高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案含解析

高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案含解析
一、速度选择器和回旋加速器
1．如图所示，竖直挡板MN 右侧空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，电场强度E =100N/C ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B =0.2T ，场中A 点与挡板的距离L =0.5m 。

某带电量q =+2.0×10-6C 的粒子从A 点以速度v 垂直射向挡板，恰能做匀速直线运动，打在挡板上的P 1点；如果仅撤去电场，保持磁场不变，该粒子仍从A 点以相同速度垂直射向挡板，粒子的运动轨迹与挡板MN 相切于P 2点，不计粒子所受重力。

求： (1)带电粒子的速度大小v ； (2)带电粒子的质量m 。

【答案】(1)500m/s v =；(2)10
4.010kg m -=⨯
【解析】 【分析】 【详解】
(1)正粒子在正交的电场和磁场中做匀速直线运动，则向上的电场力和向下的洛伦兹力平衡，有
qE qvB =
解得带电粒子的速度大小
100m/s 500m/s 0.2
E v B =
== (2)仅撤去电场保持磁场不变，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
2
v qvB m R
=
而粒子偏转90°，由几何关系可知
0.5m R L ==
联立可得带电粒子的质量
6102100.20.5kg 4.010kg 500
qBL m v --⨯⨯⨯===⨯
2．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）2×10-22
C （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
3．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 ＝
1×104
V/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 (0.60.1
3)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
4．如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转磁场．一束同位素离子（质量为m ，电荷量为＋q ）流从狭缝S 1射入速度选择器，速度大小为v 0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出，立即沿水平方向进入偏转磁场，最后打在照相底片D
上的A 点处．已知A 点与狭缝S 2的水平间距为
3L ，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．则
（1）设速度选择器内部存在的匀强电场场强大小为E 0，匀强磁场磁感应强度大小为B 0，求E 0∶B 0；
（2）求偏转磁场的磁感应强度B 的大小和方向；
（3）若将右半部的偏转磁场换成方向竖直向下的匀强电场，要求同位素离子仍然打到A 点处，求离子分别在磁场中和在电场中从狭缝S 2运动到A 点处所用时间之比t 1∶t 2．
【答案】（1）v 0（2）02mv B qL =，磁场方向垂直纸面向外（3）12
39
=∶t t π
【解析】 【详解】
（1）能从速度选择器射出的离子满足
qE 0=qv 0B 0
所以
E 0∶B 0=v 0
（2）离子进入匀强偏转磁场后做匀速圆周运动，由几何关系得：
222()(3)R R L L =-+
则
2R L =
由
2
00v Bqv m R
= 则
2mv B qL
=
磁场方向垂直纸面向外 （3）磁场中，离子运动周期
2R
T v π=
运动时间
10
1263L t T v π==
电场中，离子运动时间
20
3=
L t
则磁场中和在电场中时间之比
12239
=
∶t t π
5．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内有一个电场强度大小为E 、方向沿-y 方向的匀强电场，同时在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的圆形区域内，有垂直于xOy 平面的匀强磁场，该圆周与x 轴的交点分别为P 点和Q 点，M 点和N 点也是圆周上的两点，OM 和ON 的连线与+x 方向的夹角均为θ=60°。

现让一个α粒子从P 点沿+x 方向以初速度v 0射入，α粒子恰好做匀速直线运动，不计α粒子的重力。

(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；
(2)若只是把匀强电场撤去，α粒子仍从P 点以同样的速度射入，从M 点离开圆形区域，求α粒子的比荷
q
m
； (3)若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷
q
m
不变，α粒子仍从P 点沿+x 方向射入，从N 点离开圆形区域，求α粒子在P 点的速度大小。

【答案】(1)0E v ，方向垂直纸面向里03BR 3
v 0 【解析】 【详解】
（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即
qE =Bqv 0
解得
B =0
E
v 由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里。

（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r ，根据洛伦兹力充当向心力得
Bqv 0=m 20
v r
由几何关系可知
r =3R ，
联立得
q m
=03BR （3）粒子从P 到N 做类平抛运动，根据几何关系可得
x =3
2
R =vt y =
32
R =12×qE m t 2 又
qE =Bqv 0
联立解得
v =
3
2
03Bqv R m
=
3v 0
6．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）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
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
=
7．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。

8．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
2
m 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．
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
2n nqU
v m
=
半径为
1
22πn n mv nqU
R qB f m
=
=
10．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
11．回旋加速器是利用磁场和电场共同作用对带电粒子进行加速的仪器。

现在有一个研究小组对回旋加速器进行研究。

研究小组成员分工合作，测量了真空中的D 形盒的半径为R ，磁感应强度方向垂直加速器向里，大小为B 1，要加速粒子的电荷量为q ，质量为m ，电场的电压大小为U 。

帮助小组成员完成下列计算： （1）本回旋加速器能将电荷加速到的最大速度是？ （2）求要达到最大速度，粒子要经过多少次电场加速？
（3）研究小组成员根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙的引出装置。

在原有回旋加速器外面加装一个圆环，在这个圆环区内加垂直加速器向里的磁场B 2，让带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘加以引导。

求圆环区域所加磁场的磁感应强度B 2？
【答案】(1) 1m qB R v m =;（2）22
12qB R n Um
=;(3) 1222B R B R d =+
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中运动时满足：
2
1v qvB m r
=
当被加速的速度达到最大时满足：
r=R
则解得
1m qB R
v m
=
（2）粒子在电场中被加速，每次经过电场时得到的能量为Uq ，则：
2
12
m nUq mv =
解得
22
12qB R n Um
=
（3）由左手定则可知，粒子带负电；要想使得带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘，则粒子运动的轨道半径
11
22
r R d =+（） ；
由
2
21
m m v qv B m r =
解得
1222B R
B R d
=
+
12．高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台．质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置．质子回旋加速器的工作原理如图（a ）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，被加速质子（1
1H ）的质量为m ，电荷量为q +．加在狭缝间的交变电压如
图（b ）所示，电压值的大小为0U 、周期02
m
T qB
π=
．为了简化研究，假设有一束质子从M 板上A 处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．不考虑质子间的相互作用．
（1）质子在磁场中的轨迹半径为r （已知）时的动能k E ；
（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到k E （问题（1）中的动能）所需要的时间．（不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动．）
（3）若用该装置加速氦核（4
2He ），需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？
【答案】（1）222
2q B r m （2）20
22BR BRd m U qB ππ+-
（3）方案一：增大磁感应强度B ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【解析】 【分析】
回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可； 【详解】
（1）洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：2
v qvB m r =
粒子的动能为212E mv =，解得222
2k q B r E m
=；
（2）设粒子被加速n 次后达到最大动能，则有0k E nqU =，解得：220
2B r q
n mU =
粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为0
qU a md
=
设n 次经过狭缝的总时间为1t ，根据运动学公式有：()2112
nd a t =
设在磁场中做圆周运动的周期为T ，某时刻质子的速度为v '，半径为r '
则
2
v qv B m
r
'
=
'
'
，
22
r m
T
v Bq
ππ
'
'
==，由()
1
1
2
T
t n t
=-⋅+
总
解得：
222
000
2
1
22
B r q m Brd BR BRd m
t
mU Bq U U qB
πππ
⎛⎫+
=-⋅+=-
⎪
⎝⎭
总
；
（3）氦核的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期
2m
T
qB
π
=，氦核的荷质比大于质子，使得圆周运动周期变大
方案一：增大磁感应强度B，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可．
方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期．
【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．
13．质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示．粒子源S产生的带正电的粒子首先经M、N两带电金属板间的匀强电场加速，然后沿直线从缝隙O垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P点．已知M、N两板问的距离为d，电场强度为E．设带正电的粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用均可忽略．
（1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，求这些带电粒子离开电场时的速度大小；
（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，其打在照相底片上的P点与缝隙O的距离为y，请推导y与m的关系式；
（3）若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点．现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施．
【答案】（1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，这些带电粒子离开电场时的速度大小为；
（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，其打在照相底片上的P点与缝隙O的距离为y，y与m的关系式为；
（3）若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速
和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点．现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施①增加电场强度，保持其它条件不变②减小磁感应强度，保持其它条件不变．
【解析】解：（1）设带电粒子离开电场时的速度大小为v，根据动能定理
解得
（2）设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律
由几何关系可知 y=2R
解得
（3）可行的措施：
①增加电场强度，保持其它条件不变
②减小磁感应强度，保持其它条件不变
答：（1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，这些带电粒子离开电场时的速度大小为；
（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，其打在照相底片上的P点与缝隙O的距离为y，y与m的关系式为；
（3）若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点．现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施①增加电场强度，保持其它条件不变②减小磁感应强度，保持其它条件不变．
【点评】考查粒子在加速电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，学会对粒子受力分析，理解洛伦兹力提供向心力的条件与应用，掌握牛顿第二定律与几何关系综合应用．
.它的核心部分是两个D形金属14．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示
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
.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速
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
.若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为.B设两D形盒之间所加过特殊装置被引出
的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为.qα粒子从D形盒中央开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出.求：
()1α粒子被加速后获得的最大动能k E ；
()2α粒子在第n 次加速后进入一个D 形盒中的回旋半径与紧接着第1n +次加速后进入另
一个D 形盒后的回旋半径之比；
()3α粒子在回旋加速器中运动的时间；
()4若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分
析，提出一个简单可行的办法．
【答案】（1）2222q B R m （21n n +（3）22BR U π （4）2
2
【解析】 【详解】
(1)α粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能.设此时的
速度为v ，有 2
v qvB m R
= 可得qBR
v m
=
α粒子的最大动能222
2122k q B R E mv m
== (2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU α，粒子被第n 次和1n +次加速后的动能分别为
222
2122n Kn
n q B R E mv nqU m
=== ()222
21
111122n Kn n q B R E mv n qU m
+++===+
可得
11
n n R n R n +=+ (3)设α粒子被电场加速的总次数为a ，则
222
2k q B R E aqU m
==
可得 22
2qB R a mU
=
α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D 形盒中旋转a 个半圆周的总时间t ．
2T
t a
= 2m T qB
π
=
解得 2
2BR t U
π=
(4)加速器加速带电粒子的能量为222
2122k q B R E mv m
==，由α粒子换成氘核，有
222
2
2
2
1()2222q
B R q B R
m m =⎛⎫
⎪⎝⎭
，则12B B =，即磁感应强度需增大为原来的2倍； 高频交流电源的周期2m T qB π=，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的2
2
倍. 【点睛】
解决本题的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．
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： 212
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 d
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 d 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 =
-。