高考物理速度选择器和回旋加速器基础练习题

1、高考物理速度选择器和回旋加速器基础练习题一、速度选择器和回旋加速器1.如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为 U,距离为d;匀强磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从A点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从 M点射出;如果撤去磁场，粒子从 N点射出。M、N两点间的距离为h。不计粒子的重力。求：(1)匀强电场场强的大小 E;(2)粒子从A点射入时的速度大小 vo；(3)粒子从N点射出时的动能Ek。【答案】(1)电场强度E U； (2) v0上；(3) Ek她2 dBdd 2B d【解析】【详解】(1)电场

2、强度E U d(2)粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：qE qVoB解得VoE_ UB Bd(3)解得qUh mU2Ek T砺1 o粒子从N点射出，由动能定理得：qE h Ekmv；22.质谱仪最初由汤姆孙的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了就20和窟22,证实了同位素的存在.现在质谱仪已经是一种十分精密的仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.如右图所示是一简化了的质谱仪原理图.边长为L的正方形区域abcd内有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E,方向竖直向下，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里.有一束带电粒子从ad边的中点。以某一速度沿水平方

3、向向右射入，恰好沿直线运动从 bc边的中点e射出(不计粒子间的相互作用力及粒子的重力)，撤 去磁场后带电粒子束以相同的速度重做实验，发现带电粒子从b点射出，问：(1)带电粒子带何种电性的电荷 ？(2)带电粒子的比荷(即电荷量的数值和质量的比值9)多大？m|I XI(3)撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从哪一位置离开磁场, 在磁场中运动的时间多少 ？I I X |【答案】(1)负电(2) -q E (3)从dc边距离d点距离为 立L处射出磁场; m BL2BL3E【解析】【详解】(1)正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，粒 子向上偏转，可

4、知粒子带负电；qE=qvoB(2)根据平衡条件：得：Vo撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有:x=vot=L得:EB2L(3)撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动，则: 2Vo qv0B m r得:mvoqB粒子从dc边射出磁场，设粒子射出磁场距离d点的距离为x,根据几何关系:得:所以2L 2x (r ) r2r=L.3 x L2t T2答：(1)带电粒子带负电；(2)带电粒子的比荷 q ；m B2LBL3E(3)撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从dc边距离d点x L处离开磁场，在磁场中运动的时间 t2BL3E3.如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m。电压

5、为10V;两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为 Bo=0.l方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半径R为0.1m、圆心为。的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B=1t方向3垂直于纸面向里。一质量为m=10-26kg带正电的微粒沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的重力。求：(1)微粒速度v的大小；(2)微粒的电量q；(3)微粒在圆形磁场区域中运动时间to产"y、二一 ”尸 “ 一*X- ' Vf -孙».a0HE 事 掘？I 餐 + .

6、K M /1( *F点射出。已知速度的偏转角60° ,不计微粒10 42.3【答案】(1) 2000m/s (2) 2X10-22c(3)【解析】【详解】(1)在正交场中运动时：一吟可解得:v=2000m/s(2)偏转角60°则轨迹对应的圆心角60°,轨迹半径r 百R2 v Bqv m rmvq 7B解得:q=2X 10-22C(3)根据T2 m则Bqo 里T 360o10 423 s4.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

7、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 国和与分别是多少；mi m(3)带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径。AM 13- A *7 A. /郭 32U【答案】(1

8、)"dB【解析】【详解】(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(2)2 22d2B2(3)q U = qvB解得:Uv= 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01=30 =6带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为dri = 2dsin30带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有：2m1

9、VqivB=rl联立解得：qi = v m 2d2B2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202= 120 =3根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式：2 mT=可得带负电粒子在磁场中运动的时间为：网t1qB带正电粒子在磁场中运动的时间为：2 m2 t2= q2B根据题意可知：联立以上各式，可得tl= t2q24qi2U= =2 2m2mid B(3)带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r2=m2Vq?B解得:d2=一25.如图所示，一束质量为 m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通 过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场

10、区域后，其运动方向与入 射方向的夹角为 。弧度).已知粒子的初速度为 Vo,两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的 磁感应强度大小均为 B,方向均垂直纸面向内，两平行板间距为 d,不计空气阻力及粒子 重力的影响，求：(1)两平行板间的电势差 U;(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t ；mv。tan-R=2qB(3)圆形磁场区域的半径 R.【答案】(i)u=Bvod；(2)端；(3)【解析】 【分析】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势 差.(2)在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间.(3)由几

11、何关系求半径 R.【详解】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bvoq=qE,平行板间的电场强度 E=U ,解得两平行d板间的电势差：U=Bvod(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知： 2V。Bvoq=m r2 r同时有T=V。粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=Tm解得t=-Bq(3)由几何关系可知：r tan =r解得圆形磁场区域的半径R=mvotan2qB6 .如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d,电压为U,两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为Bo,方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于

12、纸面朝里。一正离子沿平行于金属板面、从 A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平 行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏向角为0 =90；不计重力。求：(1)离子速度v的大小；(2)离子的比荷q/m。U q UB°d ' mBB0Rd(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动:B°qv qEO得：vB°d2v(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqv mr由几何关系得：r=R离子的比荷为:q um BB0Rd7 .如图所示，一对平行金属极板 a、b水平正对放置，极

13、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(9)。m【答案】(1)磁场方向垂直纸面向里(2) v=L (3) 2Uh2Bd m 3B L d【解析】【分析】(1)由左手定则可知磁场方向。

14、(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粒子进入极板时的速度Uv=Bd(3)带电粒子在两极板间运动时间t1=L,加速度a qU vmd带电粒子穿过电场时的侧移量y121 j qUL-ati 22 2mdv带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间v带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度vy =at1带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移y2 vyt22两次侧移量之和为 h,即：h=yi+y2= 3qUL22mdvq

15、UL mdv qUL2 2 mdv解得：qm【点睛】2Uh2_2-3B Ld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.如图是回旋加速器示意图，置于真空中的两金属D形盒的半径为 R,盒间有一较窄的狭缝，狭缝宽度远小于 D形盒的半径，狭缝间所加交变电压的频率为f,电压大小恒为 U,形盒中匀强磁场方向如图所示，在左侧D形盒圆心处放有粒子源 S,产生的带电粒子的质量为m ,电荷量为q。设带电粒子从粒子源 S进入加速电场时的初速度为零，不计粒子重 力。求：(1)D形盒中匀强磁场的磁感应强度B的大小(2)粒子能获

16、得的最大动能Ek(3)粒子经n次加速后在磁场中运动的半径Rn“心卢J，"十?父：K /【答案】(1)B2fm222（2） Ek 2 冗 R f m R q2nqU(1)粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等，则有丁 2 71m1T =qB f解得B 2fm(2)当粒子的半径达到 D型盒的半径时，速度最大，动能也最大，则有qvB2Vm RmvqB最大动能为Ek 1 mv221m(2qBR)2m造豆2瓶2 f 2m2m(3)粒子经n次加速后的速度为nqU 1mv2Vn2nqUm半径为m41qB 2 f2nqUm9 .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

17、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，EamestOLawrence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EamestOLawrence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

18、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。(3)

19、增大加速器中的磁感应强度B【解析】【详解】(1)设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为vi,由动能定理得:qU - mvi 2正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为ri,由牛顿第二定律得:2qvi B m ri由以上两式解得:r 2mU1 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2mUqB2(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:12nqUmvn2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:由牛顿第二定律有:由以上三式解得电场对粒子加速的时间为:tivna正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

20、：2 V qvB m 一r又因有:v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:Tt2 (n 1)2由以上三式解得:t2(n 1) mqB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:故正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第(n 1) mqBn次加速结束时所经历的时间为qu2nm (n 1) mqB(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vmrm R2 qVmB mvm rmq2B2R22m离子获得的最大动能为:1Ekm- mv2所以，要提高某一离子被半径为 感应强度B.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10 .回旋加

21、速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q,质量为 m,粒子最大回旋半径为 R.忽略粒子在电场中运动的时间.求:(1)所加交变电流的频率 f;(2)粒子离开加速器时的最大速度v;n.(3)若加速的电压为 U,求粒子达到最大速度被加速的次数【答案】(1)巫qBRn维 2 m m2mU【解析】【详解】(1)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要

22、等于粒子回旋频率，因为2 mqB回旋频率:1 qB(2)由牛顿第二定律T 2 m2 mv qvB下解得qBR vm(3)获得的能量来源于电场的加速，故：nqU解得_ 2 _ 2qB R；2mU11 .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

23、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.甲(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 r°,外侧圆弧的半径为 ro+d.在内、外金属板间加直流电压，忽略。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上亚(r为

24、该点到圆心。点的距离).质边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在子从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？【答案】(1)BR22(2). (3)kQq 小2 2 2q B R2m(1)质子第一次被加速，由动能定理:1qU= - mv1解得:V1 =(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：2 V qvB= m R质子做圆周运动的周期为:t_ 2jR = 2jm设质子从D形盒射出前被电场加速

25、了n次，由动能定理:nqU= 2 mv2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=-T2解得:tBR2t总=2U(3)设M、N两点的电势分别为6、加，则, Q2>2= kn dQ(|)1 = k 1ro -d2由能量守恒定律得q 6+ 3 mv2= q M+ Ek解得:Ek= kQq 2ro d ro d222+ q B R2m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.12.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

26、=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19 _1 108 C/kg,求:q 1.6 10 C m 1.67 10 27kg(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N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

27、率是多大？【答案】(1) Vmax 1 107m/s (2) P 4 10 7W (3) r隧渐减小(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vmaxgBRm1 107m/s(2)引出前质子(在电场中)加速的次数EkmqU100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nd7t电 2 10 sv/2平均功率-1.67 10 27107 2W4 10 7W mv ,(3)粒子回旋半径r ,设加速一次后的速度为v1，加速三次后的速度为v3,则有qBv 瓜1, v 瓜1;由此r3 J3rl,后芯r因为

28、(73 1)r1 (75 峋1 (V7 胸r1 l l ,故逐渐减小(4)研究出口处截面 四一0时间内的质子，设有 N个，则N q=I tA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12W N(- mv2 0)c WP ,代入得P=5000W13. 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.图甲图乙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

29、，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；r的增大，同一盒中相邻轨道(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(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，随轨道半径半径之差是增大、减小还是不变 ？1q(3)减小.(2)【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vi1联立解

30、得：口二w a(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联立解得rkD1、(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rk+i (rk<rk+i),在相应轨道上质子对应的速度大小分别为Vk, vk+1,D2之间的电压为U,由动能定理知 第 =2m叫辛1一夕1】忧由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知q/7q汨2'则2W=波响ImU整理得沙卜1 +门JmU相邻轨道半径r k+i, rk+2因U、q、m、B均为定值，且因为rk+2 rk,比较小与什* + 1得出“一 八以(方法2)设k为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻

31、的轨道半径分别为rk+i,( rki<rk<rk+i),由2kqU = 2m廿及41?志二优 m rk2 bnU2 (inU2 inU得假设|(府一 双二工：'弧千1 -有人因 、产FT +/二7两边平方得此A、川口结果正确,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.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。口、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个 D形盒接在高频交流 电源上。在Di盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进 入D2盒中。两个D形盒处

32、于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝,一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为小恒为U,磁场的磁感应强度为 B, D形盒的半径为到的重力，求：q,质量为m,加速时狭缝间电压大R狭缝之间的距离为do设从粒子源产(1)带电粒子能被加速的最大动能已；(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

33、源到被第 n次加速结束时所经历的时间；(3)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)(4)带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径；(5)若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I,求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率P。(6)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度 和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm,试讨论粒子能获得的最大动能Ekmo(7)a粒子在第n次由Di盒进入D2盒与紧接着第n+1次由队盒进入队盒位置之间的距离

34、x;r的增大，同一盒中相邻轨道的(8)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径 半径之差4 r是增大、减小还是不变？2b2r2【答案】q B R ； (©t d2nm qU-3)当R> >d时，ti可忽略不吁(6)Ek2m2m(8) rA rk+i<A rk【解析】【分析】(1)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子；经回旋加速器的最大速度由洛伦兹力提供向心力可求得由 D形盒的半径决定.(2)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n次加速后的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速的时间，再求出粒子偏转的次数，从而得出在磁

35、场中偏转的时间，两个时间之和即为离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间.(3)在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动，故根据平均速度公式可得在电场 中运动时间；而每加速一次，做半个圆周运动，则磁场中的运动时间等于圈数乘以磁场中运 动的周期.(4)粒子被加速一次所获得的能量为qU,求出第n次加速后的动能，进而可求出第n个半圆的半径.(5)根据电流的定义式和功率表示式求解.(6)根据洛仑兹提供向心力，求出最大动能与磁感应强度的关系以及与加速电压频率的关系，然后分情况讨论出最大动能的关系 .(7)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n次加速后的速度，求出轨道半径

36、，抓住规律，求出x.(8)求出rk所对应的加速次数和rk+i所对应的加速次数即可求出它们所对应的轨道半径，然后作差即可求出rk和rk+i,从而求出 rk,运用同样的方法求出 rk+i,比较 rk和rk+i即可得出答案.【详解】(1)带电粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大2Bqvm= m R所以带电粒子能被加速的最大动能:日mvm=q2B2R22m(2)设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为一12vn,由动能定理得：nqU=- mvn粒子在狭缝中经n次加速的总时间:tiVn动能Ek,设离子从D盒边缘离开时的速度为 Vm.依据牛顿第二定律:由牛顿第二定律：

37、q ma d由以上三式解得电场对粒子加速的时间：t1 d2nm qU2正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律Bqv=m 又 T=r粒子在磁场中做圆周运动的时间t2= (n-1)-2由以上三式解得qB所以，离子从离开离子源到被第 n次加速结束时所经历的时间qUt=t1+t2=d2nm (n 1) mqB(3)设粒子飞出的末速度为v,将多次电场加速等效为一次从nd0到v的匀加速直线运动.在电场中t1= v ,在d形盒中回旋周期与速度 v无关，在2D形盒中回旋最后半周的时间R在D形盒中回旋的总时间为t1=n Rvt12d故7 -T<< 1t2R即当R>>d时，ti可忽略

38、不计.(4)带电粒子在D2盒中第n个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n-1次后的运动轨道，设其19被加速2n-1次后的速度为Vn由动能定理得：(2n-1) qU 二一 mv2 22 ，-vn此后市电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为rn,由牛顿第二定律得 Bqvn=m rn得.r mVn 1 12(2n 1)mUn Bq B q(5)设在时间t内离开加速器的带电粒子数N,则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流I=Nq , tIt解得:N= 一_ 2_2N Ek qIB RP t 2mqqB带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率(6)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 f当磁场感应强度为 Bm时，加速电场的频率应为fBmqBm2 m12粒子的动能Ek mv22当fBmWfm时，粒子的最大动能由 Bm决定qvmBm=m mR解得 Ekm=q BmR2m当fBmfm时，粒子的最大动能由fm