高中物理速度选择器和回旋加速器试题类型及其解题技巧

一、速度选择器和回旋加速器

1．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B1，两板间电压为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B2，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）【解析】 【详解】

U2vcosL(1sin)（2）（3）

B2LB1d2cos（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动， 由平衡条件得：

qυB1＝q

U dU解得υ＝；

B1d（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：

LLr＝2＝

2coscos粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qυB2＝m

2r，解得：

q2vcos＝

BLm2（3）MN与挡板之间的最小距离：

d＝r﹣rsinα＝

答：（1）射出粒子的速率为

L(1sin)

2cosU2vcos；（2）射出粒子的比荷为；

B2LB1d（3）MN与挡板之间的最小距离为

L(1sin)。

2cos

2．如图所示，两平行金属板水平放置，间距为d，两极板接在电压可调的电源上。两板之间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。金属板右侧有一边界宽度为d的无限长匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B、方向垂直纸面向里，磁场边界与水平方向的夹角为60°。平行金属板中间有一粒子发射源，可以沿水平方向发射出电性不同的两种带电粒子，改变电源电压，当电源电压为U时，粒子恰好能沿直线飞出平行金属板，粒子离开平行金属板后进入有界磁场后分成两束，经磁场偏转后恰好同时从两边界离开磁场，而且从磁场右边界离开的粒子的运动方向恰好与磁场边界垂直，粒子之间的相互作用不计，粒子的重力不计，试求： (1)带电粒子从发射源发出时的速度； (2)两种粒子的比荷

q1q和22分别是多少； m1m(3)带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径。

【答案】(1)【解析】 【详解】

vdU2U3 (2) （）

dB2d2B2d2B22（1）根据题意，带电粒子在平行金属板间做直线运动时，所受电场力与洛伦兹力大小相等，由平衡条件可得

q

解得:

U＝qvB dv＝

U dB（2）根据题意可知，带正电粒子进入磁场后沿逆时针方向运动，带负电粒子进入磁场后沿顺时针方向运动，作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，带负电粒子在刚进入磁场时速度沿水平方向，离开磁场时速度方向垂直磁场边界，根据图中几何关系可知，带负电粒子在磁场中做圆周运动的偏转角为

θ1＝30°＝

带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:

 6d＝2d sin30带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有:

r1＝

m1v2q1vB＝

r1联立解得:

q1v＝ m12d2B2根据带正电粒子的运动轨迹及几何关系可知，带正电粒子在磁场中的偏转角为:

θ2＝120°＝

根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式:

T＝

可得带负电粒子在磁场中运动的时间为:

t1＝

带正电粒子在磁场中运动的时间为:

2 32m qB1m1q1B

2m2t2＝

q2B根据题意可知:

t1＝t2

联立以上各式，可得

4q1q22U＝＝22 m2m1dB（3）带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:

r2＝

解得:

m2v q2Br2＝

d 2

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．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕、氘、氚三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为B的复合场区域．进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d，射出复合场后进入y轴与MN之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN射出．虚线MN与PQ间为真空区域Ⅱ且PQ与MN

平行．已知质子比荷为

q，不计重力． m

（1）求粒子做直线运动时的速度大小v； （2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；

（3）若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差△t． 【答案】（1）【解析】 【分析】

由电场力与洛伦兹力平衡即可求出速度；由洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可求得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，求出磁场最小面积，在结合周期公式即可求得时间差． 【详解】

（1）粒子运动轨迹如图所示:

mEE(2)Bd（2）（3）

qdBBE

由电场力与洛伦兹力平衡，有：Bqv＝Eq 解得：vE Bv2（2）由洛伦兹力提供向心力，有：qB1vm

r由几何关系得：r＝d

解得：B1mE qdB2213rr（3）分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，磁场最小面积为：S

222解得：S＝πd2

由题意得：B2＝2B1

2m2rT由T 可得：

qBv由轨迹可知：△t1＝（3T1﹣T1）其中T1△t2＝

 ， 22m qB12m1（3T2﹣T2）其中T2

qB22解得：△t＝△t1+△t2＝【点睛】

2m2dBqB1E

本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用．

5．如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1，B为速度选择器，其内部匀强磁场与电场正交，磁感应强度为B1，左右两板间距离为d，C为偏转分离器，内部匀强磁场的磁感应强度为B2，今有一质量为m，电量为q且初速为0的带电粒子经加速器A加速后，沿图示路径通过速度选择器B，再进入分离器C中的匀强磁场做匀速圆周运动，不计带电粒子的重力，试分析： （1）粒子带何种电荷；

（2）粒子经加速器A加速后所获得的速度v； （3）速度选择器的电压U2；

（4）粒子在C区域中做匀速圆周运动的半径R。

【答案】（1）带正电；（2）v2qU12qU1 （4）；（3）U2B1dmmr1B22mU1 q【解析】

【分析】

（1）根据电荷在磁场中的偏转方向即可判断电荷的正负； （2）根据动能定理求解速度 （3）根据平衡求解磁场强度

v2（4）根据qvBm求解运动轨道半径；

r【详解】

（1）根据电荷在磁场中的运动方向及偏转方向可知该粒子带正电； （2）粒子经加速电场U1加速，获得速度v ，由动能定理得：

qU112mv 2解得：v2qU1 m⑵在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得解得：U2B1dvB1dU2qqvB1 d2qU1 mv2⑶在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，qvBm

r解得：rmv1B2qB22mU1 q2qU12qU1 （4）；（3）U2B1dmm故本题答案是：（1）带正电；（2）vr1B22mU1 q

6．在图所示的平行板器件中，电场强度和磁感应强度相互垂直．具有某一水平速度的带电粒子，将沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不发生偏转，具有其他速度的带电粒子将发生偏转．这种器件能把具有某一特定速度的带电粒子选择出来，叫作速度选择器．已知粒子A（重力不计）的质量为m,带电量为+q；两极板间距为d；电场强度大小为E，磁感应强度大小为B．求：

(1)带电粒子A从图中左端应以多大速度才能沿着图示虚线通过速度选择器？

(2)若带电粒子A的反粒子(-q, m)从图中左端以速度E/B水平入射，还能沿直线从右端穿出吗？为什么？

(3)若带电粒子A从图中右端两极板以速度E/B水平入射，判断粒子A是否能沿虚线从左端穿出，并说明理由．若不能穿出而打在极板上．请求出粒子A到达极板时的动能？ 【答案】(1) E/B (2) 仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电

21EEqd性、电量无关．只与速度有关 (3) 不可能, m

2B2【解析】

试题分析：，电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，即可解得速度．仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关．只与速度有关．

(1) 带电粒子在电磁场中受到电场力和洛伦兹力（不计重力），当沿虚线作匀速直线运动时，两个力平衡，即Eq=Bqv 解得：vE B（2）仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关．只与速度有关．

(3)设粒子A在选择器的右端入射是速度大小为v，电场力与洛伦兹力同方向，因此不可能直线从左端穿出，一定偏向极板．设粒子打在极板上是的速度大小为v′． 由动能定理得：因为 E=Bv

111Eqdmv2mv2 22221EEqd联立可得粒子A到达极板时的动能为：Ekm

2B2点睛：本题主要考查了从速度选择器出来的粒子电场力和洛伦兹力相等，粒子的速度相同，速度选择器只选择速度，不选择电量与电性，同时要结合功能关系分析．

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）。 mUq2Uh （3） Bdm3B2L2d【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）v=【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粒子进入极板时的速度v=

U dU BdLqU，加速度a vmd（3）带电粒子在两极板间运动时间t1=

12qUL2带电粒子穿过电场时的侧移量y1at1

22mdv2带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t2=

L v带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度vy =at1qUL mdvqUL2带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移y2vyt2

mdv23qUL2两次侧移量之和为h，即：h=y1+y2=

2mdv2q2Uh22 m3BLd【点睛】

解得：

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.

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0R ，r3R r2mv0v0 qv0Bm r

qBr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．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B1=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）【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

m （或

m ）

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：

．

（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

，代入数据解得：

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：解得：d，如图所示：

，竖直方向：，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

由几何关系得：，解得：

（或

）。

所以圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足【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．

10．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.

EqEl212Emv0qEd （3）【答案】（1）B （2）k2v02mv02【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=qv0B，

E； 解得磁感应强度大小B= v0（2）撤掉磁场后，粒子做类平抛运动，通过电场区偏转的距离

121qEl2qEl2yat()2 22mv02mv0（3）设粒子运动到下极板时的动能大小为EK，根据动能定理得： q×2E×

11d=Ek-m v02 221mv02+qEd 2【点睛】

解得EK=

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．

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恢学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所，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以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心

粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。

(1)求把质量为m、电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；

(2)若此回旋加速器原来加速质量为2m，带电荷量为q的α粒子（42He），获得的最大动

2能为Ekm，现改为加速氘核（1H），它获得的最大动能为多少？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；

(3)已知两D形盒间的交变电压如图乙所示，设α粒子在此回旋加速器中运行的周期为T，

T时进入加速电场，该粒子在加4速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）

若存在一种带电荷量为q′、质量为m′的粒子100X，在t201

πBR22【答案】（1）；（2），见解析；（3）100qU0

2U2【解析】 【分析】 【详解】

（1）由洛伦兹力提供向心力得

2mvm qvmBR粒子每旋转一周动能增加2qU，则旋转周数

qB2R2 n4mU周期

T粒子在磁场中运动的时间

2R vmπBR2 t磁=nT2U一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间 （2）对α粒子，由速度

vm得其最大动能为

qBR 2mEkm对氘核，最大动能为

1q2B2R22 2mvm24mq()2B2R222211qBR 22EkmmvmHm22m28m若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，有

q2B2R2q2B2R2 =4m8m解得B2B，即磁感应强度需增大为原来的2倍

高频交流电源的原来周期

T故

4m qBT2m22m24m2TqqB2qB2 B2由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的（3）对粒子100X分析，其在磁场中的周期

2012 2T1每次加速偏移的时间差为

2m201T 200qBT=加速次数

T1TT 2400T

n4100T所以获得的最大动能

EkmnqU0100qU0

12．某回旋加速器的两个半圆金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，两金属盒间存在交变电场，用其加速质子。已知金属盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，金属盒间缝隙的

加速电压为U，质子的质量为m，电荷量为q。求 （1）交变电场的频率f；

（2）质子加速完毕出射时的动能Ek； （3）质子在回旋加速器中运动的圈数n。

【答案】(1)

Bq 2mB2q2R2(2)

2mB2qR2(3)

4mU【解析】 【详解】

质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

v2Bqvm

rT2r v1 Tf联立可得

fBq 2m(2) 洛伦兹力提供向心力，当半径最大时，对应的速度最大，动能最大，最大半径为R

v2Bqvm

REk联立可得

12mv 2B2q2R2 Ek2m质子在磁场中每转一圈加速两次，获得能量为2Uq，设质子在回旋加速器中运动的圈数n，则有

Ek2nUq

B2q2R2将Ek代入可得

2mB2qR2 n4mU

13．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m2qUq2B2R2T （2）Ek （3） （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 m设α粒子的最大动能为Ek，则Ek12mv 2q2B2R2 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）

12n2mU1解得，Vx（2BqB2n12mU）2q2Um （2n2n1）Bq

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； (2)粒子在回旋加速器中获得的最大动能及加速次数。

2q2B2R2qB2R2 n（2） Ekm＝【答案】（1）

52m2mU【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=

2vnqvnB=m

rn1mvn2 2解得：rn12nmU

Bqr42 ＝ 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：r55（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vm，受力分析可知

2vmqvmB=m

rn12q2B2R2 粒子的最大动能：Ekm＝mvm＝22mEkmqB2R2粒子在回旋加速器中加速总次数：n qU2mU【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。

15．1932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．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，加速器接一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为q，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．

（1）求第1次被加速后粒子的速度大小为v；

（2）经多次加速后，粒子最终从出口处射出D形盒，求粒子射出时的动能Ekm和在回旋加速器中运动的总时间t；

（3）近年来，大中型粒子加速器往往采用多种加速器的串接组合．例如由直线加速器做为预加速器，获得中间能量，再注入回旋加速器获得最终能量．n个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图乙所示（图中只画出了六个圆筒，作为示意）．各筒相间地连接到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源的两端．整个装置放

在高真空容器中．圆筒的两底面中心开有小孔．现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间的缝隙的时间可以不计．已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1，且此时第一、二两个圆筒间的电势差U1U2U．为使打到靶上的离子获得最大能量 ，各个圆筒的最小长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子的能量．

2qUq2B2R2BR2 （2） ， 【答案】（1）m2m2U（3）Ln12f2n1qUmv12n1,2,3,LL ，

1Eknn1qUmv12n1,2,3LL

2【解析】

（1）粒子第1次被加速后，qU122qUmv，v； 2m（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动轨迹的半径rR时，粒子的速度最大，

2vm， 动能最大，设最大速度为vm，有qvmBmR12q2B2R2， 粒子获得的最大动能Emmvm22m粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次．设粒子到出口处被加速了n次，

12qB2R2nqUmvm，解得n，

22mU带电粒子在磁场中运动的周期为T2r2m， vqBTBR2； 粒子在磁场中运动的总时间tn22U（3）为使正离子获得最大能量，要求离子每次穿越缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高U，这就要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半个周期．由于圆筒内无电场，离子在筒内做匀速运动．

设离子在第n个圆筒内的速度为vn，第n个圆筒的长度为Ln，则有

Tv12122n1qULnvn·n，mvnmv1n1qU，vnv12，

22f22m第n个圆筒的长度应满足的条件为Ln12f2n1qUmv12n1,2,3,LL，

打到靶上的离子的能量为Eknn1qU12mv1n1,2,3LL． 2点睛：回旋加速器中最大的 速度不是由回旋次数决定而是由回旋加速器的半径决定，另外

要知道电场变化的周期恰好等于粒子在磁场中运动的周期，一个周期内加速两次．