高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案含解析

1、高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案含解析一、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=+2.0X10-6C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 Pi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。【答案】(i)v 500m/s；

2、 (2)m 4.0 10 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100 ,” ，m/s 500m/s0.2(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qvB2Vm一R而粒子偏转90。，由几何关系可知0.5m联立可得带电粒子的质量2 10 6 0.250005 kg 4.0 10 10 kg2 .如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m。电压为10V;两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为 Bo=0.1T,方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一

3、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,F点射出。已知速度的偏转角B= T方向 3A点垂直于磁CD方向射60 ,不计微粒to10 42.3(3)根据T2 m则Bq【答案】(1) 2000m/s (2) 2X10-22C (3)【解析】【详解】(1)在正交场中运动时:UBqv q d可解得:v=200

4、0m/s(2)偏转角60。则轨迹对应的圆心角60。，轨迹半径r J3R2vBqv m一 rmvq后解得:q=2x 10-22CE=m 一一 =5X1(8kg/c q6010 4t Ts3602.33 .边长L= 0.20 m的正方形区域内存在匀强磁场和匀强电场，其电场强度为 1X1(V/m,磁感强度B=0.05T,磁场方向垂直纸面向里，当一束质荷比为的正离子流，以一定的速度从电磁场的正方形区域的边界中点射入，离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，如右图所示，不计正离子的重力，求：(1)电场强度的方向和离子流的速度大小(2)在离电磁场区域右边界 D=0.4m处有与边界平行的平直荧光屏.若撤去电场，离

5、子流 击中屏上a点；若撤去磁场，离子流击中屏上b点，则ab间的距离是多少？ .【答案】(1)竖直向下；2 105m/s (2) 1.34m【解析】【详解】(1)正离子经过正交场时竖直方向平衡，因洛伦兹力向上，可知电场力向下，则电场方向竖直向下；由受力平衡得qE= qvB离子流的速度v E 2 105 m/sB(2)撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有2vqvB m 一r故mv qB0.2m离子离开磁场后做匀速直线运动，作出离子的运动轨迹如图一所示图一由几何关系可得，圆心角60x1L D Rsin (0.6 0.1.3)my1 x1 tan (0.6 3 0.3)

6、m=0.74m若撤去磁场，离子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，运动轨迹如图 所示图二通过电场的时间t - 1 106sv加速度a -qE 2 1011m/sm在电场中的偏移量1 .2y at 0.1m2粒子恰好从电场右下角穿出电场，则tan 上 1Vx由几何关系得y2 0.4ma和b的距离yab y y L 0.6.3-0.3 0.4 0.2 m=1.34m4 .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

7、磁场，最后打在照相底片上的A点处.已知A点与狭缝&的水平间距为 J3L ,照相底片D与狭缝Si、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Eo,匀强磁场磁感应强度大小为Bo,求 Eo ： Bo；(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&运动到A点处所用时间之比ti ： t2.【答案】(1) vo (2) B mv0-,磁场方向垂直纸面向外(2qL3)11 t22.3(1)能从速度选择器射出的离子满足qEo=qvoBo所以E

8、0 : Bo=vo(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则由则磁场方向垂直纸面向外(3)磁场中，离子运动周期运动时间R 2L2VoBqv0 m RB mvo2qL2 RVoti12 LT 63vo电场中，离子运动时间t2则磁场中和在电场中时间之比tr t22_/395 .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 。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

9、打60。现让一个“粒子从P点沿+x方向以初速度vo射入，“ 粒子恰好做匀速直线运动，不计a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，a粒子仍从P点以同样的速度射入，从 M点离开圆形区域，求qa粒子的比何一；粒子仍从P点沿+x方向射入，从N点离m(3)若把匀强磁场撤去，a粒子的比荷 不变,m开圆形区域，求粒子在P点的速度大小。工2(1),方向垂直纸面向里(2) TVo-3BR(1)由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即qE=Bqv0解得EB=一Vo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，J飞设带电粒子在磁场中的轨迹半径为

10、r,根据洛伦兹力充当向心力得2V0Bqvo=m r由几何关系可知r= 3R联立得q_ Vom ,3BR(3)粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得x= - R=vt231 qE 2y=R=- xt2又qE=Bqvo6 .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 义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m31Tl2,带电粒子的重力不计。qBM + 4-+

11、 + -I- + 4-4-F + 4- + X大.又X M X黑汽 XKXXKXXXX 0-*j0rXXX乂汽*XXX I XKXXXJCXXX(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逆mE(2)曳qB m 7m【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,2圆周运动，根据

12、几何关系求解圆周运动的半径，然后根据 qvB m-v-求解比荷。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，qE = qvB粒子过MN时的速度大小 v EB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:3mE2qB2垂直于电场方向：xqEt2 2mvt由以上各式计算得出下极板上N、P两点间的距离x、3mE qB2(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点的粒子的比荷为里，其做匀速圆周运动的半径为mR,23mE、2x （R 瀛）解得R7mE4qB2又 qvB2mv得比荷里m4q7 m7 .如图所示，

13、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B0 ；(2)若撤去板间磁场 Bo,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) E (2) 2mV0- Voqd【

14、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=qvoBo,解得：Bo 旦；Vo(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Vo2Vo度：vr ,cos3。 . 32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=mV-,r1 .由几何关系得：- d=rcos3o ,2解得:b3qd【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 .

15、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从两极板的左端正中 央沿垂直于电场、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.侨案】 V 枭 Ek 2mv2 qEd(1)粒子恰好做匀速直线运动

16、，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=qvoB,解得磁感应强度大小 B=；Vo(2)撤掉磁场后，粒子做类平抛运动，通过电场区偏转的距离 _ 21 .21qE/ l qElyat-(一)-22 2mv02mv0(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 x 2EX d=Ek-工 m vo2221 o斛得 Ek= mvo2+qEd2【点睛】对粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做匀速直线运

17、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.9 .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【答案】(1)B2 fmq(2) EkC 2222 冗 R f

18、 m(3) Rn2nqU(1)粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等，则有 2 Tm 1T =qB f解得D 2 fmB q则有(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,qvB2 V m一RmvqB最大动能为Ek 1 mv21 zqBR2q2B2R22m(3)粒子经n次加速后的速度为1nqUmv2Vn2nqU半径为Rnm%2nqU10 .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=0.8

19、T.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 _ _81 10 C/kg,求:q1.6 10 C 27 ,-m 1.67 10 kg(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,回旋加速器输出功率是多大?【答案】(1) Vmax 1 107m/s (2) P 4 10 7W (3) r巡渐减小(4)P=5000W【解析】【详解】(1)粒

20、子在磁场中回旋，有qvB2mvr引出时有r=R, 得V gBR 1 107 /vmax1 10 m/sm(2)引出前质子(在电场中)加速的次数n -Ekm 100qU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ndv/22 10 7s平均功率1277 21.67 10107 W 27P电27W 4 10 Wt 电2 10、一、，一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 73%, v 痴1；由此3 731，5 舟因为(73 1)1 (75 73)1(V7 陶1 l l ,故逐渐减小(4)研究出口处截面

21、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(-mv 0)2代入得P=5000W11.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

22、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?X2B1RB22R d【答案】(1) vmqB1R立 j (2) mqB2R21；(3)2Um(1)粒子在磁场中运动时满足:qvB2 v m r当被加速的速度达到最大时满足:r=R则解得qBiR vm Uq,则:m(2)粒子在电场中被加速，每次经过电场时得到的能量为1 2nUq 2mvm解得qB12R2n 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

23、半径1 .、ri - (2R d)；2由2vmqvmB2 mr1解得B22B1R2R d12 .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1 一一与盒面垂直，被加速质子(iH)的质量为m ,电何量为 q .加在狭缝间的交变电压如2 m图(b)所示，电压值的大小为 U。、周期To .为了简化研究，假设有一束质子从 qBM板上

24、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.)4(3)若用该装置加速氨核(22 2【答案】(1)q B r (2) 2m(3)方案一：增大磁感应强度2He),需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整?BR2 2BRd m2Uo qBB ,使得氨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氨核圆周运动的周期. 【解析】回旋加速器的工作条件是

25、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】2(1)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：qvB m r2 2 2粒子的动能为E 1 mv2,解得Ek q B r ;2 2B r q2mU022m(2)设粒子被加速n次后达到最大动能，则有 Ek nqUo,解得：n粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为a 吗md设n次经过狭缝的总时间为t1,根据运动学公式有:,1, 2nd a t12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r2 v 则 qv B m，T2 m,由t巧Bq 心n 1 T

26、ti2左 /口B2r2qm BrdBR2 2BRd m解得：t总-1 2mUo Bq U02U qB(3)氨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 2上，氨核的荷质比qB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 ,使得氨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氨核圆周运动的周期.【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.13 .质谱仪是一种研究带电粒子

27、的重要工具，它的构造原理如图所示.粒子源S产生的带正电的粒子首先经 M N两带电金属板间的匀强电场加速，然后沿直线从缝隙。垂直于磁场方向进入磁感应强度为 B的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P点.已知M N两板问的距离为 d,电场强度为 E.设带正电的粒子进入电场时的速度、所受重力 及粒子间的相互作用均可忽略.(1)若粒子源产生的带正电的粒子质量为m电荷量为q,求这些带电粒子离开电场时的速度大小；(2)若粒子源产生的带正电的粒子质量为n电荷量为q,其打在照相底片上的 P点与缝隙。的距离为V,请推导y与m的关系式；(3)若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子

28、经过电场加速 和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点.现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至 少两项可行的措施.【答案】(1)若粒子源产生的带正电的粒子质量为m电荷量为q,这些带电粒子离开电场时的速度大小为1陛上；(2)若粒子源产生的带正电的粒子质量为n电荷量为q,其打在照相底片上的 P点与缝隙。的距离为v, y与m的关系式为尸V匡遍；Q(3)若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点.现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施增加电场强度，保持其它条件不变减小磁感应强度，保持其它条件不变.【解析】解：(1)设带

29、电粒子离开电场时的速度大小为V,根据动能定理解得v-jqEd(2)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,根据牛顿第二定律 qvB二由几何关系可知y=2R解得产资恒(3)可行的措施：增加电场强度，保持其它条件不变减小磁感应强度，保持其它条件不变答：(1)若粒子源产生的带正电的粒子质量为mr电荷量为q,这些带电粒子离开电场时的速度大小为:7 ID(2)若粒子源产生的带正电的粒子质量为mr电荷量为q,其打在照相底片上的P点与缝隙。的距离为y, y与m的关系式为尸卷产遍；(3)若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速 和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点.现要

30、使这些点的间距尽量大一些，请写出至 少两项可行的措施增加电场强度，保持其它条件不变减小磁感应强度，保持其它条件不变.【点评】考查粒子在加速电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，学会对粒子受力 分析，理解洛伦兹力提供向心力的条件与应用，掌握牛顿第二定律与几何关系综合应用.14.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个 D形金属盒，两盒相距很近(缝隙的宽度远小于盒半径 )，分别和高频交流电源相连接，使带电粒 子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通 过特

31、殊装置被引出.若D形盒半径为 R,所加磁场的磁感应强度为 B.设两D形盒之间所加 的交流电压的最大值为 U,被加速的粒子为粒子，其质量为 m、电量为q.粒子从D形盒中央开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后，粒子从D形盒边缘被引出.求：B2 粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n 1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比;3 粒子在回旋加速器中运动的时间;4若使用此回旋加速器加速笊核，要想使笊核获得与粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法.【答案】(1) q2B2R2 (2) J (3) -BR2 (4) 2m, n 12U2【解析】【详解】(1)“粒子

32、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.设此时的速度为v,有 qvB2 v m一R qBR可得v m粒子的最大动能Ek1 2一 mv2q2B2R22m(2) a粒子被加速一次所获得的能量为qU,粒子被第n次和n 1次加速后的动能分别为E322212 q B Rn- mvn22mnqUE3 1-22212 q B Rn 1_ mvn 122m1 qU可得设R nRn 1 n 1粒子被电场加速的总次数为a,则Ek可得qB2R2 a 2mU粒子在加速器中运动的时间是粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t.2 22q B R aqU2mt 2JmqBBR2解得t BR 2U(4)加速器加速带电粒子的能量为Ek 1mv22 22q B R ,由粒子换成笊核，有2m2 2 2q B R2m2B2R22m则B J2B ,即磁感应强度需增大为原来的J2倍；高频交流电源的周期2- ,由粒子换为笊核时，交流电源的周期应为原来的qB倍.【点睛】解决本题的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.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匀强磁场中，已知两 D盒的半