高考物理速度選擇器和回旋加速器真題匯編

高考物理速度選擇器和回旋加速器真題匯編一、速度選擇器和回旋加速器1．如圖所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強的偏轉磁場．一束同位素離子（質量為m，電荷量為＋q）流從狹縫S1射入速度選擇器，速度大小為v0的離子能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出，立即沿水平方向進入偏轉磁場，最后打在照相底片D上的A點處．已知A點與狹縫S2的水平間距為，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響．則（1）設速度選擇器內部存在的勻強電場場強大小為E0，勻強磁場磁感應強度大小為B0，求E0∶B0；（2）求偏轉磁場的磁感應強度B的大小和方向；（3）若將右半部的偏轉磁場換成方向豎直向下的勻強電場，要求同位素離子仍然打到A點處，求離子分別在磁場中和在電場中從狹縫S2運動到A點處所用時間之比t1∶t2．【答案】（1）v0（2），磁場方向垂直紙面向外（3）【解析】【詳解】（1）能從速度選擇器射出的離子滿足qE0=qv0B0所以E0∶B0=v0（2）離子進入勻強偏轉磁場后做勻速圓周運動，由幾何關系得：則由則磁場方向垂直紙面向外（3）磁場中，離子運動周期運動時間電場中，離子運動時間則磁場中和在電場中時間之比2．如圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為U，兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里。圖中右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。一正離子沿平行于金屬板面、從A點垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑CD方向射入磁場區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的F點射出。已知速度的偏向角為θ=90°，不計重力。求：(1)離子速度v的大?。?2)離子的比荷q/m?！敬鸢浮浚弧窘馕觥俊驹斀狻?1)離子在平行金屬板之間做勻速直線運動：得：(2)在圓形磁場區(qū)域，離子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：由幾何關系得：r=R離子的比荷為：3．某粒子實驗裝置原理圖如圖所示，狹縫、、在一條直線上，、之間存在電壓為U的電場，平行金屬板、相距為d，內部有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為。比荷為k的帶電粒子由靜止開始經、之間電場加速后，恰能沿直線通過、板間區(qū)域，從狹縫垂直某勻強磁場邊界進入磁場，經磁場偏轉后從距離為L的A點射出邊界。求：（1）、兩板間的電壓；（2）偏轉磁場的磁感應強度。【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）粒子先在電場中加速，然后勻速通過、，則根據(jù)平衡可求出、兩板間的電壓（2）根據(jù)粒子的運動軌跡找到運動半徑，借助于可求出偏轉磁場的磁感應強度【詳解】（1）設帶電粒子質量為m，所帶電荷量為q，已知粒子在電場中S1與S2之間加速，根據(jù)動能定理可得：；帶電粒子在P1和P2間運動，根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡可得：解得：；（2）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力充當向心力：；已知，解得：4．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，帶電粒子的重力不計。（1）求下極板上N、P兩點間的距離；（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P點離開，求這種粒子的比荷?！敬鸢浮浚?）（2）【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)求解比荷?！驹斀狻浚?）粒子自O點射入到虛線MN的過程中做勻速直線運動，粒子過MN時的速度大小僅將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：垂直于電場方向：由以上各式計算得出下極板上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圓周運動，設經過P點的粒子的比荷為，其做勻速圓周運動的半徑為R，由幾何關系得：解得又得比荷5．如圖所示，在直角坐標系xOy平面內，以O點為圓心，作一個半徑為R的園形區(qū)域，A、B兩點為x軸與圓形區(qū)域邊界的交點，C、D兩點連線與x軸垂直，并過線段OB中點；將一質量為m、電荷量為q(不計重力)的帶正電的粒子，從A點沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域．（1）當圓形區(qū)域內只存在平行于y軸方向的電場時，帶電粒子恰從C點射出圓形區(qū)域，求此電場的電場強度大小和方向；（2）當圓形區(qū)域內只存在垂直于區(qū)域平面的磁場時，帶電粒子怡從D點射出圓形區(qū)域，求此磁場的磁感應強度大小和方向；（3）若圓形區(qū)域內同時存在(1)中的電場和(2)中的磁場時，為使帶電粒子恰能沿直線從B點射出圓形區(qū)域，其入射速度應變?yōu)槎嗌?【答案】(1)方向沿y軸正方向(2)方向垂直坐標平面向外(3)【解析】【分析】（1）只存在電場時，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)水平和豎直方向的運動列方程求解電場強度；（2）區(qū)域只存在磁場時，做勻速圓周運動，由幾何關系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力等于向心力求解磁感應強度；（3）若電場和磁場并存，粒子做直線運動，電場力等于洛倫茲力，列式求解速度.【詳解】（1）由A到C做類平拋運動：；解得方向沿y軸正方向；（2）從A到D勻速圓周運動，則，解得方向垂直坐標平面向外．（3）從A到B勻速直線運動，qE=qvB解得即【點睛】此題是帶電粒子在電場中的偏轉，在磁場中的勻速圓周運動以及在正交場中的直線運動問題；粒子在電場中做類平拋運動，從水平和豎直兩個方向列式；在磁場中做勻速圓周運動，先找半徑和圓心，在求磁感應強度；在正交場中的直線運動時列平衡方程求解.6．如圖所示，水平放置的兩塊帶金屬極板a、b平行正對.極板長度為l,板間距為d,板間存在著方向堅直向下、場強大小為E的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場.假設電場、磁場只顧在于兩板間.一質量為m、電荷量為q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端正中央沿垂直于電場、磁場的方向入極板間，恰好做做勻速直線運動.不計重力及空氣阻力.（1）求勻強磁場感應強度B的大??；（2）若撤去磁場，粒子能從極板間射出，求粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離；（3）若撤去磁場，并使電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將打在下極板上，求粒子到達下極板時動能的大小.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）粒子恰好做勻速直線運動，可知電場力與洛侖茲力平衡，可求磁感應強度B；（2）粒子做類平拋運動，由運動分解方法，求解粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離；（3）用動能定理求解粒子到達下極板時動能．【詳解】（1）帶電粒子勻速通過場區(qū)時受到的電場力與洛侖茲力平衡，qE=qv0B，解得磁感應強度大小B=；（2）撤掉磁場后，粒子做類平拋運動，通過電場區(qū)偏轉的距離（3）設粒子運動到下極板時的動能大小為EK，根據(jù)動能定理得：q×2E×d=Ek-m

v02解得EK=mv02+qEd【點睛】對粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做勻速直線運動”的隱含條件，對于撤掉磁場后的粒子的類平拋運動，要能夠熟練分析解決，為?？純热荩?．回旋加速器原理如圖所示，D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在交流電源上，位于D1圓心處的離子源A能不斷產生正離子，它們在兩盒之間被電場加速，當正離子被加速到最大動能Ek后，再設法將其引出。已知正離子的電荷量為q，質量為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，狹縫之間的距離為d。設正離子從離子源出發(fā)時的初速度為零。(1)試計算上述正離子被第一次加速后進入D2中運動的軌道半徑；(2)計算正離子飛出時的最大動能；(3)設該正離子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，試證明當R>>d時，正離子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的時間可忽略不計（正離子在電場中運動時，不考慮磁場的影響）?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)見解析【解析】【分析】【詳解】(1)設質子第1次經過狹縫被加速后的速度為v1，根據(jù)動能定理可得解得洛倫茲力充當向心力，則有解得(2)離子射出時加速器時解得離子動能為(3)在電場中運動可以看做連續(xù)的勻加速直線運動，設離子射出時速度為v。根據(jù)平均速度公式可得在電場中運動時間為離子在D形盒中運動的周期為粒子在磁場中回旋的時間為有=當d<<R時，t1<<t2，即電場中運動時間可以忽略8．汽車又停下來了，原來是進了加油站。小明想，機器總是要消耗能源才干活兒，要是制造出不消耗任何能源卻能源源不斷對外做功的機器，那該是利國利民的大功勞一件??！小明為此設計了一個離子加速器方案：兩個靠得很近的、正對處留有狹縫的半圓形金屬盒，處在垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，M和是固定在金屬盒狹縫邊緣的兩平行極板，其上有正對的兩個小孔，給極板充電后，上板帶正電且兩板間電壓為U；質量為m、帶電量為q的正離子從M板小孔由靜止開始加速，經板小孔進入磁場區(qū)域，離子經磁場偏轉后又回到M板小孔繼續(xù)加速，再偏轉，再加速……假設電場集中在兩極板之間，其他區(qū)域沒有電場，并忽略離子所受的重力，試計算：（1）兩于第1次加速后獲得的動能：（2）第n次加速后和第次加速后，離子在磁場中偏轉的半徑大小之比；（3）小明想，離子每次經磁場偏轉后都能再次進入兩極板間的電場進行加速，這個過程中電場、磁場不發(fā)生任何變化，離子動能卻不斷的增加……這個離子加速器就實現(xiàn)了不消耗任何能源便可以能源源不斷地對離子做功的目的！請根據(jù)你所學的知識，試判斷小明的設計方案是否科學，并具體闡述你的理由?！敬鸢浮浚?）qU；（2）；（3）見解析?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚?）由動能定理可qU=Ek-0解得離子第1次加速后獲得的動能為Ek=qU（2）設第n次加速后離子獲得的速度為vn，則由動能定理可知設離子在磁場中偏轉的軌道半徑大小為rn，根據(jù)牛頓第二定律可知聯(lián)立解得同理，第n+1次加速后，離子子啊磁場中偏轉的半徑大小為則（3）小明的設計不科學，因為它違背了能量守恒定律，永動機不可能制成。實際上，電場并不只是分布在兩極板之間，在極板外，仍然有從M板出發(fā)指向M'板的電場線，離子在兩極板之外的磁場中運動時，電場力做負功，回到初始位置M板的小孔處時，電場力所做的總功為零，離子速度恢復為原來的值，離子并不能持續(xù)的加速。9．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，質子的質量為m，電荷量為q。求（1）交變電場的頻率f；（2）質子加速完畢出射時的動能Ek；（3）質子在回旋加速器中運動的圈數(shù)n?！敬鸢浮?1)(2)(3)【解析】【詳解】質子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力聯(lián)立可得(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R聯(lián)立可得質子在磁場中每轉一圈加速兩次，獲得能量為2Uq，設質子在回旋加速器中運動的圈數(shù)n，則有將代入可得10．回旋加速器是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒內的狹縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫時都得到加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為q，質量為m，粒子最大回旋半徑為R．忽略粒子在電場中運動的時間．求：（1）所加交變電流的頻率f；（2）粒子離開加速器時的最大速度v；（3）若加速的電壓為U，求粒子達到最大速度被加速的次數(shù)n．【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交變電流頻率要等于粒子回旋頻率，因為，回旋頻率；（2）由牛頓第二定律，解得；（3）獲得的能量來源于電場的加速，故：，解得；11．在近代物理實驗中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器的結構如圖所示，D1、D2是相距很近的兩個處于勻強磁場中的半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，A處的粒子源產生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速．設帶電粒子質量為m，電量為q，勻強磁場磁感應強度為B，D形盒的最大半徑為R，兩個D形盒之間的距離為d，d遠小于R，D形盒之間所加交變電壓大小為U．不計粒子的初速度及運動過程中質量的變化，求：（1）所加交變電壓的周期T；（2）帶電粒子離開D形盒時的動能Ekm；（3）帶電粒子在回旋加速器磁場中運動的時間t1及在兩D形盒間電場中運動的時間t2，并證明粒子在電場中運動的時間可以忽略不計．【答案】（1）（2）（3）見解析【解析】【詳解】（1）帶電粒子在磁場中運動半周的時間與交變電壓的半個周期相等，得（2）帶電粒子離開D形盒時的軌跡半徑為R，由圓周運動的規(guī)律得解得：帶電粒子離開D形盒時的動能（3）設帶電粒子在電場中加速的次數(shù)為n，有解得：又因為帶電粒子在磁場中運動的周期所以帶電粒子在磁場中運動的時間解得：帶電粒子在電場中的運動可看成勻加速直線運動，得v=at其中所以帶電粒子在電場中運動的時間有因為d遠小于R，有t2遠小于t1，所以帶電粒子在電場中運動的時間可以忽略．【點睛】此題關鍵是知道回旋加速器的工作原理，知道電場的周期等于粒子在磁場中的周期，當粒子的半徑等于D型盒的半徑時，粒子的速度最大，能量最大.12．1932年美國物理學家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中的運動特點，解決了粒子的加速問題．現(xiàn)在回旋加速器被廣泛應用于科學研究和醫(yī)學設備中．某型號的回旋加速器的工作原理如圖甲所示，圖乙為俯視圖．回旋加速器的核心部分為D形盒，D形盒裝在真空容器中，整個裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場中，磁場可以認為是勻強磁場，且與D形盒盒面垂直．兩盒間狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．質子從粒子源A處進入加速電場的初速度不計，從靜止開始加速到出口處所需的時間為t．已知磁場的磁感應強度為B，質子質量為m、電荷量為+q，加速器接一定頻率高頻交流電源，其電壓為U．不考慮相對論效應和重力作用．求：（1）質子第1次經過狹縫被加速后進入D形盒運動軌道的半徑r1；（2）D形盒半徑為R；（3）試推理說明：質子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道半徑之差是增大、減小還是不變?【答案】（1）（2）（3）減小.【解析】【分析】【詳解】試題分析：（1）設質子第1次經過狹縫被加速后的速度為v1①②聯(lián)立①②解得：（2）設質子從靜止開始加速到出口處運動了n圈，質子在出口處的速度為v③④⑤⑥聯(lián)立③④⑤⑥解得（3）（方法1）設k為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rk<rk+1），，在相應軌道上質子對應的速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間的電壓為U，由動能定理知⑦由洛倫茲力充當質子做圓周運動的向心力，知，則⑧整理得⑨相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差同理因U、q、m、B均為定值，且因為rk+2>rk，比較與得（方法2）設k為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為rk－1、rk、rk+1，（rk－1<rk<rk+1），由及得得假設>有兩邊平方得結果正確，說明假設成立．所以考點：回旋加速器；帶電粒子在勻強電場及勻強磁場中的運動．13．如圖所示為回旋加速器的結構示意圖，勻強磁場的方向垂直于半圓型且中空的金屬盒D1和D2，磁感應強度為R，金屬盒的半徑為R，兩盒之間有一狹縫，其間距為d，且，兩盒間電壓為U.A處的粒子源可釋放初速度不計的帶電粒子，粒子在兩盒之間被加速后進入D1盒中，經半個圓周之后再次到達兩盒間的狹縫。通過電源正負極的交替變化，可使帶電粒子經兩盒間電場多次加速后獲得足夠高的能量.已知帶電粒子的質量為m、電荷量為+q.(1)不考慮加速過程中的相對論效應和重力的影響.①求粒子可獲得的最大速度vm；②若粒子第1次進入D1盒在其中的軌道半徑為r1，粒子第1次進入D2盒在其中的軌道半徑為r2，求r1與r2之比.(2)根據(jù)回旋加速器的工作原理，請通過計算對以下兩個問題進行分析：①在上述不考慮相對論效應和重力影響的情況下，計算粒子在回旋加速器中運動的時間時，為何常常忽略粒子通過兩盒間狹縫的時間，而只考慮粒子在磁場中做圓周運動的時間；②實驗發(fā)現(xiàn)：通過該回旋加速器，加速的帶電粒子能量達到25~30MeV后，就很難再加速了。這是由于速度足夠大時，相對論效應開始顯現(xiàn)，粒子的質量隨著速度的增加而增大。結合這一現(xiàn)象，分析在粒子獲得較高能量后，為何加速器不能繼續(xù)使粒子加速了?！敬鸢浮?1)①②(2)①②【解析】【詳解】（1）①由牛頓第二定律有：可知最大速度②設帶電粒子在兩盒間加速的次數(shù)為N，由和可得所以（2）①帶電粒子在兩盒間電場中加速過程中的加速度在電場中加速的總時間為帶電粒子運動一圈加速2次，設粒子在磁場中的運動圈數(shù)為n依據(jù)動能定理有：帶電粒子運動一圈的時間則帶電粒子在磁場中運動的總時間為由于，可知，所以可忽略。②由和、可得：從該周期公式發(fā)現(xiàn)，速度增加，粒子的質量會增加，其運動周期會變化，但加速電場周期不變，從而使得加速電場的變化周求與粒子的運動周期不匹配，導致無法加速。14．(12分)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場，D形盒中央為質子流，D形盒的交流電壓為U，靜止質子經電場加速后，進入D形盒，其最大軌道半徑為R，磁場的磁感應強度為B，質子質量為m.電荷量為q，求：(1)交流電源的頻率是多少．(2)質子經回旋加速器最后得到的最大動能多大；(3)質子在D型盒內運動的總時間t（狹縫寬度遠小于R,質子在狹縫中運動時間不計）【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）根據(jù)回旋加速器的原理，每轉一周粒子被加速兩次，交流電完成一次周期性變化，粒子作圓周運動的周期（2分）所以，交流電源的頻率得：（2分）（2）質子加速后的最大軌道半徑等于D型盒的半徑，由洛倫茲力提供向心力得粒子的最大運行速度；（2分）質子獲得的最大動能：，得（2分）(3)質子每個周期獲得的動能為：（1分）經過的周期個數(shù)為：（1分）質子在D型盒內運動的總時間:（1分）即（1分）考點：回旋加速器?！久麕燑c睛】回旋加速器是通過多次加速來獲得高能粒子的裝置，在D型盒的狹縫中加交變電壓，給粒子加速，通過在D型盒處的磁場回旋，從而達到多次加速的效果，獲得的最大動能是由D型盒的半徑決定的，運動時間則由在磁場中做圓周運動的時間決定，為使每次粒子到達狹縫處都被加速，交變電壓的周期與粒子在磁場中的運動周期相同。15．回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，圖20為回旋加速器的示意圖。D1、D2是兩個中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個D形盒正中間開有一條狹縫，兩個D形盒接在高頻交流電源上。在D1盒中心A處有粒子源，產生的帶正電粒子在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中。兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，經過半個圓周后，再次到達兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經過狹縫時再次被加速。如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經過狹縫，一次一次地被加速，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導出。已知帶電粒子的電荷量為q，質量為m，加速時狹縫間電壓大小恒為U，磁場的磁感應強度為B，D形盒的半徑為R狹縫之間的距離為d。設從粒子源產生的帶電粒子的初速度為零，不計粒子受到的重力，求：(1)帶電粒子能被加速的最大動能Ek；(2)盡管粒子在狹縫中每次加速的時間很短但也不可忽略。試計算上述正離子在某次加速過程當中從離開離子源到被第n次加速結束時所經歷的時間；(3)設該正離子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，試推證當R＞＞d時，正離子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的時間可忽略不計（正離子在電場中運動時，不考慮磁場的影響）(4)帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑；(5)若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率。(6)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm。(7)a粒子在第n次由D1盒進入D2盒與緊接著第n+1次由隊盒進入隊盒位置之間的距離△x；(8)試推理說明：質子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差△r是增大、減小還是不變？【答案】(1)；(2)；(3)當R＞＞d時，t1可忽略不計；(4)；(5)；(6)；(7)；(8)r△rk+1＜△rk【解析】【分析】(1)回旋加速器是利用電場加速和磁場偏轉來加速粒子；經回旋加速器的最大速度由洛倫茲力提供向心力可求得由D形盒的半徑決定.(2)回旋加速器是利用電場加速和磁場偏轉來加速粒子，根據(jù)動能定理求出n次加速后的速度，根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出加速的時間，再求出粒子偏轉的次數(shù)，從而得出在磁場中偏轉的時間，兩個時間之和即為離開離子源到被第n次加速結束時所經歷的時間．(3)在電場中的總的運動可以看做連續(xù)的勻加速直線運動，故根據(jù)平均速度公式可得在電場中運動時間;而每加速一次，做半個圓周運動，則磁場中的運動時間等于圈數(shù)乘以磁場中運動的周期.(4)粒子被加速一次所獲得的能量為qU，求出第n次加速后的動能,進而可求出第n個半圓的半徑.(5)根據(jù)電流的定義式和功率表示式求解.(6)根據(jù)洛侖茲提供向心力，求出最大動能與磁感應強度的關系以及與加速電壓頻率的關系，然后分情況討論出最大動能的關系.(7)回旋加速器是利用電場加速和磁場偏轉來加速粒子，根據(jù)動能定理求出n次加速后的速度，求出軌道半徑，抓住規(guī)律，求出△x．(8)求出rk所對應的加速次數(shù)和rk+1所對應的加速次數(shù)即可求出它們所對應的軌道半徑，然后作差即可求出rk和rk+1，從而求出△rk，運用同樣的方法求出△rk+1，比較△rk和△rk+1即可得出答案.【詳解】(1)帶電粒子在D形盒內做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，此時帶電粒子具有最大動能Ek，設離子從D盒邊緣離開時的速度為vm.依據(jù)牛頓第二定律：Bqvm=m所以帶電粒子能被加速的最大動能：Ek==(2)設正離子經過窄縫被第n次加速加速后的速度為vn，由動能定理得：nqU=粒子在狹縫中經n次加速的總時間：由牛頓第二定律：由以上三式解得電場對粒子加