高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题(1)

高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题(1)

一、速度选择器和回旋加速器

1．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 v 则磁场中和在电场中时间之比

12239

=

∶t t π

2．图中左边有一对水平放置的平行金属板，两板相距为d ，电压为U 0，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0．图中右边有一半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B 1，方向垂直于纸面朝外．一束离子垂直磁场沿如图路径穿出，并沿直径MN 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的P 点射出，已知图中θ=60o ，不计重力，求

（1）离子到达M 点时速度的大小； （2）离子的电性及比荷q

m

． 【答案】（1）00U dB （2）0

0133U dB B R

【解析】

（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，

由平衡条件得：qvB 0=qE 0

已知电场强度：0

0U E d

=

联立解得：0

U v dB =

（2）根据左手定则，离子束带负电

离子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，轨迹如图所示：

由牛顿第二定律得：2

1mv qvB r

= 由几何关系得：3r R =

00133U q

m dB B R

=

点睛：在复合场中做匀速直线运动，这是速度选择器的原理，由平衡条件就能得到进入复合场的速度．在圆形磁场区域内根据偏转角求出离子做匀速圆周运动的半径，从而求出离子的比荷，要注意的是离开磁场时是背向磁场区域圆心的．

3．如图所示，A 、B 两水平放置的金属板板间电压为U(U 的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A 板的S 点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A 、B 板间的电场加速后从B 板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C 、D 板间，C 、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E ，匀强磁场的方向水平向里，大小为B 1。其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a 点，圆内存在磁感应强度大小为B 2、方向水平向里的匀强磁场。其中S 、a 、圆心O 点在同一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求： (1)能到达a 点的粒子速度v 的大小；

(2)若e 、f 两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1︰3，都能到达a 点，则对应A 、B 两金属板间的加速电压U 1︰U 2的绝对值大小为多大；

(3)在满足(2)中的条件下，若e 粒子的比荷为k ，e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t 为多少?

【答案】（1）1

E v B =；（2）12:3:1U

U =；（3）1229t t t kB π?=-=

【解析】 【详解】

解：(1)能达到a 点的粒子速度设为v ，说明在C 、D 板间做匀速直线运动，有：1qvB qE = 解得：1

E

v B =

(2)由题意得e 、f 两粒子经A 、B 板间的电压加速后，速度都应该为v ，根据动能定理得：

21

qU mv 2

=

它们的比荷之比：

e f

e f

q q :1:3m m = 得出：12U :U 3:1=

(3)设磁场圆的半径为R ，e 、f 粒子进入磁场圆做圆周运动

对e 粒子：2

1211v q vB m r =

对f 粒子：2

2222

v q vB m r =

解得：

12r 3r 1

= e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为

180o ， e 、f 两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：

1R tan θr = 2

R tan θr =

θα90o +=

联立解得：θ30=o ，α60=o

e 、

f 两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：

1

12πr T v

=

2

22πr T v

=

e f

e f

q q :1:3m m = 在磁场中运动的时间：

112θ

t T 360=o 222α

t T 360

=

o 12t t >

两粒子在磁场中运动的时间差为：122

π

Δt t t 9kB =-=

4．如图所示，两平行金属板相距为d ，板间电压为U ．两板之间还存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．平行金属板的右侧存在有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其磁感应强度的大小分别为B 和2B ．三条磁场边界彼此平行且MN 与PQ 间的距离为L ．一群质量不同、电荷量均为＋q 的粒子以一速度恰沿图中虚线OO '穿过平行金属板，然后垂直边界MN 进入区域Ⅰ和Ⅱ，最后所有粒子均从A 点上方（含A 点）垂直于PQ 穿出磁场．已知A 点到OO '的距离为

34

L

，不计粒子重力．求：

（1）粒子在平行金属板中运动的速度大小； （2）从PQ 穿出的粒子的最大质量和最小质量．

【答案】（1）U v Bd

= （2）2max 2536B qLd m U = ; 2min 23B qLd

m U =

【解析】 【分析】

(1)抓住带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，根据电场力和洛伦兹力相等求出粒子在平行金属板中运动的速度大小；

(2)根据几何关系求出粒子在磁场中的最大半径和最小半径，结合半径公式求出粒子的最大质量和最小质量． 【详解】

(1) 带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，有：

U

q

qvB d

= 解得粒子在平行板中的运动速度v=U dB

； (2) 由题意可知，根据mv

r qB

=知，质量越大，轨道半径越大，则质量最大的粒子从A 点射出，如图

由于左边磁场磁感应强度是右边磁感应强度的一半，则粒子在左边磁场中的半径是右边磁场半径的2倍，

根据几何关系知，右边磁场的宽度是左边磁场宽度的2倍，有：

123(1cos )(1cos )4

r r L θθ-+-=

r 1sinθ+r 2sinθ=L ，

2112

r r =

联立解得cosθ=

7

25，12536

L r = 根据max 1m v r qB =得最大质量为：m max =

22536B Ldq

U

粒子在左边磁场中的最小半径为：r min ＝2

3

L 根据min min

m v r qB =得最小质量为：m min ＝

223B Ldq U

． 【点睛】

本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出运动的轨迹，通过几何关系求出临界半径是解决本题的关键，该题有一定的难度，对学生数学几何能力要求较高．

5．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．

6．回旋加速器D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为U ＝2×104V ，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径R ＝1m ，磁场的磁感应强度B ＝0.5T ，质子的质量为1.67×10

－27

kg ，电量为1.6×10－19C ，问：

(1)质子最初进入D 形盒的动能多大？ (2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大？ (3)交流电源的频率是多少？

【答案】(1)153.210J -?； (2)121.910J -?； (3)67.610Hz ?. 【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子在第一次进入电场中被加速，则质子最初进入D 形盒的动能

411195210 1.610J 3.210J k E Uq -==?=???－

(2)根据

2

v qvB m R

=

得粒子出D 形盒时的速度为

m qBR

v m

=

则粒子出D 形盒时的动能为

22219222212271 1.610051J 1.910J (22211).670

km

m q B R E mv m ---???====???． (3) 粒子在磁场中运行周期为

2m

T qB π=

因一直处于加速状态，则粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，即为

2m

T qB

π=

那么交变电源的频率为

196

27

1.6100.5Hz 7.610Hz 22 3.14 1.6710

qB f m π--??===????

7．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 π0

2(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

B =

(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+=

8．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 <．

9．在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器的结构如图所示，D 1、D 2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，A 处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速．设带电粒子质量为m ，电量为q ，匀强磁场磁感应强度为B ，D 形盒的最大半径为R ，两个D 形盒之间的距离为d ，d 远小于R ，D 形盒之间所加交变电压大小为U ．不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：

（1）所加交变电压的周期T；

（2）带电粒子离开D形盒时的动能E km；

（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计．

【答案】（1）（2）（3）见解析

【解析】

【详解】

（1）带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等，得

（2）带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，由圆周运动的规律得

解得：

带电粒子离开D形盒时的动能

（3）设带电粒子在电场中加速的次数为n，有

解得：

又因为带电粒子在磁场中运动的周期

所以带电粒子在磁场中运动的时间

解得：

带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=at

其中所以带电粒子在电场中运动的时间

有

因为d远小于R，有t2远小于t1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略．

【点睛】

此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒

子的半径等于D 型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.

10．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

=

+

11．1932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v 1

①

②

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

⑤

⑥

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

，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

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

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．

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02m

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）2022BR 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 '=''

， 22r m T v Bq ππ''==，由()112T t n t =-?+总

解得：2220002122B 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2

m

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．回旋加速器的工作原理如图所示，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，A 处粒子源产生的粒子初速度可忽略不计，质量为m 、电荷量为+q ，每次在两D 形盒中间被加速时加速电压均为U ，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。求：

(1)粒子第4次加速后的运动半径与第5次加速后的运动半径之比； (2)粒子在回旋加速器中获得的最大动能及加速次数。

【答案】（152） 2222km q B R E m ＝ 22

2qB R n mU

=

【解析】 【分析】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比。

（2）通过D 形盒的半径求出粒子的最大速度和最大动能，结合动能定理求出加速的次数。 【详解】

（1）设粒子每加速一次动能增加qU ，第n 次被加速后粒子的动能：nqU=

1

2

mv n 2 qv n B=m 2n

n

v r

解得：12n nmU

r B q

=

粒子笫4次加速后的运动半径与笫5次加速后的运动半径之比：45 5

r r ＝

（2）设粒子在回旋加速器中运动的最大半径为R ，粒子的最大速度为v m ，受力分析可知

qv m B=m 2 m

n

v r

粒子的最大动能：2

222

122k m m q B R E m

v m ＝＝

粒子在回旋加速器中加速总次数：22

2km E qB R n qU mU

== 【点睛】

解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等。

14．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

15．回旋加速器是加速带电粒子的常用仪器，其结构示意图如图甲所示，其中置于高真空中的金属D 形盒的半径为R ，两盒间距极小，在左侧D 形盒圆心处放有粒子源S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向如图乙所示(俯视)．设带电粒子质量为m ，电荷量为＋q ，该粒子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，两金属盒狭缝处加高频交变电压，加速电压大小U 可视为不变，粒子重力不计，粒子在电场中的加速次数等于回旋半周的次数，求： (1)粒子在回旋加速器中经过第一次加速可以达到的速度和第一次在磁场中的回旋半径； (2)粒子在第n 次通过狭缝前后的半径之比；

(3)粒子若能从上侧边缘的引出装置处导出，则R 与U 、B 、n 之间应满足什么条件？

【答案】2Uq m 2Uqm 1n n (3) qBR m 2nUq

m

【解析】

(1)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Uq ＝2

112

mv v 12Uq

m