高考物理速度選擇器和回旋加速器試題類型及其解題技巧及解析

1、高考物理速度選擇器和回旋加速器試題類型及其解題技巧及解析一、速度選擇器和回旋加速器1.如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場。已知兩板間的電勢差為 U,距離為d;勻強磁場的磁感應強度為 B,方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從A點沿水平方向射入到兩板之間，恰好沿直線從 M點射出;如果撤去磁場，粒子從 N點射出。M、N兩點間的距離為h。不計粒子的重力。求：(1)勻強電場場強的大小 E;(2)粒子從A點射入時的速度大小 vo；(3)粒子從N點射出時的動能Ek。【答案】(1)電場強度E U； (2) v0上；(3) Ek她2 dBdd 2B d【解析】【

2、詳解】(1)電場強度E UdqvoB(2)粒子做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，有：qE解得v0 E B Bd1 o(3)粒子從N點射出，由動能定理得：qE h Ekmv；qUhmU 2解得Ek k22 22B2d22.某粒子源向周圍空間輻射帶電粒子，工作人員欲通過質(zhì)譜儀測量粒子的比荷，如圖所示，其中S為粒子源，A為速度選擇器，當磁感應強度為 B1，兩板間電壓為 U,板間距離 為d時，僅有沿軸線方向射出的粒子通過擋板P上的狹縫進入偏轉(zhuǎn)磁場，磁場的方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為 B2,磁場右邊界 MN平行于擋板，擋板與豎直方向夾角為”，最終打在膠片上離狹縫距離為L的D點，

3、不計粒子重力。求：(1)射出粒子的速率；(2)射出粒子的比荷；(3) MN與擋板之間的最小距離。U2v cosL(1 sin )【答案(1)77T(2)(3) L(1 sin )BidB2L2cos【解析】【詳解】(1)粒子在速度選擇器中做勻速直線運動,由平衡條件得:U解得u= TTT ；B1d(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示:由幾何知識得:Lr=2cosL2cos粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得2q。&=m 一 ,解得:rq 2vcosmB2L(3) MN與擋板之間的最小距離：L(1 sin )d = r rsin a=2cosU2v cos答：(1)射出粒

4、子的速率為 ；(2)射出粒子的比荷為 B1dB2L(3) MN與擋板之間的最小距離為 L(1 sin )。2cos3.如圖所示，M、N為水平放置的兩塊平行金屬板，板間距為L,兩板間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電勢差為U mn Uo,磁感應強度大小為Bo.一個帶正電的粒子從兩板中點垂直于正交的電、磁場水平射入，沿直線通過金屬板，并沿與ab垂直的方向由d點進入如圖所示的區(qū)域(忽略電磁場的邊緣效應).直線邊界內(nèi)，且沿ab、ac向下區(qū)域足夠大，不計粒子重力,a 30ab及ac在同一豎直平面,求：(1)粒子射入金屬板的速度大小；(2)若bac區(qū)域僅存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場羅要使粒子不從ac邊界射

5、出，設最小磁感應強度為Bi；若bac區(qū)域內(nèi)僅存在平行紙面且平行ab方向向下的勻強電場，要使粒子不從ac邊射出，設最小電場強度為Uo v=B0LBi（2）£Ei.求Bi與Ei的比值為多少？2BoL丁【解析】【詳解】(1)設帶電粒子電荷量為I、q、質(zhì)量為m、射入金屬板速度為v,粒子做直線運動時電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)平衡條件有：qvBo= qEoU0解得:v= BoL J(2)僅存在勻強磁場時，若帶電粒子剛好不從ac邊射出，則其軌跡圓與ac邊相切，則SadRiRisin 302v ,qvBi =m R3mv得：Bi = 6qSad僅存在勻強電場時，若粒子不從切，即：x=vt ac邊射出

6、，則粒子到達邊界線ac且末速度也是與 ac邊相y= at2 2qEi=ma xtan30o=SadVy at （ii）v tan30o =- vy/曰 u 3mv2得:E1 =2qSadB 2BoL所以：10Ei4.如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電，兩板間存在場強為E的勻強電場和垂直紙面向里的磁感應強度為B勻強磁場.現(xiàn)有大量帶電粒子沿中線 OO'射入，所有粒子都恰好沿 OO'做直線運動.若僅將與極板垂直的虛線 MN右側的磁場去掉，則其中比荷為 9的粒子恰好自下極板的右邊緣P點離開電容器.已知電容器兩板間的距離為m31Tl2,帶電粒子的重力不計。qBM+

7、 + + + + + + + T +XKXXKJCXXXXKXXKXXXX(1)求下極板上N、P兩點間的距離；P點離開,(2)若僅將虛線MN右側的電場去掉，保留磁場，另一種比荷的粒子也恰好自 求這種粒子的比荷。【答案】（i）x在mE（2）里4q-qB2 m' 7m【解析】【分析】（1）粒子自O點射入到虛線 MN的過程中做勻速直線運動，將MN右側磁場去掉，粒子在MN右側的勻強電場中做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的的規(guī)律求解下極板上N、P兩點間的距離；（2）僅將虛線 MN右側的電場去掉，粒子在 MN右側的勻強磁場中做勻速2圓周運動，根據(jù)幾何關系求解圓周運動的半徑，然后根據(jù)q'vB m

8、-v-求解比荷。R【詳解】（1）粒子自O點射入到虛線 MN的過程中做勻速直線運動，qE = qvB粒子過MN時的速度大小 v EB僅將MN右側磁場去掉，粒子在 MN右側的勻強電場中做類平拋運動，沿電場方向:3mE2qB2垂直于電場方向：xqEt2 2mvt由以上各式計算得出下極板上N、P兩點間的距離x.3mE qB2（2）僅將虛線MN右側的電場去掉，粒子在 MN右側的勻強磁場中做勻速圓周運動，設經(jīng)過P點的粒子的比荷為"q，其做勻速圓周運動的半徑為m'由幾何關系得：R2 x2 （R網(wǎng)與）22qBR,解得R7mE4qB2又 q'vB,2m'v得比荷里m'4

9、q5.如圖，在整個直角坐標系 xoy區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為 E;在x>0區(qū)域還存在方向垂直于 xoy平面向內(nèi)的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從x軸上x=L的A點射出，速度方向與 x軸正方向成45°,粒子剛好能垂直經(jīng)過 y軸，并且在第一象限恰能做直線運動，不計粒子重力(1)求粒子經(jīng)過y軸的位置(2)求磁感應強度B的大小(3)若將磁場的磁感應強度減小為原來的一半，求粒子在x>0區(qū)域運動過程中的最大速度和最低點的y坐標?！敬鸢浮?1) y=1L (2) B ，口E (3) Vm 3,恒 y 7L 2qL； m 2【解析】【分析】(1)粒子在

10、第二象限做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解粒子經(jīng)過y軸的位置；(2)粒子在第一象限恰能做直線運動，則電場力等于洛倫茲力，可求解B; (3)將x>0區(qū)域的曲線運動看做以 20的勻速直線運動和以 vi的勻速圓周運動的合成，結合直線運動 和圓周運動求解最大速度和最低點坐標。【詳解】近V1 V2 V 2L=v 1ty 9t聯(lián)立解得y -,則經(jīng)過y軸上y 2a qE mV2=at可得V1、叵L的位置;2qvi B=qE(1)粒子在第二象限做類平拋運動，設初速度為V,解得BmEqL(3)將x>0區(qū)域的曲線運動看做以 2vi的勻速直線運動和以 vi的勻速圓周運動的合成, 如圖；2qvi2解得r

11、 2mL 2L qEy 2r 4L17取低點y坐標為y L y L22此時速度最大為Vm=2vi+V16. 1897年，湯姆孫根據(jù)陰極射線在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況斷定，它的本質(zhì)是帶負電的 粒子流并求出了這種粒子的比荷，圖為湯姆孫測電子比荷的裝置示意圖。在真空玻璃管 內(nèi)，陰極K發(fā)出的電子經(jīng)陽極 A與陰極K之間的高電壓加速后，形成細細的一束電子流， 沿圖示方向進入兩極板 C、D間的區(qū)域。若兩極板 C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的 。點，若在兩極板間施加電壓U,則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若再在極板間施加磁感應強度大小為B的勻強磁場，則電子在熒光屏上產(chǎn)生的光點又回到。點,已知極板的

12、長度 Li=5.00cm, C、D間的距離d=1.50cm,極板的右端到熒光屏的距離 L2=10.00cm , U=200V, B=6.3 x 10T, P 點至。點的距離 Y=3.0cm。求：判斷所加磁場的方向；(2)電子經(jīng)加速后射入極板 C、D的速度v電子的比荷m寅結果保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1)磁場方向垂直紙面向外(2) v=2.12 X 17m/s(3)巾=1.61 X 10c/kg【解析】【詳解】(1)由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外；(2)當電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，電子做勻速直線運動，亮點重新回復到中心。點，設電子的速度為，則 evB=eEE Iu = _ 17

13、= _J得 月即汁E代入數(shù)據(jù)得v=2.12X17m/s(3)當極板間僅有偏轉(zhuǎn)電場時，電子以速度進入后，豎直方向作勻加速運動，加速度為eU電子在水平方向作勻速運動，在電場內(nèi)的運動時間為=嬴yi =這樣，電子在電場中，豎直向下偏轉(zhuǎn)的距離為eliU離開電場時豎直向下的分速度為電子離開電場后做勻速直線運動，經(jīng)t2時間到達熒光屏eULiLzt2時間內(nèi)向上運動的距離為eU這樣，電子向上的總偏轉(zhuǎn)距離為y = y i + yi= 2 1（.2 + ?。﹖'mL不如+ 5)=1.61 x 101c/kg可解得【點睛】代入數(shù)據(jù)得本題是組合場問題：對速度選擇器，根據(jù)平衡條件研究；對于類平拋運動的處理，通常采

14、用運動的分解法律：將運動分解成相互垂直的兩方向運動，將一個復雜的曲線運動分解成兩個簡單的直線運動，并用牛頓第二定律和運動學公式來求解.7.如圖甲，兩個半徑足夠大的D形金屬盒Di、D2正對放置，Oi、O2分別為兩盒的圓心，盒內(nèi)區(qū)域存在與盒面垂直的勻強磁場。加在兩盒之間的電壓變化規(guī)律如圖乙，正反向電壓的大小均為U。，周期為T。，兩盒之間的電場可視為勻強電場。在 t=0時刻，將一個質(zhì)量為 m、電荷量為q (q>0)的粒子由。2處靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在 t T時刻通過。.粒子穿過兩D形盒邊界M、N時運動不受影響，不考慮由于電場變化而 2產(chǎn)生的磁場的影響，不計粒子重力。(1)求

15、兩D形盒邊界 M、N之間的距離；- m(2)若Di盒內(nèi)磁場的磁感應強度Bi，且粒子在Di、D2盒內(nèi)各運動一次后能到達Oi,qTo求D2盒內(nèi)磁場的磁感應強度;若D2、D2盒內(nèi)磁場的磁感應強度相同，且粒子在Di、D2盒內(nèi)各運動一次后在 t= 2T。時刻到達01,求磁場的磁感應強度?！敬鸢覆稶0T02 (2)立上(3)2(4病m 8mqTo5qT?！窘馕觥俊驹斀狻縜,則有(i)設兩盒之間的距離為d,盒間電場強度為E,粒子在電場中的加速度為Uo=EdqE=ma1 T02d a()聯(lián)立解得2 2d屆。2; 8m(2)設粒子到達Oi的速度為vi,在Di盒內(nèi)運動的半徑為Ri,周期為Ti,時間為ti,則有Vi

16、a To2qviBiTi2 mvi "RT2 RiVi1ti-Ti可得、一，3.故粒子在 一T。時刻回到電場；2設粒子經(jīng)電場再次加速后以速度設粒子在D2盒內(nèi)的運動半徑為ti=ToV2進入D2盒，由動能定理i 2 i 2qU0- mv2 5 mMR2,則22mv2 qV2B2R2粒子在DiD2盒內(nèi)各運動一次后能到達O2應有R2=Ri聯(lián)立各式可得(3)依題意可知粒子在B22 m qToDiD2盒內(nèi)運動的半徑相等；又qvB2mvR故粒子進入D2盒內(nèi)的速度也為vi；可判斷出粒子第二次從O2運動到Oi的時間也為T02子的運動軌跡如圖;粒子從P到Q先加速后減速，且加速過程的時間和位移均相等，設加

17、速過程的時間為t2,則有-dv1t2 1 at；22則粒子每次在磁場中運動的時間聯(lián)立各式解得t3To22 mqBB 2(46) m5q%8 .如圖是回旋加速器示意圖，置于真空中的兩金屬D形盒的半徑為 R,盒間有一較窄的狹縫，狹縫寬度遠小于 D形盒的半徑，狹縫間所加交變電壓的頻率為f,電壓大小恒為 U, D形盒中勻強磁場方向如圖所示，在左側D形盒圓心處放有粒子源 S,產(chǎn)生的帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q。設帶電粒子從粒子源 S進入加速電場時的初速度為零，不計粒子重 力。求：(1)D形盒中勻強磁場的磁感應強度B的大小(2)粒子能獲得的最大動能Ek(3)粒子經(jīng)n次加速后在磁場中運動的半徑Rn2nqU

18、一2 fm2 2 2【答案】B (2) Ek 2冗R f mRn q【解析】【詳解】(1)粒子做圓周運動的周期與交變電流的周期相等，則有2 Tm 1T =qB f解得2fmBq(2)當粒子的半徑達到 D型盒的半徑時，速度最大，動能也最大，則有2vqvB m R則mvqB最大動能為Ek1 mv221m( 2qBR)2m22 2q B R _ 2_2 22 九 R f m2m(3)粒子經(jīng)n次加速后的速度為nqU 1mv2Vn2nqUm半徑為mvn1qB 2 f2nqUm9 .回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應強度為 B的勻強磁場與盒面垂直

19、，被加速粒子的質(zhì)量為m,電荷量為十q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T=馬 .一束該種粒子qB在1 =。一二時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零.現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動2時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用.求：甲乙(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到國所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件.2b2r2【答案】(1)qB2(2)2mBR2 2BRd m2UomUo；(3) d<-qB 100qB R(1)粒子運動半徑為R時，有qvB2 v m 一R且Em解得E

20、m12-mv2222q B R2m(2)粒子被加速n次達到動能Em,則Em=nqUo粒子在狹縫間做勻加速運動，設 n次經(jīng)過狹縫的總時間為 困加速度a qU0 md,1 1勻加速直線運動 nd a2At2由 t0 (n 1) T At2解得t0tBR2 2BRd2UomqB(3)只有在0 (2t)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速T t則所占的比例為由 99%,解得2T2?mU0d2 -100qB R10 .某回旋加速器的兩個半圓金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，兩金屬盒間存在交變電場，用其加速質(zhì)子。已知金屬盒的半徑為R,磁場的磁感應強度為 B,金屬盒間縫隙的加速電壓為U,質(zhì)子的質(zhì)量為 m,電荷量

21、為q。求(1)交變電場的頻率f;(2)質(zhì)子加速完畢出射時的動能Ek；(3)質(zhì)子在回旋加速器中運動的圈數(shù)n。【答案】(1)及2 mB2q2R2(2)2mB2qR2-4mU【解析】【詳解】質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力Bqv2 v mr聯(lián)立可得Bq2 m(2)洛倫茲力提供向心力，當半徑最大時，對應的速度最大，動能最大，最大半徑為 n,則有Bqv2 v mR聯(lián)立可得Ek1 2一 mv2Ek質(zhì)子在磁場中每轉(zhuǎn)一圈加速兩次，獲得能量為B2q2R22m2Uq,設質(zhì)子在回旋加速器中運動的圈數(shù)2nUqB2n2R2 將Ek B q R代入可得2m_ 2 _2B qR4mU11 .諾貝爾物理學獎得主

22、勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，其原理可簡化如下.如圖所示，兩個中空的半徑R=0.125m的半圓金屬盒，接在電壓 U=5000V、頻率恒定的交流電源上；兩盒狹縫之間距離d=0.01m,金屬盒面與勻強磁場垂直，磁感應強度B=0.8T.位于圓心處的質(zhì)子源能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略，重力不計，不計質(zhì)子間的相互作用)，質(zhì)子在狹縫之間能不斷被電場加速，最后通過特殊裝置引出.已知質(zhì)子的比荷 _8.1 10 C/kg,求:q1.6 1019c 27 .-m 1.67 10 kg(1)質(zhì)子能獲得的最大速度;(2)質(zhì)子在電場加速過程中獲得的平均功率；(3)隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差N如何變化？簡

23、述理由.(4)設輸出時質(zhì)子束形成的等效電流為100mA,回旋加速器輸出功率是多大?4 10 7W (3) r巡漸減小(4)P=5000WqvB2mv(1)粒子在磁場中回旋，有引出時有r=R, 得vmaxgBRm1 107m/s(2)引出前質(zhì)子(在電場中)加速的次數(shù)n -Ekm 100qU質(zhì)子在電場中多次加速，可等效為一次性做勻加速直線運動該過程中的平均速度為v/2,則ndv/22 10 7s平均功率1277 21.67 10 271077P27W 4 10 7Wt 由2 10 7(3)粒子回旋半徑rmvg ,設加速一次后的速度為 V1,加速三次后的速度為 v3,則有qBV3, 5vl由此因為Q

24、3 1)1(75 圾r (百眄r l l ,故逐漸減小(4)研究出口處截面 四一o時間內(nèi)的質(zhì)子，設有 N個，則N q=I tA在該時間內(nèi)，回旋加速器做的功等效于把N個質(zhì)子從靜止加速到 Ekm即12W N(-mv2 0)P W t代入得P=5000W12 .同步回旋加速器結構如圖所示，軌道磁鐵產(chǎn)生的環(huán)形磁場在同一時刻處處大小相等， 帶電粒子在環(huán)形磁場的控制下沿著固定半徑的軌道做勻速圓周運動，穿越沿途設置的高頻 加速腔從中獲取能量.如題圖所示.同步加速器中磁感應強度隨被加速粒子速度的增加而增加，高頻加速電場的頻率與粒子回旋頻率保持同步.已知圓形軌道半徑為R,被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q,加速

25、腔的長度為 L,且L<<R,當粒子進入加速腔時，加速電壓的大小始終為U,粒子離開加速腔時，加速腔的電壓為零.已知加速腔外無電場、腔內(nèi)無磁場；不考慮粒子的重力、相對論效應對質(zhì)量的影響以及粒子間的相互作用.若在t=0時刻將帶電粒子從板內(nèi) a孔處靜止釋放，求：(1)帶電粒子第k次從b孔射出時的速度的大小 Vk；(2)帶電粒子第k次從b孔射出到第(k+1)次到達b孔所經(jīng)歷的時間；(3)帶電粒子第k次從b孔射出時圓形軌道處的磁感應強度Bk的大?。?4)若在a處先后連續(xù)釋放多個上述粒子，這些粒子經(jīng)過第1次加速后形成一束長度為 11的粒子束(l1<L),則這一束粒子作為整體可以獲得的最大速

26、度Vmax.2kqU-2m1 2mkUL 2qU【答案】q (2)(4) Vmax . m. kqU R , q11m(1)粒子在電場中被加速，由動能定理得：kqU=Jmvk2-0解得:Vk2kqUm(2)粒子做圓周運動的周期：Tk由題意可知，加速空腔的長度:2 m c 2 RqBkLvv R,m2kqU粒子在空腔的運動時間可以忽略不計，下一次經(jīng)過b孔的時間間隔等于粒子在磁場中做圓2mkqU周運動的周期：Tk R(3)粒子第k次從b孔射出，粒子被電場加速 k'次，由動能定理得:kqU= mVk2 - 02解得:2kqUmVk粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律

27、得:2m ,解得：RqvkBk =(4)粒子第一次加速后的速度:1Bk-2kmU從第一個粒子進入加速空腔到最后一個粒子進入加速空腔的時間:tili由Vk”qU可知，粒子被第二次加速后的速度: m4qUV2m粒子被二次加速后這一束粒子的長度：l2=V2ti= >72 li粒子被第三次加速后的速度：V36qUm從第一個粒子進入加速空腔到最后一個粒子進入加速空腔的時間:l2V2m2qU粒子被三次加速后這一束粒子的長度:l3= V3t 2= 3 li粒子被第四次加速后的速度：v4從第一個粒子進入加速空腔到最后一個粒子進入加速空腔的時間:粒子被三次加速后這一束粒子的長度：14= V4t 3= J4

28、 ll粒子被第k次加速后的速度:Vk2kqUvmax從第一個粒子進入加速空腔到最后一個粒子進入加速空腔的時間:粒子被k次加速后這一束粒子的長度：1k= Vktk_1= Jkll_l2當粒子束的長度：1k= 7k 1i = L,即：k=時粒子束的速度最大, 1i L2. 1由動能7E理得： 一2"?qU= mVmax2 - 0,解得：ll2213 .如圖1所示為回旋加速器的示意圖.它由兩個鋁制D型金屬扁盒組成，兩個 D形盒正中間開有一條狹縫，兩個 D型盒處在勻強磁場中并接在高頻交變電源上.在 D1盒中心A 處有離子源，它產(chǎn)生并發(fā)出的粒子，經(jīng)狹縫電壓加速后，進入D2盒中.在磁場力的作用下

29、運動半個圓周后，再次經(jīng)狹縫電壓加速.為保證粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速，設法使 交變電壓的周期與粒子在狹縫及磁場中運動的周期一致如.此周而復始，速度越來越大， 運動半徑也越來越大，最后到達D型盒的邊緣，以最大速度被導出.已知粒子電荷量為q質(zhì)量為m,加速時電極間電壓大小恒為 U,磁場的磁感應強度為 B, D型盒的半徑為 R設 狹縫很窄，粒子通過狹縫的時間可以忽略不計，且粒子從離子源發(fā)出時的初速度為零.(不計 粒子重力)求：高頡電源 粒子第1次由D1盒進入D2盒中時的速度大小;(2)粒子被加速后獲得的最大動能Ek;(3)符合條件的交變電壓的周期T;(4)粒子仍在盒中活動過程中,粒子在第n次由D2盒進入

30、Di盒與緊接著第n+1次由D2盒進入Di盒位置之間的距離儀.【答案】(1) v1= J2qU Ek q B R (3)T 2-m (4) ,m2mBqVx 2啊而；方不B q【解析】【分析】【詳解】(1)設“粒子第一次被加速后進入 D2盒中時的速度大小為 vi,根據(jù)動能定理有2qU = -mv1 2解得，一qU m(2) a粒子在D形盒內(nèi)做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，具有最大動能.設此時2的速度為 v,有qvB= mv RqBR斛得：v=m12設a粒子的取大動能為 Ek,則Ek mv2222解得：Ek q B R2m(3)設交變電壓的周期為 T,為保證粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速，帶電粒子

31、在磁場中運動 一周的時間應等于交變電壓的周期(在狹縫的時間極短忽略不計)，則交變電壓的周期T 2 r 2 m v Bq(4)離子經(jīng)電場第1次加速后，以速度 v1進入D2盒，設軌道半徑為 門則產(chǎn)皿=1而 qB B , q離子經(jīng)第2次電場加速后，以速度 V2進入D1盒，設軌道半徑為r2則佻=12一一UqB Bi q離子第n次由D盒進入D2盒，離子已經(jīng)過(2n-1)次電場加速，以速度 v2n-1進入D2盒,1 2由動能th理：(2n 1) Uq -mv2nl軌道半徑rnmv2n 11 . 2n 1 2mUqB B離子經(jīng)第n+1次由Di盒進入D2盒，離子已經(jīng)過2n次電場加速，以速度 v2n進入Di盒，

32、由動能定理：2nUq 1 mvfn 2mv2n 1 ,2n 2mU軌道半徑：rn i出 一qB B q解得，Vx 2（1匹巫工卜一做 B v q B q14 .高能粒子是現(xiàn)代粒子散射實驗中的炮彈，加速器是加速粒子的重要工具，是核科學研究的重要平臺.質(zhì)子回旋加速器是利用電場和磁場共同作用，使質(zhì)子作回旋運動，在運動中通過高頻電場反復加速、獲得能量的裝置.質(zhì)子回旋加速器的工作原理如圖（a）所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間狹縫的間距為 d ,磁感應強度為 B的勻強磁場 與盒面垂直，被加速質(zhì)子（；H ）的質(zhì)量為m ,電荷量為 q .加在狹縫間的交變電壓如圖（b）所示，電壓值的大小為 U0、

33、周期To 2.為了簡化研究，假設有一束質(zhì)子從 qBM板上A處小孔均勻地飄入狹縫，其初速度視為零.不考慮質(zhì)子間的相互作用.r （已知）時的動能Ek ；（1）質(zhì)子在磁場中的軌跡半徑為（2）請你計算質(zhì)子從飄入狹縫至動能達到Ek （問題（1）中的動能）所需要的時間.（不(3)若用該裝置加速氨核(2口2 2【答案】(1) q B r (2)2m(3)方案一：增大磁感應強度BR2 2BRd m2UoqBB ,使得氨核的圓周運動周期等于上述電場的周期即可.考慮質(zhì)子間的相互作用，假設質(zhì)子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動.)4.,2He),需要對偏轉(zhuǎn)磁場或交變電壓作出哪些調(diào)整?方案二：增大交變電場的周期，使得電場的周期等于氨核圓周運動的周期.【解析】【分析】回旋加速器的工作條件是電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等，回旋加速器運 用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供