场中运动的时间

322

T t t =

- 又

2m

T qB

π=

32

T t =

联立各式解得

2(46)5m

B qT π+=

9．1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的两个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 的匀强磁场方向与盒面垂直．两D 形盒之间所加的交流电压为U ，粒子质量m 、电荷量为q 的粒子从D 形盒一侧圆心处开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D 形盒边缘射出．求：

（1）交流电压的频率；

（2）粒子从D 形盒边缘射出时的动能； （3）粒子被加速的次数． 【答案】（1）交流电压的频率为

2Bq

m

π；（2）粒子从D 形盒边缘射出时的动能是

2222q B R m ；（3）粒子被加速的次数为22

2qB R mU ． 【解析】 【分析】 【详解】

（1）加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T =2m

Bq

π， 那么交流电压的频率：f =

2Bq

m

π； （2）根据qvB =m 2

v R ，解得v =qBR m ，带电粒子射出时的动能：E K =12mv 2=2222q B R m

；

（3）经加速电场加速：qnU =222

2q B R m ，

解得：n =22

2qB R mU

10．正电子发射计算机断层（PET ）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。PET 所用回旋加速器示意如图所示，其中D 1和D 2是置于高真空中的两个中空半圆金属盒，两半圆盒间的缝隙距离为d ，在左侧金属盒D 1圆心处放有粒子源A ，匀强磁场的磁感应强度为B 。正电子质量为m ，电荷量为q 。若正电子从粒子源A 进入加速电场时的初速度忽略不计，加速正电子时电压U 的大小保持不变，不考虑正电子在电场内运动的过程中受磁场的影响，不计重力。求：

（1）正电子第一次被加速后的速度大小v 1；

（2）正电子第n 次加速后，在磁场中做圆周运动的半径r ；

（3）若希望增加正电子离开加速器时的最大速度，请提出一种你认为可行的改进办法！ 【答案】（12qU m 21

2mnqU Bq

3）见解析 【解析】（1）正电子第一次被加速后，由动能定理可得2

112

qU mv =，解得12qU v m =

（2）设质子第n 次加速后的速度为n v 由动能定理有2

12

n nqU mv =

由牛顿第二定律有

2

n

n

v

qv B m

r

=，解得

1

2

r mnqU

Bq

=

（3）方案一：增加磁感应强度B，同时相应调整加速电压变化周期；方案二：增加金属盒的半径。

11．如图回旋加速器D形盒的半径为r，匀强磁场的磁感应强度为一个质量了m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速．

求该回旋加速器所加交变电场的频率；

求粒子离开回旋加速器时获得的动能；

设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间不计在电场中的加速时间．

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

试题分析: （1）由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相等，故:

粒子在磁场中做匀速圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

周期：

联立解得：，

(2)粒子离开磁场时速度最大，根据牛顿第二定律，有：

最大动能：

联立解得：

（3）加速次数：粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为：

粒子运动的时间为：t=nT

联立解得：

考点：带电粒子在磁场中运动

12．一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上

（1）求粒子进入磁场时的速率．

（2）求粒子照相底片D点到S3的距离

【答案】（1）；（2）

【解析】

（1）粒子飘入电势差为U的加速电场，有

得粒子进入磁场时的速率

（2）粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：

，

粒子照相底片D点到S3的距离2R=．

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．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为

、重力不计的d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量q

带电粒子，以初速度1v垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：

（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功

W

1

（2）粒子第n 次经过电场时电场强度的大小n E （3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t

（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．

【答案】（1）2

1132mv W =

（2）21(21)2n n mv E qd +=（3

）1

2(21)n d t n v =+ （4）如图；

【解析】 （1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以22

1211122

W mv mv =-, （2）

=

，

，所以

．

（3），，所以．

(4)

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

同．求：

(1)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略，计算上述粒子在某次加速过程当中从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间；

(2)粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n ＋1次由D 1盒进入D 2盒位置之间的距离Δx . 22221Um n n B q

-

【解析】试题分析：根据动能定理求出粒子经过窄缝被第n 次加速后的速度为v n ，在根据运动学公式和牛顿第二定律即可求出粒子从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间；根据牛顿第二定律和动能定理相应的几何关系即可求出粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n ＋1次由D 1盒进入D 2盒位置之间的距离Δx 。

(1)设粒子经过窄缝被第n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得： 2

12

n nqU 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

F qE q

ma d

=== 由以上三式解得电场对粒子加速的时间： 12nm

t qU

=正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律： 2

v qvB m r

=

又： 2R

T v

π=

粒子在磁场中做圆周运动的时间()212

T t n =- 解得： ()21n m

t qB

π-=

所以，粒子从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间

()1212n m

nm t t t qU qB

π-=+= (2)粒子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1

1112mv mU

r qB B q

=

=

粒子经第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： 22122mv mU

r qB B q

?=

=

粒子第n 次由D 1盒进入D 2盒，粒子已经过2n －1次电场加速，以速度v 2n －1进入D 2盒，由动能定理： ()2

2112102

n n qU mv --=

- 轨道半径： ()212121

n n n mU

mv r qB B

q

--?==

粒子第n ＋1次由D 1盒进入D 2盒加速前，粒子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入电场，由动能定理： 2

21202

n nqU mv =

-

轨道半径： 21122n n mv n mU

r qB B q

+?==

则Δx ＝2(r n ＋1－r n ) 即： 221222221n n mv mv mU x n n qB

qB B q -???=-=-

???

点睛：本题主要考查了回旋加速器，关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等，建立正确的物理模型是解题的关键。