高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题含解析

一、速度选择器和回旋加速器

1．如图所示，竖直挡板MN右侧空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，电场强度E=100N/C，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.2T，场中A点与挡板的距离L=0.5m。某带电量q=+2.0×10-6C的粒子从A点以速度v垂直射向挡板，恰能做匀速直线运动，打在挡板上的P1点；如果仅撤去电场，保持磁场不变，该粒子仍从A点以相同速度垂直射向挡板，粒子的运动轨迹与挡板MN相切于P2点，不计粒子所受重力。求： (1)带电粒子的速度大小v； (2)带电粒子的质量m。

10【答案】(1)v500m/s；(2)m4.010kg

【解析】 【分析】 【详解】

(1)正粒子在正交的电场和磁场中做匀速直线运动，则向上的电场力和向下的洛伦兹力平衡，有

qE=qvB

解得带电粒子的速度大小

vE100m/s500m/s B0.2v2qvBm

R(2)仅撤去电场保持磁场不变，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

而粒子偏转90°，由几何关系可知

RL0.5m

联立可得带电粒子的质量

qBL21060.20.5mkg4.01010kg

v500

2．如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转磁场．一束同位素离子

（质量为m，电荷量为＋q）流从狭缝S1射入速度选择器，速度大小为v0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出，立即沿水平方向进入偏转磁场，最后打在照相底片D上的A点处．已知A点与狭缝S2的水平间距为3L，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响．则

（1）设速度选择器内部存在的匀强电场场强大小为E0，匀强磁场磁感应强度大小为B0，求E0∶B0；

（2）求偏转磁场的磁感应强度B的大小和方向；

（3）若将右半部的偏转磁场换成方向竖直向下的匀强电场，要求同位素离子仍然打到A点处，求离子分别在磁场中和在电场中从狭缝S2运动到A点处所用时间之比t1∶t2．

【答案】（1）v0（2）B【解析】 【详解】

mv023，磁场方向垂直纸面向外（3）t∶ t122qL9（1）能从速度选择器射出的离子满足

qE0=qv0B0

所以

E0∶B0=v0

（2）离子进入匀强偏转磁场后做匀速圆周运动，由几何关系得：

R2(RL)2(3L)2

则

R2L

由

v02 Bqv0mR则

B磁场方向垂直纸面向外 （3）磁场中，离子运动周期

mv0 2qLT运动时间

2R v012Lt1T

63v0电场中，离子运动时间

t2则磁场中和在电场中时间之比

3L v023 9t∶1t2

3．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

【答案】(1)【解析】 【详解】

Ev03 ，方向垂直纸面向里(2) (3)v0 v03BR2（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即

qE=Bqv0

解得

B=

E 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

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．

5．1932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T qqB2qB2B2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 22m201T1T

200qB每次加速偏移的时间差为

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

6．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B0，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rn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Bn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）△EkqU；（2）a.Rn【解析】 【分析】 【详解】

1B02nUq b.BnnB0;（3）见解析 m（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：

VEKqU

（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

2vnqvnB0m

Rn第n圈的半径

Rn1B02nUq mｂ．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

2212v0vnnqUmv ， qv0B0m ， qvnBnm

2RR所以第n圈绕行的磁感应强度为：

BnnB0

（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

T2m B0q2m kB0q而若要加速回旋加速粒子B，交变电压周期应为

T＇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

TnB粒子的旋转周期

2m qBnT＇2mTn kqBnkTn 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。

7．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。

8．在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930年，

EamestO·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。图17甲为EamestO·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17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）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间；

（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。

【答案】（1）r1度B 【解析】 【详解】

2mU2nm(n1)m2td（）（3）增大加速器中的磁感应强

qB2qUqB（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，由动能定理得：

qU12mv1 2正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得：

v12qv1Bm

r1由以上两式解得：

r12mU 2qB2mU。 qB2故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为（2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得：

nqU12mvn 2把电场中的多次加速凑成连续的加速过程，可得粒子在狭缝中经n次加速的总时间为：

t1由牛顿第二定律有：

vn aqUma d由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：

t1d2nm qU正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：

v2qvBm

r又因有：

T2r vT 2每加速一次后都要做半个周期的圆周，则粒子在磁场中做圆周运动的时间为：

t2(n1)由以上三式解得：

t2(n1)m qB所以粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间为：

tt1t2d2nm(n1)m qUqB故正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间为

d2nm(n1)m qUqBrmR

2vmqvmBm

rm（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vm

离子获得的最大动能为：

Ekm12q2B2R2 mvm22m所以，要提高某一离子被半径为R的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B．

9．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

10．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Ek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？

21q2B2R22qUBR2 (3)kQq【答案】(1) (2) ＋

2rdrdm2U2m00【解析】 【详解】

(1)质子第一次被加速，由动能定理：

qU＝

解得：

v1＝1mv12 22qU m(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：

v2qvB＝m

R质子做圆周运动的周期为：

T＝

2πR2πm＝ Bqv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 21T 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＝

解得：

πBR2t总＝

2U(3)设M、N两点的电势分别为φ1、φ2，则

QQφ1＝k1，φ2＝k

r0dnd2由能量守恒定律得

qφ1＋

解得：

12

mv＝qφ2＋Ek 221q2B2R2Ek＝kQq ＋

2rdrd2m00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．

11．回旋加速器是高能物理研究重要仪器.回旋加速器由两半径为R的D形金属盒组成，盒内存在垂直盒面的匀强磁场，磁感应强度为B，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计.两盒间加上如图乙所示的交变电压，幅值为U0，周期为T02m，在t=0B0q时刻，A处质量为m、电荷量为+q的粒子从静止开始加速.不计粒子间相互作用和重力.

（1）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t;

（2）以发射点A为坐标原点，向左为正方向建立x轴，如图所示，第n次加速后进入磁场做圆周运动时的圆心在x轴上的位置应如何表示?

（3）若磁感应强度的取值有微小波动，其值为B'时，若粒子仍至少要连续加速n次，则B'应满足什么条件? 【答案】(1) tB0R22U0 (2) n为偶数时

nBnB2U0m22U0m(1234Ln1n)，n为奇数时，qBq2U0m22U0m(1234LLn2n1)(3) qBq2n2nB0剟BB0 2n12n1【解析】 【详解】

（1）粒子经电场加速后，在磁场中运动的最大速度为vm.对应圆周运动的最大半径为R.其中

R即

mvm B0qvm最大动能为

B0qR mEkm每旋转一圈加速两次，设旋转N圈

12B02q2R2 mvm22mB02q2R22NU0q 2m则

B02qR2N

4mU0因此在磁场中运动的时间为

tNT0（2）第一次圆周运动的圆心坐标为x1其中

B0R22U0

mv1 Bq12mv10 2qU0v1第二次圆周运动的圆心坐标为

2U0q mx2mv22mv22mv12mv12mv1(12) BqBqBqBqBq第三次圆周运动的圆心坐标为

x3mv32mv22mv13mv12mv1(12) BqBqBqBqBq第n次圆周运动的圆心坐标为 n为偶数时

xnn为奇数时

nmv12mv1(1234Ln1n) BqBq2U0m22U0m(1234Ln1n) qBqnBxnnBrmv12m1(1234LLn2n1) BqBq2U0m22U0m(1234LLn2n1) qBq（3）若磁感应强度减小，则周期增加，设周期变为T0T 为使连续加速n次，则

TTn„0 24

即

T„要求

T0 2n2m2n1„T0 Bq2n有

B0厖B2nB0 2n1若磁场增大，则周期减小，设周期变为T0T 为使连续加速n次，则

TTn„0; 24即

T„要求

T0 2n2m2n1…T0 Bq2n则有

B0剟B因此有

2nB0 2n12n2nB0剟BB0 2n12n1

12．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为B0，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．

（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v

（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率P

（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……An共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小

2B0Rsine2B02R22mc2e2B0Ue2B02R2 ；(2) ；(3)【答案】(1) v，En 2mmhhmd【解析】 【详解】

mv02 解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：evB0R解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：v0eB0R me2B02R212 正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：Emv022m正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：2E2mc2hv

e2B02R22mc2 正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：vmhh(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次，则有：

neU1mv02 2eB02R2解得：n

2mU 正、负电子在磁场中运动的周期为：T2m eB0B0R2n 正、负电子在磁场中运动的时间为：tT22UWEe2B0UD型盒间的电场对电子做功的平均功率：P

ttm (3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得rsinnd 2解得：

rd2sin

nmv02根据洛伦磁力提供向心力可得：ev0B

r电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：

B2B0Rsindn

13．回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m.求： (1)质子最初进入D形盒的动能多大； (2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大； (3)交流电源的频率是多少．

e2B2R2eB【答案】(1)eU (2) (3)

2m2m【解析】（1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入D型盒的动能：

EkeU；

v2eBR（2）根据qvBm得，粒子出D形盒时的最后的速度为： vm，

Rm则粒子出D形盒时的最后的动能为： Ekm12e2B2R2mvm； 22mv22r（3）由洛伦兹力提供向心力，则有： Bevm，而T，所以粒子在磁场中运行

rv周期为T为： T2m，因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即eB2meB，因此频率为f。 eB2m点睛：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系。

14．高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台．质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置．质子回旋加速器的工作原理如图（a）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，被加速质子（1H）的质量为m，电荷量为q．加在狭缝间的交变电压如

1图（b）所示，电压值的大小为U0、周期T02m．为了简化研究，假设有一束质子从qBM板上A处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．不考虑质子间的相互作用．

（1）质子在磁场中的轨迹半径为r（已知）时的动能Ek；

（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到Ek（问题（1）中的动能）所需要的时间．（不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动．）

（3）若用该装置加速氦核（2He），需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？

4BR22BRdmq2B2r2【答案】（1）（2）

2UqB2m0（3）方案一：增大磁感应强度B，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【解析】 【分析】

回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；

【详解】

v2（1）洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：qvBm

r12q2B2r2粒子的动能为Emv，解得Ek；

22mB2r2q（2）设粒子被加速n次后达到最大动能，则有EknqU0，解得：n

2mU0粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为aqU0 md12at1 2设在磁场中做圆周运动的周期为T，某时刻质子的速度为v，半径为r

设n次经过狭缝的总时间为t1，根据运动学公式有：nd2r2mTv2T则qvBm， ，由t总n1t1

vBq2rB2r2qmBrdBR22BRdm1解得：t总； 2mUBqU2UqB000（3）氦核的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期T大于质子，使得圆周运动周期变大

方案一：增大磁感应强度B，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【点睛】

解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．

2m，氦核的荷质比qB

15．如图所示为回旋加速器的简易图，整个装置置于方向竖直向下磁感应强度大小为B的匀强磁场中，已知两D盒的半径大小为R，两个狭缝之间的间距为d，现将一粒子发射源放在D盒的圆心处，且该粒子发射源能释放质量为m、电荷量为q的带正电粒子，且粒子的初速度视为零，当在两狭缝之间施加一高频交变电压，加速电压U的大小认为不变，粒子的重力可忽略，该带电粒子在电场中的加速次数与粒子在磁场中回旋半个圆周的次数相同．求：

(1)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略，计算上述粒子在某次加速过程当中从离开粒子源到被第n次加速结束时所经历的时间；

(2)粒子在第n次由D1盒进入D2盒与紧接着第n＋1次由D1盒进入D2盒位置之间的距离Δx. 【答案】22UmBq2n2n1

【解析】试题分析：根据动能定理求出粒子经过窄缝被第n次加速后的速度为vn，在根据运动学公式和牛顿第二定律即可求出粒子从离开粒子源到被第n次加速结束时所经历的时间；根据牛顿第二定律和动能定理相应的几何关系即可求出粒子在第n次由D1盒进入D2盒与紧接着第n＋1次由D1盒进入D2盒位置之间的距离Δx。

(1)设粒子经过窄缝被第n次加速后的速度为vn，由动能定理得： nqU粒子在狭缝中经n次加速的总时间： t1由牛顿第二定律： FqEq12mvn 2vn aUma d由以上三式解得电场对粒子加速的时间： t1d2nm qUv2正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律： qvBm

r又： T2R vT 2粒子在磁场中做圆周运动的时间t2n1解得： t2n1mqB

所以，粒子从离开粒子源到被第n次加速结束时所经历的时间

tt1t2d2nmn1m qUqB(2)粒子经电场第1次加速后，以速度v1进入D2盒，设轨道半径为r1

r1mv112mU qBBqmv2122mU qBBq12mv2n10 2粒子经第2次电场加速后，以速度v2进入D1盒，设轨道半径为r2 轨道半径： r2粒子第n次由D1盒进入D2盒，粒子已经过2n－1次电场加速，以速度v2n－1进入D2盒，由动能定理： 2n1qU轨道半径： rnmv2n11qBB2n12mUq 粒子第n＋1次由D1盒进入D2盒加速前，粒子已经过2n次电场加速，以速度v2n进入电场，由动能定理： 2nqU12mv2n0 2

轨道半径： rn1则Δx＝2(rn＋1－rn) 即： x2mv2n12n2mU qBBqmv2nmv2n122mUqBBqqB2n2n1

点睛：本题主要考查了回旋加速器，关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等，建立正确的物理模型是解题的关键。