12.5回旋加速器（解析版）高考一轮复习100考点100讲

2024年高考一轮复习100考点100讲第12章磁场第12.5讲回旋加速器【知识点精讲】回旋加速器是利用磁场使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置，是高能物理中的重要仪器。构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。回旋加速器工作原理：回旋加速器是利用电场对电荷的加速作用和磁场对运动电荷的偏转作用来获得高能粒子的装置。由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，与速率无关，所以只要交变电场的变化周期等于粒子做圆周运动的周期，就可以使粒子每次通过电场时都能得到加速。粒子通过D形金属盒时，由于金属盒的静电屏蔽作用，盒内空间的电场极弱，所以粒子只受洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，设D形盒的半径为r，则粒子获得的最大动能为eq\f(B2q2r2,2m)。【方法归纳】【温馨提示】①交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等；②使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。最大动能①由qvmB＝eq\f(mvm2,R)、Ekm＝eq\f(1,2)mvm2联合解得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)；②注意：粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。粒子运动的总时间粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq\f(Ekm,qU)，则粒子在磁场中运动的总时间t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U)。【最新高考题精练】１．（16分）（2021高考江苏物理卷）如题图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以О点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略．为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如题15-2图所示，片砖砌的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离．求：（1）粒子加速到P点所需要的时间t；（2）极板N的最大厚度；（3）磁场区域的最大半径．【命题意图】本题考查回旋加速器、动能定理、牛顿运动定律及其相关知识点。【名师解析】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据动能定理由，周期解得（2）由粒子的运动半径，动能解得，则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为；由几何关系，且解得（3）设粒子在偏转器中的运动半径为则设粒子离开偏转器的点为S，圆周运动的圆心为．由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与O、在一条直线上由几何关系评分建议：本题共16分，其中第（1）问4分；第（2）（3）问各6分２.（15分）（2021年高考广东学业水平选择性测试）图11是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区I、Ⅱ和Ⅲ．各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外，电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为3R，电子质量为m，电荷量为e．忽略相对论效应．取tan22.5°＝0.4．（1）当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图11中带箭头实线所示．求I区的磁感应强度大小、电子在I区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；（2）已知电子只要不与I区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．【关键能力】本题以花瓣式加速器装置为情景，考查带电粒子在电场中加速，在匀强磁场中偏转运动，意在考查考生对动能定理、洛伦兹力、牛顿运动定律的灵活运用能力。【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，功和能的观念，考生要能够分析带电粒子运动情景，能从物理学的运动和相互作用、能量的视角分析解决问题。【解题思路】(1)根据题述情景，由动能定理，电子在I区运动动能，EkI=2eU，运动速度vI=2轨迹所对圆心角为θ=225°=，由tan22.5°=r1/R，解得轨迹半径r1=0.4R。带电粒子在匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，ev1B=m，解得B=。电子在I区运动时间t==电子经过8次加速，由动能定理，8eU=Ek，解得电子在Q点出射时的动能Ek=8eU。(2)电子运动轨迹不与I区磁场外边界相切，其轨迹所对的圆心角最大为π/2，由tan45°=r2/R，解得r2=R。带电粒子在匀强磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，ev2B=m，解得v2=由动能定理，2eU=-Ek0，即：2eU=12.5eU-keU，解得k最大值为10.5。3.(2015·浙江10月选考)如图所示为水平放置的小型粒子加速器的原理示意图，区域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直纸面向里的匀强磁场B1和B2，长L＝1.0m的区域Ⅲ存在场强大小E＝5.0×104V/m、方向水平向右的匀强电场。区域Ⅲ中间上方有一离子源S，水平向左发射动能Ek0＝4.0×104eV的氘核，氘核最终从区域Ⅱ下方的P点水平射出。S、P两点间的高度差h＝0.10m。(氘核质量m＝2×1.67×10－27kg，电荷量q＝1.60×10－19C，1eV＝1.60×10－19J，eq\r(\f(1.67×10－27,1.60×10－19))≈1×10－4)(1)求氘核经过两次加速后从P点射出时的动能Ek2；(2)若B1＝1.0T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅰ的最小宽度d；(3)若B1＝1.0T，要使氘核经过两次加速后从P点射出，求区域Ⅱ的磁感应强度B2。【名师解析】(1)由动能定理W＝Ek2－Ek0，电场力做功W＝qE·2L，得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝2.24×10－14J。(2)洛伦兹力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)，第一次进入B1区域，半径R0＝eq\f(mv0,qB1)＝0.04m，第二次进入B1区域，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝Ek0＋qEL，R2＝eq\f(mv1,qB1)＝0.06m，故d＝R2＝0.06m。(3)氘核运动轨迹如图所示。由图中几何关系可知2R2＝h＋(2R1－2R0)，得R1＝0.05m，由R1＝eq\f(mv1,qB2)，得B2＝eq\f(mv1,qR1)＝1.2T。答案(1)2.24×10－14J(2)0.06m(3)1.2T【最新模拟题精练】1.（2023石家庄三模）如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示：其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对、粒子分别进行加速，下列说法正确的是（）A.两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等B.两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等C.两种粒子离开出口处的动能相等D.两种粒子离开出口处的动能不相等【参考答案】AD【名师解析】粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有最大动能为在电场中加速因此，在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有解得则粒子运动的时间其中解得可知，两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，A正确，B错误；CD．粒子离开出口处的动能最大，根据上述解得粒子质量数为2，电荷数为1，粒子的质量数为4，电荷数为2，可知粒子的出口处的动能为粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，C错误，D正确。2.（2023北京东城二模）回旋加速器的工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央A处的粒子源可以产生粒子，粒子在两盒之间被电场加速，进入磁场后做匀速圆周运动。粒子离开A处时的速度、在电场中的加速时间以及粒子的重力均可忽略不计。不考虑粒子间的相互作用及相对论效应。下列说法正确的是（）A.电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越小B.电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长C.磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能越大D.磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越长【参考答案】B【名师解析】由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则由牛顿第二定律有化简得粒子离开加速器时的动能为故电势差一定时，磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能越大，故A错误；B．由于回旋加速器中粒子在电场中加速的时间可以忽略，则有化简可得粒子在磁场中周期为又由于电势差一定，粒子在电场中每次加速电场力做功相同，若忽略第一次加速的能量转化大小，则设一共加速了n次粒子恰好离开回旋加速器，则有又由牛顿第二定律有粒子在回旋加速器运动的时间为由以上各式解得由上式可知，电势差一定时，磁感应强度越大，粒子在加速器中的运动时间越长，故B正确；C．粒子离开加速器时的动能为故磁感应强度一定时，电势差越大，粒子离开加速器时的动能不变，故C错误；D．粒子在回旋加速器运动的时间为由上式可知，磁感应强度一定时，电势差越大，粒子在加速器中的运动时间越短，故D错误。3.（2023山西太原期中）2022年12月28日我国中核集团全面完成了超导回旋加速器（左图）自主研制的任务，突破了国外垄断，实现我国重大疾病诊断和治疗设备的国产化。如右图所示为回旋加速器工作原理示意图，置于高真空中的D形金属盒半径为R，带电粒子穿过两金属盒间狭缝的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速电压为U。圆心A处粒子源产生质子，初速度为零，质子在加速器中被加速，且加速过程中忽略相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是（）

A.在其他条件都不改变的情况下，可以用这套装置加速氘核B.质子第n次加速后在磁场中的运动半径是第一次加速后的n倍C.若磁感应强度变为，则加速电压的变化频率应调整为原来的2倍，质子离开回旋加速器时的最大动能为原来的2倍D.在其他条件都不改变的情况下，质子被加速的次数与R2成正比【参考答案】D【名师解析】质子的比荷为1：1，氘核的比荷为1：2，加速电场的变化周期与质子在磁场中运动的周期相同，又因为氘核与质子在磁场中运动周期不同，所以用这套装置不可以加速氘核，A错误；B．根据动能定理质子加速一次后的速度为加速n次的速度为质子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有所以所以质子第n次加速后在磁场中的运动半径是第一次加速后的倍，B错误；C．根据质子离开回旋加速器时半径为回旋加速器的半径，所以质子的最大速度为的最大动能质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为磁感应强度变为，则加速电压的变化频率应调整为原来的2倍，质子离开回旋加速器时的最大动能为原来的4倍，C错误；D．质子被加速的次数为可知，在其他条件都不改变的情况下，质子的加速次数与R2成正比，D正确。4.（2023浙江台州部分重点高中联考）如图所示，粒子回旋加速器由两个D形金属盒组成，两个D形盒正中间开有一条窄缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压，使正粒子每经过窄缝都被加速。中心S处的粒子源产生初速度为零的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。已知正粒子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间很短，可以忽略不计。下列说法正确的是（）A.交变电压的频率为B.每加速一次，粒子运动的轨道半径变大，在磁场中的周期也变大C.粒子能获得的最大动能为D.粒子能被加速的最多次数为【参考答案】：AC【名师解析】．粒子在磁场中做匀速圆周运动，加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，粒子在磁场中的运动周期则有A正确；B．粒子在磁场中的运动周期由上式可知，粒子在磁场中的运动周期与运动轨道半径无关，B错误；C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有解得粒子获得的最大动能C正确；D．由可知粒子能被加速的最多次数D错误。5.（2023江苏名校联考）.如图所示为回旋加速器的主要结构，两个半径为R的半圆形中空金属盒、置于真空中，两盒间留有一狭缝；在两盒的狭缝处加上大小为U的高频交变电压，空间中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直向上穿过盒面的匀强磁场。从粒子源P引出质量为、电荷量为的粒子，粒子初速度视为零，在狭缝间被电场加速，在D形盒内做匀速圆周运动，最终从边缘的出口处引出。不考虑相对论效应，忽略粒子在狭缝间运动的时间，则（）A.仅提高加速电压，粒子最终获得的动能增大B.所需交变电压的频率与被加速粒子的比荷无关C.粒子第n次通过狭缝后的速度大小为D.粒子通过狭缝的次数为【参考答案】D【名师解析】回旋加速器使粒子最终获得的最大动能仅与回旋加速器D型盒的半径和磁感应强度有关，与加速次数和加速电压无关，选项A错误；回旋加速器所需交变电压的频率与带电粒子在回旋加速器中转动的频率相同，与被加速粒子的比荷有关，选项B错误；粒子没通过一次狭缝加速一次，由动能定理，nqU=，解得粒子第n次通过狭缝后的速度大小为vn=，选项C错误；由qvB=mv2/R，解得v=qBR/m，由动能定理，NqU=，解得粒子通过狭缝的次数N=，选项D正确。6.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示。其核心部件是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒(D1、D2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒的半径为R。质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能Ekm后经粒子出口处射出。若忽略质子在电场中的加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()A．质子加速后的最大动能Ekm与交变电压U大小无关B．质子在加速器中的运行时间与交变电压U大小无关C．回旋加速器所加交变电压的周期为πReq\r(\f(2m,Ekm))D．D2盒内质子的轨道半径由小到大之比为1∶eq\r(3)∶eq\r(5)∶…【参考答案】ACD【名师解析】质子在回旋加速器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，则v＝eq\f(qBr,m)，当r＝R时，质子有最大动能：Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(q2B2R2,2m)，知质子加速后的最大动能Ekm与交变电压U大小无关，故A正确；质子离开回旋加速器时的动能是一定的，与加速电压无关，由T＝eq\f(2πm,qB)可知相邻两次经过电场加速的时间间隔不变，获得的动能为qU，故电压越大，加速的次数n越少，在加速器中的运行时间越短，故B错误；回旋加速器所加交变电压的周期与质子在D形盒中运动的周期相同，由T＝eq\f(2πm,qB)、R＝eq\f(mvm,qB)、Ekm＝eq\f(1,2)mvm2知，T＝πReq\r(\f(2m,Ekm))，故C正确；质子每经过1次加速电场动能增大qU，知D2盒内质子的动能由小到大依次为qU、3qU、5qU…，又r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)，则半径由小到大之比为1∶eq\r(3)∶eq\r(5)∶…，故D正确。7（2023福建泉州三模）跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域I、II的边界平行，相距为，磁感应强度大小相等，方向均垂直纸面向外。之间存在匀强电场，场强大小为，方向与磁场边界垂直。质量为、电荷量为的粒子从端无初速进入电场，次经过电场加速后，从位于边界上的出射口射出。已知之间的距离为，不计粒子重力。求：（1）粒子射出时的速率；（2）磁场的磁感应强度大小；（3）粒子从端进入电场到运动至出射口的过程中，在电场和磁场内运动的总时间。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】【详解】（1）设经过n次加速后粒子的速率为v，根据动能定理得解得（2）粒子从K点离开前的轨道半径为粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得解得（3）粒子在电场中做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a，在电场中运动的总时间为，则解得在磁场中运动周期粒子在䃍场中运动的总时间为，则解得8.（2023福建龙岩武平仿真模拟）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D1和D2，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D1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Ekm；②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；③求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2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，t1与t2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。【参考答案】（1）①；②；③，t1可以忽略；（2）见解析【名师解析】（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解得②设带电粒子在两盒间加速的次数为N，在磁场中有在电场中有第一次进入D1盒中N=1，第二次进入D1盒中N=3，可得③带电粒子在电场中的加速度为所以带电粒子在电场中的加速总时间为设粒子在磁场中回旋的圈数为n，由动能定理得带电粒子回旋一圈的时间为所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为已知可知，所以可以忽略。（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为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。9.（2023北京昌平二模）现代科学研究中常用到高能粒子，产生这些高能粒子的“工厂”就是各种各样的粒子加速器。（1）如图所示，真空中平行金属板M、N之间所加电压为U，一个质量为m、电荷量为的粒子从M板由静止释放，经电场加速后到达N板，不计带电粒子的重力。求带电粒子到达N板时的速度大小v。（2）1930年，物理学家劳伦斯设计出了回旋加速器，其工件原理如图所示。半径为R的高真空的D形金属盒处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与盒面垂直。将两盒与电压为U的高频交流电源相连，两盒的狭缝间形成周期性变化的电场。A处粒子源产生的带电粒子，质量为m、电荷量为，初速度忽略不计。调整交流电源的频率可使粒子每次通过狭缝时都能被加速。不计带电粒子穿过狭缝的时间和粒子所受重力。a．求所用交流电源的频率f；b．对于用回旋加速器加速带电粒子，甲、乙两位同学有不同的看法：甲同学认为增大交流电源的电压U，就能得到更大能量的粒子；乙同学认为增大D形盒的半径R，就能得到更大能量的粒子。忽略相对论效应。你认为哪位同学的看法合理？简要说明理由。【参考答案】（1）；（2）；【名师解析】（1）带电粒子从M板由静止释放加速到N板的过程，根据动能定理，有带电粒子到达N板时的速度大小为（2）a．根据回旋加速器的工作原理可知，交流电源的频率与粒子做圆周运动的频率相同b．乙同学的看法合理；理由是：粒子的速度与半径成正比，所以当圆周运动的半径最大时，粒子的动能最大，则有解得所以增大交流电源的电压U，不能得到更大能量的粒子；增大D形盒的半径R，能得到更大能量的粒子。10.（2023长沙二模）现有一对半圆柱体回旋加速器置于真空中，如图所示，其半径为R，高度为H，两金属盒半圆柱体间狭缝宽度为d，有垂直于盒面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场和垂直于盒面向下、电场强度大小为E的匀强电场，磁场仅存在于两盒内，而电场存在于整个装置，两盒间接有电压为U的交流电。加速器上表面圆心A处有一粒子发射器，现有一电荷量为、质量为m的粒子从A点飘入狭缝中，初速度可以视为零。不考虑相对论效应和重力作用，若粒子能从加速器下表面边缘离开，求：（1）若U未知，粒子从A点到离开加速器下表面边缘所用时间t及动能；（2）粒子在狹缝中被加速的次数n；（3）若H未知，粒子在狭缝中被加速的时间与在磁场中运动的时间的比值。【参考答案】（1），；（2）；（3）【名师解析】（1）粒子从A点到离开加速器下表面边缘的过程中，竖直方向在电场力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有，解得粒子从加速器下表面边缘出去时在水平方向上的速度取决于加速器金属盒的半径，由洛伦兹力提供向心力，有竖直方向上的速度则离开时的动能（2）由（1）分析可知解得（3）设粒子在狭缝中被加速的时间为，在磁场运动的时间为，有，解得粒子在磁场中运动的周期已知粒子每经过一次狭缝，就会在磁场运动半个周期，则则11.（2023江苏南通重点高中质检）1930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨