高中物理速度选择器和回旋加速器技巧和方法完整版及练习题

一、速度选择器和回旋加速器

1．如图所示的直角坐标系xOy，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场。虚线OA位于第一象限，与y轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA与y轴负半轴所夹空间里存在与OA平行的匀强电场，电场强度大小E=10N/C。一比荷q=1×106C/kg的带电粒子从第二象限内M点以速度v=2.0×103m/s沿x轴正方向射出，M点到x轴距离d=1.0m，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA上的P点（P点图中未画出）离开磁场，且OP=d。不计粒子重力。

E0(1)求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值；

B0(2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B；

(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x轴？如果通过x轴，求其坐标；如果不通过x轴，求粒子到x轴的最小距离。

【答案】(1)2.0103m/s；(2)2103T；(3)不会通过，0.2m 【解析】 【详解】

(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有

qvB0qE0

解得

E02.0103m/s B0(2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径

Rd1.0m

根据洛伦兹力提供向心力有

v2qvBm

R解得磁感应强度大小

B2103T

(3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P点沿y轴负方向的速度大小

vyvsin

粒子在电场中沿y轴方向的加速度大小

ayqEcos m设经过t时间，粒子沿y轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有

tvyay

t时间内，粒子沿y轴方向通过的位移大小

y联立解得

vy2t

y0.3m

由于

ydcos

故带电粒子离开磁场后不会通过x轴，带电粒子到x轴的最小距离

ddcosy0.2m

2．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。

U2vcosL(1sin)【答案】（1）（2）（3）

B2LB1d2cos【解析】 【详解】

（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 d解得υ＝

U； 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＝

B2Lm（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

3．如图所示，相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场进入磁场．已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角．求：

(1)金属板M、N间的电压U；

(2)离子运动到A点时速度v的大小和由P点运动到A点所需时间t；

(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC．

2mv0mv02mv0 ；(3) 【答案】(1)B0v0d ；(2) t＝ qEqBqE【解析】 【分析】 【详解】

离子的运动轨迹如下图所示

（1）设平行金属板M、N间匀强电场的场强为E0，则有：UE0d

因离子所受重力不计，所以在平行金属板间只受有电场力和洛伦兹力，又因离子沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，则由平衡条件得：qE0qv0B0 解得：金属板M、N间的电压UB0v0d

（2）在第一象限的电场中离子做类平抛运动，则由运动的合成与分解得：cos45故离子运动到A点时的速度：v根据牛顿第二定律：qEma

设离子电场中运动时间t ，出电场时在y方向上的速度为vy，则在y方向上根据运动学公式得vyat且tan45v0 v2v0

vyv0

mv0 qE联立以上各式解得，离子在电场E中运动到A点所需时间：t（3）在磁场中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律有：

v2qvBm

R解得：R2mv0mv qBqB2mv0 qB由几何知识可得AC2Rcos452R2mv0在电场中，x方向上离子做匀速直线运动，则OAv0t

qE因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C与坐标原点的距离为：

2mv02mv0OCOAAC

qEqB【点睛】

本题考查电场力与洛伦兹力平衡时的匀速直线运动、带电粒子在匀强磁场中的运动的半径与速率关系、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、牛顿第二定律、向心力、左手定则等知识，意在考查考生处理类平抛运动及匀速圆周运动问题的能力．

4．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v0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； mq不变，粒子仍从P点沿+x方向射入，从N点离m开圆形区域，求粒子在P点的速度大小。

(3)若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷

Ev03 (3)v0 【答案】(1) ，方向垂直纸面向里(2)v03BR2【解析】 【详解】

（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即

qE=Bqv0

解得

EB= v0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

2v0Bqv0=m

r由几何关系可知

r=3R，

联立得

v0q= 3BRm（3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得

x=y=

又

qE=Bqv0

联立解得

v=

3R=vt 231qE2R=×t 2m232Bqv0R3m=3v0 2

5．PQ和 MN分别是完全正对的金属板，接入电动势为E 的电源，如图所示，板间电场可看作匀强电场,MN之间距离为d，其间存在着磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。紧挨着P板有一能产生正电荷的粒子源S，Q 板中间有孔J，SJK在一条直线上且与 MN 平行。产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着SJK 路径从孔 K射出，求粒子的比荷

q。 m

【答案】【解析】 【分析】

E 2B2d2粒子在PQ板间是匀加速直线运动，根据动能定理列式；进入MN板间是匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可． 【详解】

PQ板间加速粒子，穿过J孔是速度为v 根据动能定理，有：qE12mv 2qEqvB d沿着SJK路径从K孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡:

qE 22m2Bd【点睛】

解得:

本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，根据动能定理和平衡条件列式.

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m3mE，带电粒子的重力不计。 qB2

（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【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

q'4q3mE2（） 2m'7mqBm'v2 求解比荷。 圆周运动，根据几何关系求解圆周运动的半径，然后根据q'vBR【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，

qEqvB

粒子过 MN 时的速度大小 vE 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：

3mEqE2t 2qB22m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x3mE 2qB（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'，其做匀速圆周运动的半径为 R ， m'22由几何关系得：Rx(R3mE2) 22qB解得 R7mE 4qB2m'v2又 q'vB

R得比荷

q'4q m'7m

7．（1）获得阴极射线，一般采用的办法是加热灯丝，使其达到一定温度后溅射出电子，然后通过一定的电压加速．已知电子质量为m，带电量为e，加速电压为U，若溅射出的电子初速度为0，试求加速之后的阴极射线流的速度大小v．

（2）实际问题中灯丝溅射出的电子初速度不为0，且速度大小满足某种分布，所以经过同一电压加速后的电子速度大小就不完全相同．但可以利用电场和磁场对电子的共同作用来筛选出科学研究所需要的特定速度的电子．设计如图所示的装置，上下极板接电源的正负极，虚线为中轴线，在装置右侧设置一个挡板，并在与中轴线相交处开设一个小孔，允许电子通过．调节极板区域内电场和磁场的强弱和方向，使特定速度的电子沿轴线穿过．请在图中画出满足条件的匀强磁场和匀强电场的方向．

（3）为了确定从上述速度选择装置射出的阴极射线的速度，可采用如图所示的电偏转装置（截面图）．右侧放置一块绝缘荧光板，电子打在荧光板上发光，从而知道阴极射线所打

的位置．现使荧光板紧靠平行极板右侧，并将其处于两板间的长度六等分，端点和等分点分别用a、b、c、……表示．

偏转电极连接一个闭合电路，将滑线变阻器也六等分，端点和等分点分别用A、B、C、……表示．已知电子所带电量e = 1.6×10-19C，取电子质量m = 9.0×10-31kg，板间距和板长均为L，电源电动势E = 120V．实验中发现，当滑线变阻器的滑片滑到A点时，阴极射线恰好沿中轴线垂直打到d点；当滑片滑到D点时，观察到荧光屏上f点发光．忽略电源内阻、所有导线电阻、电子重力以及电子间的相互作用．请通过以上信息计算从速度选择装置射出的阴极射线的速度大小v0．

【答案】（1）2eU m（2）如图所示：

（3）4106m/s 【解析】

（1）根据动能定理可以得到：Ue12mv，则：v22eU； m（2）当电子受到洛伦兹力和电场力相等时，即qvBEq，即v子才能通过，如图所示：

E，满足这个条件的电B

（3）设当滑片滑到D点时两极板间电压为U，UE60V 2由电子在电场中的偏转运动得：

11eUL2L() 32mLv0则：v03eE4106m/s． 4m点睛：本题主要考查带电粒子在电场中的加速、速度选择器以及带电粒子在电场中的偏转问题，但是本题以信息题的形式出现，令人耳目一新的感觉，但是难度不大，是一道好题，对学生分析问题能起到良好的作用．

8．某速度选择器结构如图所示，三块平行金属板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水平放置，它们之间距离均为d，三金属板上小孔O1、O2、O3在同一竖直线上，Ⅰ、Ⅱ间有竖直方向匀强电场

E1，Ⅱ、Ⅲ间有水平向左电场强度为E2的匀强电场及垂直于纸面向里磁感应强度为B2的匀强磁场．一质子由金属板I上端O1点静止释放，经电场E1加速，经过O2进入E2、B2的复合场中，最终从Ⅲ的下端O3射出，已知质子带电量为e，质量为m．则

A．O3处出射时粒子速度为v2B．Ⅰ、Ⅱ两板间电压U1E2 B2mE2 2eB2C．粒子通过Ⅰ、Ⅱ金属板和Ⅱ、Ⅲ金属板的时间之比为1︰1 D．把质子换成α粒子，则α粒子也能从O3射出 【答案】AB 【解析】 【详解】

A．经过O2点进入E2、B2的复合场中，最终沿直线从Ⅲ的下端O3点射出，因质子受到电场力与洛伦兹力，只要当两者大小相等时，才能做直线运动，且速度不变的，依据

qE2=B2qv

解得：

E2 v= B2故A正确；

B．质子在Ⅰ、Ⅱ两板间，在电场力作用下，做匀加速直线运动，根据动能定理，即为

qU1=

E212

mv，而质子以相同的速度进入Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，则有v= ，那么

B22Ⅰ、Ⅱ两板间电压

mE22 U1=2 2eB2故B正确；

C．粒子通过Ⅰ、Ⅱ金属板做匀加速直线运动，而在Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，依据运动学公式，即有

d= 0vt1 2而d=vt2，那么它们的时间之比为2：1，故C错误； D．若将质子换成α粒子，根据

qU1=

12mv 2导致粒子的比荷发生变化，从而影响α粒子在Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，因此α粒子不能从O3射出，故D错误； 故选AB． 【点睛】

考查粒子在复合场中做直线运动时，一定是匀速直线运动，并掌握动能定理与运动学公式的应用，注意粒子何时匀加速直线运动与匀速直线运动是解题的关键．

9．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， 解得磁感应强度大小B=

E ； 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：

11d=Ek-m v02 221解得EK=mv02+qEd

2【点睛】

q×2E×

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．

10．汽车又停下来了，原来是进了加油站。小明想，机器总是要消耗能源才干活儿，要是制造出不消耗任何能源却能源源不断对外做功的机器，那该是利国利民的大功劳一件啊！小明为此设计了一个离子加速器方案：两个靠得很近的、正对处留有狭缝的半圆形金属盒，处在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，M和M是固定在金属盒狭缝边缘的两平行极板，其上有正对的两个小孔，给极板充电后，上板带正电且两板间电压为U；质量为m、带电量为q的正离子从M板小孔由静止开始加速，经M板小孔进入磁场区域，离子经磁场偏转后又回到M板小孔继续加速，再偏转，再加速……假设电场集中在两极板之间，其他区域没有电场，并忽略离子所受的重力，试计算： （1）两于第1次加速后获得的动能：

（2）第n次加速后和第n1次加速后，离子在磁场中偏转的半径大小之比；

（3）小明想，离子每次经磁场偏转后都能再次进入两极板间的电场进行加速，这个过程中电场、磁场不发生任何变化，离子动能却不断的增加……这个离子加速器就实现了不消耗任何能源便可以能源源不断地对离子做功的目的！请根据你所学的知识，试判断小明的设计方案是否科学，并具体阐述你的理由。

【答案】（1）qU；（2）【解析】 【分析】 【详解】

（1）由动能定理可

n；（3）见解析。 n1qU=Ek-0

解得离子第1次加速后获得的动能为

Ek=qU

（2）设第n次加速后离子获得的速度为vn，则由动能定理可知

nqU12mvn0 2设离子在磁场中偏转的轨道半径大小为rn，根据牛顿第二定律可知

2vnqvnB＝m

rn联立解得

rn＝12mnU Bq同理，第n+1次加速后，离子子啊磁场中偏转的半径大小为

rn1＝则

12m(n1)U Bqrnn  rn1n1（3）小明的设计不科学，因为它违背了能量守恒定律，永动机不可能制成。实际上，电场并不只是分布在两极板之间，在极板外，仍然有从M板出发指向M'板的电场线，离子在两极板之外的磁场中运动时，电场力做负功，回到初始位置M板的小孔处时，电场力所做的总功为零，离子速度恢复为原来的值，离子并不能持续的加速。

11．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

q1.61019C8110C/kg，求： 27m1.6710kg(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？

77【答案】(1)vmax110m/s (2) P电410W (3) Δr逐渐减小 (4)P=5000W

【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中回旋，有

mv2 qvBr引出时有r=R， 得

gBR1107m/s m（2）引出前质子（在电场中）加速的次数

Enkm100

qUvmax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

t电平均功率

nd2107s v/2211.671027107W2PW4107W 电7t电210（3）粒子回旋半径rmv，设加速一次后的速度为v1，加速三次后的速度为v3，则有 qBv33v1，v55v1……，

由此

r33r1，r55r1

因为(31)r1(53)r1(75)r1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Ekm 即

，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

1WN(mv20)

2P代入得

P=5000W

W， t

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B1，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B2，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B2？

qB1R2B1RqB12R2;(3) B2【答案】(1) vm;（2）n

m2Rd2Um【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中运动时满足：

v2qvB1m

r当被加速的速度达到最大时满足：

r=R

则解得

vmqB1R 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：

12nUqmvm

2解得

qB12R2 n2Um（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

1r1（2Rd） ；

2由

vm2qvmB2m

r1解得

B22B1R 2Rd

13．正电子发射计算机断层（PET）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。PET所用回旋加速器示意如图所示，其中D1和D2是置于高真空中的两个中空半圆金属盒，两半圆盒间的缝隙距离为d，在左侧金属盒D1圆心处放有粒子源A，匀强磁场的磁感应强度为B。正电子质量为m，电荷量为q。若正电子从粒子源A进入加速电场时的初速度忽略不计，加速正电子时电压U的大小保持不变，不考虑正电子在电场内运动的过程中受磁场的影响，不计重力。求：

（1）正电子第一次被加速后的速度大小v1；

（2）正电子第n次加速后，在磁场中做圆周运动的半径r；

（3）若希望增加正电子离开加速器时的最大速度，请提出一种你认为可行的改进办法！

【答案】（1）2qU12mnqU（3）见解析 （2）mBq【解析】（1）正电子第一次被加速后，由动能定理可得qU（2）设质子第n次加速后的速度为vn 由动能定理有nqU2qU12 mv1，解得v1m212mvn 22vn12mnqU 由牛顿第二定律有qvnBm，解得rrBq（3）方案一：增加磁感应强度B，同时相应调整加速电压变化周期；方案二：增加金属盒的半径。

14．1930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】

（2）见解析（3）

【详解】

（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．

15．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为

d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量q、重力不计的

带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：

（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1 （2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小En （3）粒子第n次经过电场所用的时间tn

（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．

2d(2n1)mv123mv12tE（1） （2）（3） （4）如图；【答案】W1nn(2n1)v2qd21

【解析】 （1）根据r（2）

．

mv1122，因为r22r1，所以v22v1，所以W1mv2mv1, qB22=

，

，所以

（3）(4)

，，所以．