高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题

高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题

一、速度选择器和回旋加速器

1．有一个正方体形的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面为边长L =0.20m 的正方形，其电场强度为54.010E =?V/m ，磁感应强度22.010B -=?T ，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为104.010m q

-=?kg/C 的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的正方体区域的左侧边界中点射入，如图所示。（计算结果保留两位有效数字）

(1)要使离子流穿过电场和磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何？离子流的速度多大？

(2)在(1)的情况下，在离电场和磁场区域右边界D =0.40m 处有与边界平行的平直荧光屏。若只撤去电场，离子流击中屏上a 点；若只撤去磁场，离子流击中屏上b 点。求ab 间距离。（a ，b 两点图中未画出）

【答案】(1)电场方向竖直向下；2×107m/s ；(2)0.53m 【解析】

【分析】

【详解】

(1)电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，根据平衡条件有

qE qvB =

解得离子流的速度为

E v B

==2×107m/s (2)撤去电场，离子在碰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

= 解得

mv R qB

==0.4m 离子离开磁场区边界时，偏转角为θ，根据几何关系有

1sin 2

L R θ=

= 解得 30θ=o

在磁场中的运动如图1所示

偏离距离

1cos y R R θ=-=0.054m

离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为

1tan y y D θ=+=0.28m

若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间 L t v

≤

加速度 qE a m

=

偏转角为θ'，如图2所示

则

21tan 2

y v qEL v mv θ'=

== 偏离距离为 2212

y at =

=0.05m 离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离

2tan y y D θ''=+=0.25m 所以a 、b 间的距离

ab =y +y '=0.53m

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 210.1m 2y 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．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中央沿垂直于电场、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P 点与O 点间的距离为h ，不计粒子的重力及空气阻力。

（1）请判断匀强磁场的方向；

（2）求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小v ；

（3）求粒子的比荷（q m

）。 【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）v =

U Bd （3）2223q Uh m B L d = 【解析】

【分析】

（1）由左手定则可知磁场方向。

（2）粒子在极板间做直线运动，可知洛伦兹力与电场力相等；

（3）若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，结合水平和竖直方向的运动特点解答；

【详解】

（1）由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。

（2）带电粒子受力平衡，有qvB q

=U d 粒子进入极板时的速度v =U Bd

（3）带电粒子在两极板间运动时间t 1=L v ，加速度qU a md = 带电粒子穿过电场时的侧移量2

2112122qUL y at mdv

== 带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t 2=L v

带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度v y =1qUL at mdv

= 带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移2

222y qUL y v t mdv

== 两次侧移量之和为h ，即：h =y 1+y 2=2

232qUL mdv

解得：

2223q Uh m B L d

= 【点睛】 此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是搞清粒子在场中的运动特征和受力情况；粒子在电场中的偏转问题，主要是结合类平抛运动的规律解答.

4．1897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L 1=5.00cm ，C 、D 间的距离d =1.50cm ，极板的右端到荧光屏的距离L 2=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

可解得代入数据得=1.61×1011C/kg

【点睛】

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．

5．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 、v 0、L 和B 表示）

【答案】（1）22B qL E m

=

（2）220222m v DM B q L = 【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v 0，由平衡条件有：qv 0B=qE…①

粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O 1，半径为R ，轨迹如图，

由几何关系知R ＝ 245L L cos ＝?

…② 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv 0B ＝m 20 v R

…③ 由②③式解得：v 0＝2 BqL m

…④ 由①④式解得：E ＝22 B qL m

…⑤ （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 ＝v 0t …⑥

粒子沿DF 方向做匀加速直线运动的位移为：2

2122Eqt DF at m

＝＝ …⑦ 由几何关系可知： DG DF ＝， 2DM DG ＝…⑧

由⑤⑥⑦⑧式可解得220222 m v DM q B L

＝． 【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=

360T θ

?可求出运动时间．

6．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B 0的匀强磁场与盒面垂直。在下极板的圆心A 处粒子源产生的粒子，质量为m ?电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压u 随时间的变化关系如图乙所示02m T qB π=

。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。 (1)粒子开始从静止被加速，估算该离子离开加速器时获得的动能E k ；

(2)调节交流电的电压，先后两次的电压比为1:2，则粒子在加速器中的运动时间之比为多少？

(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心并不是金属盒的圆心O ，而且在不断的变动。设第一次加速后做圆周运动的圆心O 1到O 的距离为x 1,第二次加速后做圆周运动的圆心O 2到O 的距离为x 2，这二个距离平均值约为最后从加速器射出时圆周运动的圆心位置x ，求x 的值，并说明出口处为什么在A 的左边；

(4)实际使用中，磁感应强度B 会出现波动，若在t =

4

T 时粒子第一次被加速，要实现连续n 次加速，求B 可波动的最大范围。

【答案】(1)2

0()2qB R m

；(2)2:1；(3)021mU B q A 点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边；

(4)0021212123

n n B B B n n --≤≤--（）（），n =2、3…… 【解析】

【分析】

根据回旋加速器原理，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，根据轨道半径与运动周期可求运动动能及运动时间，若磁场出现波动，求出磁感强度的最大值和最小值，从而确定磁感强度的范围。

【详解】

（1）圆周运动的最大半径约为R

2

0v qvB m R

= 离子离开加速器时获得的动能

2

20()122k qB R E mv m

== （2）设加速n 次

2

00()2qB R nqU m

= 22

00

2qB R n mU = 2

00

22B R T t n U π== 运动时间之比

02120121

U t t U == （3）设第一、二次圆周运动的半径为r 1和r 2

20112

qU mv =

110mv r qB ==202122

qU mv =

220mv r qB === 11x r =

21212(2x r r r =-=

可得

121322x x x r +=== 第一次圆周运动的圆心在A 点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边。

（4）设磁感应强度偏小时为B 1，圆周运动的周期为T 1

1(1)224

T T T n --=)( 12-12(-1)

n T T n =

解得 102(1)21

n B B n -=

- 设磁感应强度偏大时为B 2，圆周运动的周期为T 2 2(1)()224

T T T n --= 2232(1)

n T T n -=

- 解得 202(123n B B n -=

-) 因此

002(1)2(1)2123

n n B B B n n --≤≤--，n =2、3……

7．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 3；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 2222km 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

123

r 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

2122

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

== 122πt 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。

8．我们熟知经典回旋加速器如图（甲）所示，带电粒子从M 处经狭缝中的高频交流电压加速，进入与盒面垂直的匀强磁场的两个D 形盒中做圆周运动，循环往复不断被加速，最终离开加速器。另一种同步加速器，基本原理可以简化为如图（乙）所示模型，带电粒子从M 板进入高压缝隙被加速，离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零，离开N 板后，在匀强磁场的导引控制下回旋反复通过加速电场区不断加速，但带电粒子的旋转半径始终保持不变。已知带电粒子A 的电荷量为+q ，质量为m ，带电粒子第一次进入磁场区时，两种加速器的磁场均为B 0，加速时狭缝间电压大小都恒为U ，设带电粒子最初进入狭缝时的初速度为零，不计粒子受到的重力，不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。

（1）求带电粒子A 每次经过两种加速器加速场时，动能的增量；

（2）经典回旋加速器与同步加速器在装置上的类似性，源于它们在原理上的类似性。 ａ．经典回旋加速器，带电粒子在不断被加速后，其在磁场中的旋转半径也会不断增加，求加速n 次后r n 的大小；

ｂ．同步加速器因其旋转半径R 始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，请推导B n 的表达式；

（3）请你猜想一下，若带电粒子A 与另一种带电粒子B （质量也为m ，电荷量为+kq ，k 为大于1的整数）一起进入两种加速器，请分别说明两种粒子能否同时被加速，如果不能请说明原因，如果能，请推导说明理由。

【答案】（1）k E qU =△；（2）a.012n nUq R B m

=0n B nB =;（3）见解析 【解析】

【分析】

【详解】 （1）粒子仅在狭缝间由电场加速，绕行过程中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力不会对粒子做功，根据动能定理： 每次动能的增量为：

K E qU =V

（2）a ．在D 形盒中洛伦兹力作向心力，磁感应强度不需要改变，当第n 次穿过MN 两板间开始作第n 圈绕行时

20n n n

v qv B m R = 第n 圈的半径

01

2n nUq R B m

= ｂ．同步加速器因其旋转半径始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，洛伦兹力作向心力

212nqU mv = ， 2000v qv B m R = ， 2n n n v qv B m R

= 所以第n 圈绕行的磁感应强度为：

0n B nB =

（3）经典回旋加速器不能做到回旋加速，同步加速器仍然能做到回旋加速。经典回旋加速器，交变电压的周期与带电粒子回旋周期相同，加速A 粒子的交变电压的周期为

02m T B q

π= 而若要加速回旋加速粒子B ，交变电压周期应为 02m T kB q π=

＇ 因此当B 粒子到达加速电场缝隙时，电压方向并没有反向，因此无法同时加速。同步加速器A 粒子的磁场变化周期

2n n m T qB π=

B 粒子的旋转周期

2n n T m T kqB k

π==＇ n T 是T ' 的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周。由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速。

9．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)2P 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

2m 12

Pt N mv =? 解得

2P BIfR π=

10．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)2222q B R m (2) 20

22BR 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0qU a md

= 匀加速直线运动21Δ2nd 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02π100mU d qB R

<．

11．同步回旋加速器结构如图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处大小相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量.如题图所示．同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步．已知圆形轨道半径为R，被加速粒子的质量为m、电荷量为+q，加速腔的长度为L，且L<

（1）带电粒子第k次从b孔射出时的速度的大小v k；

（2）带电粒子第k次从b孔射出到第(k+1)次到达b孔所经历的时间；

（3）带电粒子第k次从b孔射出时圆形轨道处的磁感应强度B k的大小；

（4）若在a处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1次加速后形成一束长度为l1的粒子束（l1

【答案】(1)2kqU

m

2m

kqU

12mkU

R q

(4)

1

2

max

L qU

v

l m

=

【解析】【详解】

(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqU＝1

2

mv k2﹣0

解得：

2 k kqU

v

m =

(2) 粒子做圆周运动的周期：

2

2

2

k

k

m m T R

qB kqU

π

π

==

由题意可知，加速空腔的长度：L＜＜R，

粒子在空腔的运动时间可以忽略不计，下一次经过b孔的时间间隔等于粒子在磁场中做圆

周运动的周期：

2 k

m T

kqU

π

=

(3)粒子第k次从b孔射出，粒子被电场加速k'次，由动能定理得：kqU＝1

2

mv k2﹣0

解得：

k v =粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv k B k ＝

2k v m R

，解得：

k B =

(4)

粒子第一次加速后的速度：1v =

从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：111l t l v ==

由k v =

2v =粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l 2＝v 2t 1

l 1

粒子被第三次加速后的速度：3v =

从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：222l t l v == 粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l 3＝v 3t 2

l 1

粒子被第四次加速后的速度：4v =

从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：333l t l v == 粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l 4＝v 4t 3

l 1

…

粒子被第k

次加速后的速度：k v =

从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：111k k k l t l v ---==粒子被k 次加速后这一束粒子的长度：l k ＝v k t k ﹣1

1 当粒子束的长度：l k

l 1＝L ，即：k ＝2

21

L l 时粒子束的速度最大， 由动能定理得：221L l ?qU ＝12mv max 2﹣0，解得：

1

2max L qU v l m

=

12．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：

212

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

1122r R d =+（） ； 由

221

m m v qv B m r = 解得

1222B R B R d

=+

13．1932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

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

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

由及得

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．

14．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；

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