【物理】 高考物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析
【物理】 高考物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析
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
2
1
tan 2
y v qEL v
mv θ'=
=
= 偏离距离为
2
212
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．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B 0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v 0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 ．
【答案】(1)00B v d ；(2) t ＝0mv qE
；(3) 2
00
2mv mv qE qB + 【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0E ，则有：0U E d =
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：000qE qv B = 解得：金属板M 、N 间的电压00U B v d =
（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：0
cos 45v v
=o
故离子运动到A 点时的速度：02v 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y v ，则在y 方向上根据运动学公
式得y v at =且0
tan 45y v v =
o
联立以上各式解得，离子在电场E 中运动到A 点所需时间：0
mv t qE
=
（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：2
v
qvB m
R
=
解得：0
2mv
mv
R
qB qB
==
由几何知识可得0
2
2cos452
mv
AC R R
qB
===
o
在电场中，x方向上离子做匀速直线运动，则
2
mv
OA v t
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：
2
00
2
mv mv
OC OA AC
qE qB
=+=+
【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．
3．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U0，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0．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B1，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）0
U
dB
（2）0
01
3
3
U
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．
4．如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图．K 为电子枪，由枪中沿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F E ＝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＝E B
又因为E＝U d
所以v＝U
Bd
＝1×105m/s
即只有速率为1×105m/s的电子才可以通过小孔S
5．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B1。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B2、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U1︰U2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 =-=
6．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．
7．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为E 的匀强电场。金属板右下方以MN 为上边界，PQ 为下边界，MP 为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d ，MN 与下极板等高，MP 与金属板右端在同一竖直线。一个电荷量为q 、质量为m 的正离子以初速度在两板间沿平行于金属板的虚线射入金属板间。不计粒子重力。
(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度B 0；
(2)若撤去板间磁场B 0，离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，离子进入磁场运动后从磁场边界点射出，求该磁场的磁感应强度B 的大小。
【答案】（1）0E v （2）0
2mv qd
【解析】 【详解】
（1）设板间的电场强度为E ，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv 0B 0， 解得：00
E B v =
； （2）离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则出离电场进入磁场的速度：00303
v v cos =
=?，
设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律，得：qvB=2
v m r
， 由几何关系得：1
2
d =rcos30°， 解得：0
2=mv B qd
； 【点睛】
离子在速度选择器中做匀速直线运动，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚离子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。
8．1932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
能为E km ，现改为加速氘核（21H ），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 ，
若存在一种带电荷量为q ′、质量为m ′的粒子201
100X ，在
4
T
t =
时进入加速电场，该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D 形盒）
【答案】（1）2π2BR U ；（2）2
2
，见解析；（3）0100q U '
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力得
2
m
m mv qv B R
= 粒子每旋转一周动能增加2qU ，则旋转周数
22
4qB R n mU
=
周期
2m
R
T v π=
粒子在磁场中运动的时间
2
π=2BR t nT U
=磁
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
2m qBR
v m
α=
得其最大动能为
2222
1224km
m q B R E mv m
α=?=
对氘核，最大动能为
222222
22()112228km mH q
B R q B R E mv m m m
'==??= 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
222222
=
48q B R q B R m m
'
解得B '=
倍
高频交流电源的原来周期
4m
T qB
π=
故
242
m m T q qB B ππ'=
===' 由α
粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的2
（3）对粒子201
100X 分析，其在磁场中的周期
12201
200m T T q B
π'=
=' 每次加速偏移的时间差为
1=
2400
T T T T -?= 加速次数
4100
T
n T
==?
所以获得的最大动能
00100km E nq U q U ''==
9．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
222
2km
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
12r 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
2
122
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。
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)
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
<
．
11．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。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忽略。磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U 。若A 处粒子源产生的质子的质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是( )
A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B ．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比
C ．质子第2次和第1次经过两
D 2∶1 D ．不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器也能用于a 粒子加速 【答案】AC 【解析】 【详解】
A ．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R ，则：
22R
v R Rf T
πωπ==
= 所以最大速度不超过2πfR 。故A 正确。
B ．根据洛伦兹力提供向心力：2
v qvB m R
=，解得：
mv R qB
=
最大动能：222
2122Km
q B R E mv m
==
，与加速的电压无关。故B 错误。 C ．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2v ax =，可得质
子第2次和第1次经过D 2，根据mv
R qB
=
，可得半径比为2。故C 正确。
D ．回旋加速器交流电的频率与粒子转动频率相等，即为2qB
f m
π=
，可知比荷不同的粒子
频率不同，不改变磁感应强度B和交流电频率f，有可能起不到加速作用。故D错误。
故选AC。
12．当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图甲所示，D形盒装在真空容器中，两D形盒内匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间的交变电压的大小为U．若在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，质子质量为m，电荷量为q．质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．
(1)质子第一次被加速后的速度大小v1是多大？
(2)若质子在D形盒中做圆周运动的最大半径为R，且D形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t总是多少？
(3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O′点．内侧圆弧的半径为r0，外侧圆弧的半径为r0＋d．在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O′处的点电荷Q在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k (r为该点到圆心O′点的距离)．质子从M点进入圆弧通道，质子在D形盒中运动的最大半径R对应的圆周与圆弧通道正中央的圆弧相切于M点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N点射出，则质子射出时的动能E k是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？
【答案】2qU
m
(2)
2
2
BR
U
π
(3)kQq
00
21
2r d r d
??
-
?
++
??
＋
222
2
q B R
m
【解析】
【详解】
(1)质子第一次被加速，由动能定理：
qU ＝
1
2
mv 12 解得：
v 1
(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：
qvB ＝m 2
v R
质子做圆周运动的周期为：
T ＝
2πR v
＝2πm
Bq 设质子从D 形盒射出前被电场加速了n 次，由动能定理：
nqU ＝
12mv 2 质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：
t 总＝
12
T 解得：
t 总＝2
π2BR U
(3)设M 、N 两点的电势分别为φ1、φ2，则
φ1＝k 012
Q
r d +，φ2＝k Q
n d
+
由能量守恒定律得
qφ1＋
12
mv 2
＝qφ2＋E k 解得：
E k ＝kQq 00212r d r d ??- ?++??
＋
222
2q B R m 改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出的位置．
13．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
198
27
1.6101101.6710q C m kg
--?=≈??C/kg ，求： (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？
【答案】(1)7max 110v =?m/s (2) 7
410P -≈?W 电 (3) Δr 逐渐减小 (4)P =5000W
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中回旋，有
2
mv qvB r
= 引出时有r=R ， 得
7max 110gBR
v m
=
=?m/s （2）引出前质子（在电场中）加速的次数
100km E
n qU
==
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
7210/2
nd
t s v -=
=?电 平均功率
()22777
7
1
1.6710102410210
W P t ---???==≈??W W 电电 （3）粒子回旋半径mv
r qB
=
，设加速一次后的速度为v 1，加速三次后的速度为v 3，则有 313v v =，515v v =……，
由此
313r r =
，515r r =
因为111(31)(53)(75)r r r ->->->L L ，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
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km E 即
21
(0)2
W N mv =-
W P t
=
?， 代入得
P =5000W
14．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l 1的粒子束（l 1 m 2m kqU 12mkU R q (4) 1 2max L qU v l m = 【解析】 【详解】