高考物理速度选择器和回旋加速器基础练习题

一、速度选择器和回旋加速器

1．质谱仪最初由汤姆孙的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在．现在质谱仪已经是一种十分精密的仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如右图所示是一简化了的质谱仪原理图．边长为L的正方形区域abcd内有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．有一束带电粒子从ad边的中点O以某一速度沿水平方向向右射入，恰好沿直线运动从bc边的中点e射出（不计粒子间的相互作用力及粒子的重力），撤去磁场后带电粒子束以相同的速度重做实验，发现带电粒子从b点射出，问： （1）带电粒子带何种电性的电荷?

（2）带电粒子的比荷（即电荷量的数值和质量的比值

q）多大? m（3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从哪一位置离开磁场，在磁场中运动的时间多少?

【答案】（1）负电（2） qmE3 （3）从dc边距离d点距离为L处射出磁场；2BL2BL3E

【解析】 【详解】

（1）正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，粒子向上偏转，可知粒子带负电； （2）根据平衡条件：

qE=qv0B

得：

v0撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有：

E Bx=v0t=L

y1qE2L t 2m2得：

qE 2 mBL（3）撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动，则：

v02 qv0Bmr得：

rmv0L qB粒子从dc边射出磁场，设粒子射出磁场距离d点的距离为x，根据几何关系：

L2x2（r）r2

2r=L

得：

x1所以

33L 2t答：（1）带电粒子带负电； （2）带电粒子的比荷 BLT 23EqmE； 2BL（3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从dc边距离d点

xBL3． L处离开磁场，在磁场中运动的时间t3E2

2．如图所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，下极板带正电，上极板带负电，两板间电场强度大小为E，两板间分布有匀强磁场，磁感强度方向垂直纸面向外，大小为B， E与B方向相互垂直．一带正电的粒子（不计重力）质量为m，带电量为q，从两板左侧中点沿图中虚线水平向右射入速度选择器． （1）若该粒子恰能匀速通过图中虚线，求该粒子的速度大小；

（2）若撤去磁场，保持电场不变，让该粒子以一未知速度从同一位置水平射入，最后恰能从板 的边缘飞出，求此粒子入射速度的大小；

（3）若撤去电场，保持磁场不变，让该粒子以另一未知速度从同一位置水平射入，最后恰能从板的边缘飞出，求此粒子入射速度的大小．

【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

5qBLqBLEqEL ； （2）；（3）或

4mB4mm（1）若该粒子恰能匀速通过图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有：

qv1B=qE

解得：

v1E B（2）若撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则 水平方向有：

L=v2t

竖直方向有：

11 Lat2 22由牛顿第二定律有：

qE=ma

解得：

v2（3）若粒子从板右边缘飞出，则

qEL mL2r2L2（r）

2解得：

r2v3由qv3Bm 得：

r5L 4v3＝若粒子从板左边缘飞出，则：

5qBL 4mr由qv4Bm2v4L 4r得：

v4＝qBL 4m

3．如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图．K为电子，由中沿KA方向射出的电子，速度大小不一．当电子通过方向互相垂直的均匀电场和磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S．设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V，间距为5 cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0．06 T，问：

（1）磁场的方向应该垂直纸面向里还是垂直纸面向外？ （2）速度为多大的电子才能通过小孔S?

【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）1×105m/s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下．带负电的电子受到的静电力FE＝eE，方向向上．若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S，所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的，根据左手定则分析得出，B的方向垂直于纸面向里．

（2）能够通过小孔的电子，其速率满足evB＝eE 解得：v＝又因为E＝所以v＝

E BU dU＝1×105m/s Bd即只有速率为1×105m/s的电子才可以通过小孔S

4．如图所示，M、N为水平放置的两块平行金属板，板间距为L，两板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电势差为UMNU0，磁感应强度大小为B0.一个带正电的粒子从两板中点垂直于正交的电、磁场水平射入，沿直线通过金属板，并沿与ab垂直的方向由d点进入如图所示的区域（忽略电磁场的边缘效应）．直线边界ab及ac在同一竖直平面内，且沿ab、ac向下区域足够大，不计粒子重力，a30，求：

(1)粒子射入金属板的速度大小；

(2)若bac区域仅存在垂直纸面向内的匀强磁场罗要使粒子不从ac边界射出，设最小磁感应强度为B 1；若bac区域内仅存在平行纸面且平行ab方向向下的匀强电场，要使粒子不从ac边射出，设最小电场强度为E1.求B1与E1的比值为多少? 【答案】（1）v=【解析】 【详解】

(1)设带电粒子电荷量为q、质量为m、射入金属板速度为v，粒子做直线运动时电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件有：qvB0= qE0 ① E0 =

U0B12B0L 2（）

B0LE1U0U0 ② LU0 ③ B0L解得:v=

(2)仅存在匀强磁场时，若带电粒子刚好不从ac边射出，则其轨迹圆与ac边相切，则

sadR1R1 ④ sin30v2qvB1 =m ⑤

R得:B1=

3mv ⑥ qSad仅存在匀强电场时，若粒子不从ac边射出，则粒子到达边界线ac且末速度也是与ac边相切，即： x=vt ⑦ y=

12

at⑧ 2x ⑩ SadyqE1=ma ⑨ tan30º=

vyat ⑾

tan30º =

v ⑿ vy3mv2 ⒀ 得:E1=

2qSadB12B0L ⒁ 所以:E1U0

5．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B0，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2，不计粒子重力。求： 3

（1）粒子初速度v的大小；

（2）粒子的比荷。 【答案】（1）v = 【解析】 【详解】

（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动 qvB0 = qE ① U = Ed ② 由①②式得v =

Uq3U （2） BodmBBoRdU ③ Bod（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

v2qvBm ④

r由几何关系有：tan2R ⑤ r由③④⑤式得：

q3U ⑥ mBBoRd

6．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】（1）【解析】 【详解】

(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：eU解得：v12mU2eU （2）方向垂直纸面向里

Lem12mv 22eU m(2)两板间电场的电场强度大小为：E2U L由于电子在两板间做匀速运动，故：evBeE 解得：B1L2mU e根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.

7．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。

Uq2L2B2mU23qB2L2d【答案】（1）（2） 22 (3)

Bd2m2dB2mU【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粒子进入极板时的速度v=

U dU BdLqU，加速度a vmd（2）带电粒子在两极板间运动时间t1=

带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度vy =at1qUL mdv121q2L2B2mU222粒子出偏转场时动能大小为EKmvm(vvy)22

222m2dB12qUL2（3）带电粒子穿过电场时的侧移量y1at1 222mdv带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t2=

L vqUL2带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移y2vyt2 2mdv3qUL23qB2L2dP点与O点距离h=y1+y2= =22mdv2mU

8．如图所示，在直角坐标系xOy平面内，以O点为圆心，作一个半径为R的园形区域，A、B两点为x轴与圆形区域边界的交点，C、D两点连线与x轴垂直，并过线段OB中点；将一质量为m、电荷量为q(不计重力)的带正电的粒子，从A点沿x轴正方向以速度v0射入圆形区域．

（1）当圆形区域内只存在平行于y轴方向的电场时，带电粒子恰从C点射出圆形区域，求此电场的电场强度大小和方向；

（2）当圆形区域内只存在垂直于区域平面的磁场时，带电粒子怡从D点射出圆形区域，求此磁场的磁感应强度大小和方向；

（3）若圆形区域内同时存在(1)中的电场和(2)中的磁场时，为使带电粒子恰能沿直线从B点射出圆形区域，其入射速度应变为多少?

243mv0 方向沿y轴正方向 【答案】(1)E9qR(2)B(3)v3mv0 方向垂直坐标平面向外 3qR4v0 3【解析】 【分析】

（1）只存在电场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动列方程求解电场强度；（2）区域只存在磁场时，做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，再根据洛伦兹力等于向心力求解磁感应强度；（3）若电场和磁场并存，粒子做直线运动，电场力等于

洛伦兹力，列式求解速度. 【详解】

（1）由A到C做类平抛运动：

3Rv0t； 231R=at2 22qEma

343mv0 解得E9qR方向沿y轴正方向； （2）

从A到D匀速圆周运动，则tan302mv0v0 qv0Bm r

qBr0R ，r3R r解得B3mv0 方向垂直坐标平面向外． 3qRE B（3）从A到B匀速直线运动，qE=qvB 解得v即v4v0 3【点睛】

此题是带电粒子在电场中的偏转，在磁场中的匀速圆周运动以及在正交场中的直线运动问题；粒子在电场中做类平抛运动，从水平和竖直两个方向列式；在磁场中做匀速圆周运动，先找半径和圆心，在求磁感应强度；在正交场中的直线运动时列平衡方程求解.

9．17年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，图为汤姆孙测电子比荷的装置示意图。在真空玻璃管内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入两极板C、D间的区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点，若在两极板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加磁感应强度大小为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点，已知极板的长度L1=5.00cm，C、D间的距离d=1.50cm，极板的右端到荧光屏的距离L2=10.00cm，U=200V，B=6.3×10－4T，P点到O点的距离Y=3.0cm。求:

(1)判断所加磁场的方向；

(2)电子经加速后射入极板C、D的速度v； (3)电子的比荷

(结果保留三位有效数字）。

【答案】(1)磁场方向垂直纸面向外 (2)v=2.12×107m/s (3)=1.61×1011C/kg 【解析】 【详解】

（1）由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；

（2）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为，则evB=eE 得

即

代入数据得v=2.12×107m/s

（3）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为

电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为

这样，电子在电场中，竖直向下偏转的距离为离开电场时竖直向下的分速度为

电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2时间内向上运动的距离为这样，电子向上的总偏转距离为

可解得【点睛】

代入数据得=1.61×1011C/kg

本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于类平抛运动的处理，通常采用运动的分解法律：将运动分解成相互垂直的两方向运动，将一个复杂的曲线运动分解成

两个简单的直线运动，并用牛顿第二定律和运动学公式来求解．

10．如图所示的平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x轴正方向成45°角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同．现有一质量为m，电荷量为q的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x轴上的D点与x轴正方向成45°角进入第四象限，M点为粒子第二次通过x轴的位置．已知OD距离为L，不计粒子重力．求：

（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小． （2）DM间的距离．（结果用m、q、v0、L和B表示） 【答案】（1）E【解析】 【详解】

（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v0，由平衡条件有：qv0B=qE…①

粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O1，半径为R，轨迹如图，

22m2v02B2qL （2）DM22

BqLm

由几何关系知R＝ L＝2L …② cos45v02由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv0B＝m …③

R由②③式解得：v0＝ 2BqL…④ m2B2qL …⑤ 由①④式解得：E＝ m（2）、由题意可知，粒子从D进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D到M的运动时间为t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动的位移为：DG＝v0t…⑥

12Eqt2 …⑦ 粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为：DF＝at＝22m由几何关系可知：DG＝ DF， DM＝2DG …⑧

2m2v02 22． 由⑤⑥⑦⑧式可解得DM＝qBL【点睛】

此类型的题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运动的分析，进行列式求解; 洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变运动电荷的速度大小．带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：①、圆心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心．②、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、运动时间的确定：利用圆心角与弦切角的关系或者四边形的内角和等于360°计算出粒子所经过的圆心角θ的大小，用公式t= 360T可求出运动时间．

11．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D1和D2，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D1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Ekm；

②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；

③求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2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，t1与t2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。

12dq2B2R2【答案】（1）①；②；③， t1可以忽略；（2）见解析

3R2m【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

v2qvmBm

REkm解得

12mvm 2Ekmq2B2R2 2m②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有

v2qvBm

r在电场中有

NqU12mv 2第一次进入D1盒中N=1，第二次进入D1盒中N=3，可得

r11 r23③带电粒子在电场中的加速度为

a所以带电粒子在电场中的加速总时间为

qEqU mmdvmBdR aUt1设粒子在磁场中回旋的圈数为n，由动能定理得

122nqUmvm

2带电粒子回旋一圈的时间为

T所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为

2πm qBπBR2 t2nT2Ut12d t2πR已知R＞＞d可知t1t2，所以t1可以忽略。 （2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为

T2πm 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。

12．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Ek

(3)粒子经n次加速后在磁场中运动的半径Rn

【答案】(1)B【解析】

2πfm1222(2)Ek2πRfm(3)Rnq2πf2nqU m【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

T=解得

2πm1 qBf2πfm qB(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

v2qvBm

R则

R最大动能为

mv qB121qBR2q2B2R2Ekmvm()2π2R2f2m

22m2m(3)粒子经n次加速后的速度为

nqU得

12mvn 2vn半径为

2nqU mRn

mvn1qB2πf2nqU m13．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U0.周期T＝子在t＝0～

2m .一束该种粒qBT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2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Em；

(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；

(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．

mU0BR22BRdmq2B2R2 (2) ；(3) d< 【答案】(1)2100qBR2U0qB2m【解析】 【详解】

(1)粒子运动半径为R时，有

v2qvBm

R且Em12mv 2q2B2R2解得Em

2m(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em=nqU0

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aqU0 md1aΔt2 2匀加速直线运动nd由t0(n1)TΔt 2πBR22BRdπm解得t0

2U0qB(3)只有在0~(Tt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速 2Tt则所占的比例为2

T2πmU0d99%由，解得．

100qB2R

14．如图1所示为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在高频交变电源上．在D1盒中心A处有离子源，它产生并发出的粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中．在磁场力的作用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速．为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交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，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出．已知粒子电荷量为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.设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，且粒子从离子源发出时的初速度为零．(不计粒子重力)求：

(1)粒子第1次由D1盒进入D2盒中时的速度大小； (2)粒子被加速后获得的最大动能Ek； (3)符合条件的交变电压的周期T；

(4)粒子仍在盒中活动过程中，粒子在第n次由D2盒进入D1盒与紧接着第n+1次由D2盒进入D1盒位置之间的距离Δx.

2m2qUq2B2R2 （2）Ek （3）T （4）【答案】（1）v1＝Bqm2mVx22Um（2n2n1） Bq【解析】 【分析】 【详解】

（1）设α粒子第一次被加速后进入D2盒中时的速度大小为v1，根据动能定理有

1qU＝mv12

2解得，v1＝2qU m（2）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

mv2的速度为v，有qvB＝

R解得：v＝qBR m12mv 2设α粒子的最大动能为Ek，则Ekq2B2R2 解得：Ek2m（3）设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则交变电压的周期

T2r2m vBq（4）离子经电场第1次加速后，以速度v1进入D2盒，设轨道半径为r1 则 r1＝mv112mU＝ qBBqmv2122mU ＝qBBq12mv2n1 2离子经第2次电场加速后，以速度v2进入D1盒，设轨道半径为r2 则 r2＝离子第n次由D1盒进入D2盒，离子已经过（2n-1）次电场加速，以速度v2n-1进入D2盒，

（2n1）Uq由动能定理：

轨道半径 rnmv2n11qBB12mv2n 22n12mUq 离子经第n+1次由D1盒进入D2盒，离子已经过2n次电场加速，以速度v2n进入D1盒，由动能定理：2nUq 轨道半径：rn1mv2n12n2mU qBBq则△x=2（rn+1-rn）（如图所示）

解得，Vx（212n2mU1BqB2n12mU）2q2Um （2n2n1）Bq

15．1930年，Earnest O. 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。题图甲为Earnest O. 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，应设法使交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）设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当R>>d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。

（3）若此回旋加速器原来加速的是α粒子（

），现改为加速氘核（

），要想使氘核

获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法。

【答案】（1）【解析】 【详解】

（2）见解析（3）

（1）设质子经过窄缝被第n次加速后速度为vn，由动能定理 nqU=mvn2 第n次加速后质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为Rn，由牛顿第二定律 Bqvn=m由以上两式解得

；

则R1=

（2）在电场中加速的总时间为：在D形盒中回旋的时间为t2=故计．

≪1

即只有当R≫d时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不

（3）若加速氘核，氘核从D盒边缘离开时的动能为Ek′则：Ek′=联立解得 B1=

B

倍 ；高频交流电源的周期T=倍．

=Ekm

即磁感应强度需增大为原来的时，交流电源的周期应为原来的【点睛】

，由α粒子换为氘核

解决本题的关键知道回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动．