高考物理速度选择器和回旋加速器练习题及解析

高考物理速度选择器和回旋加速器练习题及解析

一、速度选择器和回旋加速器

1．如图所示，有一对水平放置的平行金属板，两板之间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E =200V/m ，方向竖直向下；磁感应强度大小为B 0=0.1T ，方向垂直于纸面向里。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

3

T ，方向垂直于纸面向里。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向角θ=π

3

，不计离子重力。求：

（1）离子速度v 的大小； （2）离子的比荷

q m

； （3）离子在圆形磁场区域中运动时间t 。（结果可含有根号和分式）

【答案】（1）2000m/s ；（2）2×104C/kg ；（3）4310s 6

π

-? 【解析】 【详解】

（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：

B 0qv =qE

解得：

2000m/s E

v B =

= （2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，轨迹如图所示

由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：

2

v Bqv m r

=

由几何关系有：

2

R tan

r

θ

=

离子的比荷为：

4 210C/kg q

m

=? （3）弧CF 对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t ，

2t T θπ=

2m

T qB

π=

解得：

43106

t s π

-=

?

2．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

3．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B 1，两板间电压为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B 2，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）1U B d

（2）22cos v B L α（3）(1sin )2cos L αα

-

【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：

qυB 1＝q

U

d

解得υ＝

1U

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 ＝2

2cos 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

-。

4．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。求：

(1)电子通过小孔O 时的速度大小v ；

(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向。 【答案】（12eU

m

（212mU L e

【解析】 【详解】

(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：2

12

eU mv = 解得：2eU

v m

=

(2)两板间电场的电场强度大小为：2U

E L

=

由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：12mU

B L e

=

根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.

5．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 d 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

=

6．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v0；

（2）求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；

（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1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）v0=2×107m/s（2）B2=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．

7．如图所示，水平放置的两块带金属极板 a 、b 平行正对.极板长度为 l ,板间距为 d ,板间存在着方向坚直向下、场强大小为 E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只顾在于两板间.一质量为 m 、电荷量为 q 的粒子，以水平速度 v 0 从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向入极板间，恰好做做匀速直线运动.不计重力及空气阻力. （1）求匀强磁场感应强度 B 的大小；

（2）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小.

【答案】（1）0E B v = （2）2202qEl mv （3）2

012

k E mv qEd =+ 【解析】 【分析】

（1）粒子恰好做匀速直线运动，可知电场力与洛仑兹力平衡，可求磁感应强度B ； （2）粒子做类平抛运动，由运动分解方法，求解粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）用动能定理求解粒子到达下极板时动能．

【详解】

（1）带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛仑兹力平衡，qE=qv 0B ， 解得磁感应强度大小B=

E v ； （

2）撤掉磁场后，粒子做类平抛运动，通过电场区偏转的距离

222200

11()222qE l qEl y at m v mv ==??= （3）设粒子运动到下极板时的动能大小为E K ，根据动能定理得：

q×2E×

12d=E k -1

2m v 02 解得E K =1

2

mv 02+qEd

【点睛】

对粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做匀速直线运动”的隐含条件，对于撤掉磁场后的粒子的类平抛运动，要能够熟练分析解决，为常考内容．

8．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

；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

==

12

2πt 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。

9．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 =

=

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）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 ．

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 形盒间狭缝后轨道半径之比为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 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 。

12．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v1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＝

12

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．

13．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 ，两盒间有狭缝（间距d R <<），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0U ，周期为T ，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2t T =时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B ；

（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t ；

（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m 与原来质量0m 的关系：

2

1m v t =

??- ???

1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理

由）？②若粒子质量最终增加2%，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有效数字）？

【答案】（1）2m qr π（2）220R m

qU T

π（3）100次；0.2

【解析】 【详解】

解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：2

v qvB m R

=

电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同：2r

T v

π= 可得2m T qB

π=

，2m

B qr π= (2)粒子运动半径为R 时：2R v r π=且2

km 12

E mv = 解得：22

km

2

2mR E T π=

粒子被加速n 次达到动能km E ，则有：0km E nqU =

不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒

子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：22002T R m

t n qU T

π=?=

(3)粒子在磁场中的周期：2n

T qB

π=

，质量增加1%，周期增大1%， 再加速次数不超过221001%

r

T ?=?次

加速后的质量m 与原来质量0m

的关系：m ， 01.02m m = 粒子最终速度为：0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍

14．1932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