物理速度選擇器和回旋加速器練習(xí)全集及解析

物理速度選擇器和回旋加速器練習(xí)全集及解析一、速度選擇器和回旋加速器1．如圖所示，虛線O1O2是速度選擇器的中線，其間勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B1，勻強電場的場強為E（電場線沒有畫出）。照相底片與虛線O1O2垂直，其右側(cè)偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度為B2?，F(xiàn)有一個離子沿著虛線O1O2向右做勻速運動，穿過照相底片的小孔后在偏轉(zhuǎn)磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，最后垂直打在照相底片上（不計離子所受重力）。(1)求該離子沿虛線運動的速度大小v；(2)求該離子的比荷；(3)如果帶電量都為q的兩種同位素離子，沿著虛線O1O2射入速度選擇器，它們在照相底片的落點間距大小為d，求這兩種同位素離子的質(zhì)量差△m?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)離子沿虛線做勻速直線運動，合力為0Eq=B1qv解得(2)在偏轉(zhuǎn)磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，所以解得(3)設(shè)質(zhì)量較小的離子質(zhì)量為m1，半徑R1；質(zhì)量較大的離子質(zhì)量為m2，半徑為R2根據(jù)題意R2=R1+它們帶電量相同，進入底片時速度都為v，得聯(lián)立得化簡得2．如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy，在其第二象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場和沿y軸負方向的勻強電場。虛線OA位于第一象限，與y軸正半軸的夾角θ=60°，在此角范圍內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場；OA與y軸負半軸所夾空間里存在與OA平行的勻強電場，電場強度大小E=10N/C。一比荷q=1×106C/kg的帶電粒子從第二象限內(nèi)M點以速度v=2.0×103m/s沿x軸正方向射出，M點到x軸距離d=1.0m，粒子在第二象限內(nèi)做直線運動；粒子進入第一象限后從直線OA上的P點（P點圖中未畫出）離開磁場，且OP=d。不計粒子重力。(1)求第二象限中電場強度和磁感應(yīng)強度的比值；(2)求第一象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)粒子離開磁場后在電場中運動是否通過x軸？如果通過x軸，求其坐標(biāo)；如果不通過x軸，求粒子到x軸的最小距離?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)不會通過，0.2m【解析】【詳解】(1)由題意可知，粒子在第二象限內(nèi)做勻速直線運動,根據(jù)力的平衡有解得(2)粒子在第二象限的磁場中做勻速圓周運動，由題意可知圓周運動半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得磁感應(yīng)強度大小(3)粒子離開磁場時速度方向與直線OA垂直，粒子在勻強電場中做曲線運動，粒子沿y軸負方向做勻減速直線運動，粒子在P點沿y軸負方向的速度大小粒子在電場中沿y軸方向的加速度大小設(shè)經(jīng)過時間，粒子沿y軸方向的速度大小為零，根據(jù)運動學(xué)公式有時間內(nèi)，粒子沿y軸方向通過的位移大小聯(lián)立解得由于故帶電粒子離開磁場后不會通過x軸，帶電粒子到x軸的最小距離3．如圖為質(zhì)譜儀的原理圖。電容器兩極板的距離為d，兩板間電壓為U，極板間的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B1,方向垂直紙面向里。一束帶電量均為q但質(zhì)量不同的正粒子從圖示方向射入，沿直線穿過電容器后進入另一磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場，磁場B2方向與紙面垂直，結(jié)果分別打在a、b兩點，若打在a、b兩點的粒子質(zhì)量分別為和.求：(1)磁場B2的方向垂直紙面向里還是向外?(2)帶電粒子的速度是多少?(3)打在a、b兩點的距離差△x為多大?【答案】(1)垂直紙面向外(2)(3)【解析】【詳解】(1)帶正電的粒子進入偏轉(zhuǎn)磁場后，受洛倫茲力而做勻速圓周運動，因洛倫茲力向左，由左手定則知，則磁場垂直紙面向外.(2)帶正電的粒子直線穿過速度選擇器，受力分析可知：解得：(3)兩粒子均由洛倫茲力提供向心力可得：，兩粒子打在底片上的長度為半圓的直徑，則：聯(lián)立解得：4．如圖，平行金屬板的兩極板之間的距離為d，電壓為U。兩極板之間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向與金屬板面平行且垂直于紙面向里。兩極板上方一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。一帶正電的粒子從A點以某一初速度沿平行于金屬板面且垂直于磁場的方向射入兩極板間，而后沿直徑CD方向射入圓形磁場區(qū)域，并從邊界上的F點射出。已知粒子在圓形磁場區(qū)域運動過程中的速度偏轉(zhuǎn)角，不計粒子重力。求：（1）粒子初速度v的大小；（2）粒子的比荷?！敬鸢浮浚?）v=（2）【解析】【詳解】（1）粒子在平行金屬板之間做勻速直線運動qvB0=qE①U=Ed②由①②式得v=③（2）在圓形磁場區(qū)域，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有④由幾何關(guān)系有：⑤由③④⑤式得：⑥5．如圖所示，OO′為正對放置的水平金屬板M、N的中線，熱燈絲逸出的電子(初速度、重力均不計)在電壓為U的加速電場中由靜止開始運動，從小孔O射人兩板間正交的勻強電場、勻強磁場(圖中未畫出)后沿OO′做直線運動，已知兩板間的電壓為2U，兩板長度與兩板間的距離均為L，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e。求：(1)電子通過小孔O時的速度大小v；(2)板間勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B和方向。【答案】（1）（2）方向垂直紙面向里【解析】【詳解】(1)電子通過加速電場的過程中，由動能定理有：解得：(2)兩板間電場的電場強度大小為：由于電子在兩板間做勻速運動，故：解得：根據(jù)左手定則可判斷磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外.6．實驗中經(jīng)常利用電磁場來改變帶電粒子運動的軌跡．如圖所示，氕、氘、氚三種粒子同時沿直線在紙面內(nèi)通過電場強度為E、磁感應(yīng)強度為B的復(fù)合場區(qū)域．進入時氕與氘、氘與氚的間距均為d，射出復(fù)合場后進入y軸與MN之間（其夾角為θ）垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅰ，然后均垂直于邊界MN射出．虛線MN與PQ間為真空區(qū)域Ⅱ且PQ與MN平行．已知質(zhì)子比荷為，不計重力．（1）求粒子做直線運動時的速度大小v；（2）求區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B1；（3）若虛線PQ右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域Ⅲ，經(jīng)該磁場作用后三種粒子均能匯聚于MN上的一點，求該磁場的最小面積S和同時進入復(fù)合場的氕、氚運動到匯聚點的時間差△t．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】由電場力與洛倫茲力平衡即可求出速度；由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系即可求得區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B1；分析可得氚粒子圓周運動直徑為3r，求出磁場最小面積，在結(jié)合周期公式即可求得時間差．【詳解】（1）粒子運動軌跡如圖所示:由電場力與洛倫茲力平衡，有：Bqv＝Eq解得：（2）由洛倫茲力提供向心力，有：由幾何關(guān)系得：r＝d解得：（3）分析可得氚粒子圓周運動直徑為3r，磁場最小面積為：解得：S＝πd2由題意得：B2＝2B1由可得：由軌跡可知：△t1＝（3T1﹣T1），其中△t2＝（3T2﹣T2）其中解得：△t＝△t1+△t2＝【點睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是解題的關(guān)鍵，注意在磁場中的運動要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用．7．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間距很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場與盒面垂直。在下極板的圓心A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m?電荷量為+q，在加速器中被加速，加速電壓u隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和變化電場對磁場分布的影響。(1)粒子開始從靜止被加速，估算該離子離開加速器時獲得的動能Ek；(2)調(diào)節(jié)交流電的電壓，先后兩次的電壓比為1:2，則粒子在加速器中的運動時間之比為多少？(3)帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓心并不是金屬盒的圓心O，而且在不斷的變動。設(shè)第一次加速后做圓周運動的圓心O1到O的距離為x1,第二次加速后做圓周運動的圓心O2到O的距離為x2，這二個距離平均值約為最后從加速器射出時圓周運動的圓心位置x，求x的值，并說明出口處為什么在A的左邊；(4)實際使用中，磁感應(yīng)強度B會出現(xiàn)波動，若在t=時粒子第一次被加速，要實現(xiàn)連續(xù)n次加速，求B可波動的最大范圍。【答案】(1)；(2)2:1；(3)；第一次圓周運動的圓心在A點的左邊，最后一次圓周運動與左邊相切，所以出口在A點的左邊；(4)，n=2、3……【解析】【分析】根據(jù)回旋加速器原理，粒子在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)，根據(jù)軌道半徑與運動周期可求運動動能及運動時間，若磁場出現(xiàn)波動，求出磁感強度的最大值和最小值，從而確定磁感強度的范圍?！驹斀狻浚?）圓周運動的最大半徑約為R離子離開加速器時獲得的動能（2）設(shè)加速n次運動時間之比（3）設(shè)第一、二次圓周運動的半徑為r1和r2可得第一次圓周運動的圓心在A點的左邊，最后一次圓周運動與左邊相切，所以出口在A點的左邊。（4）設(shè)磁感應(yīng)強度偏小時為B1，圓周運動的周期為T1解得設(shè)磁感應(yīng)強度偏大時為B2，圓周運動的周期為T2解得因此，n=2、3……8．回旋加速器D形盒的半徑為R，高頻加速電壓的頻率為f，空間存在方向垂直D形盒、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。用該回旋加速器加速帶負電的粒子束，粒子達到最大速度后被引出，測得粒子被引出時的平均電流為I。不計粒子的加速時間，求：(1)粒子被引出時的最大速度vm；(2)粒子束的輸出功率P?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)粒子的電荷量為、質(zhì)量為，當(dāng)粒子被引出時，有：由粒子做勻速圓周運動周期公式：解得(2)粒子束被引出時，設(shè)時間內(nèi)飛出加速器的粒子數(shù)為，則有根據(jù)能量守恒定律有解得9．在高能物理研究中，粒子加速器起著重要作用，而早期的加速器只能使帶電粒子在高壓電場中加速一次，因而粒子所能達到的能量受到高壓技術(shù)的限制。1930年，提出了回旋加速器的理論，他設(shè)想用磁場使帶電粒子沿圓弧形軌道旋轉(zhuǎn)，多次反復(fù)地通過高頻加速電場，直至達到高能量。圖17甲為設(shè)計的回旋加速器的示意圖。它由兩個鋁制型金屬扁盒組成，兩個形盒正中間開有一條狹縫；兩個型盒處在勻強磁場中并接有高頻交變電壓。圖17乙為俯視圖，在型盒上半面中心處有一正離子源，它發(fā)出的正離子，經(jīng)狹縫電壓加速后，進入型盒中。在磁場力的作用下運動半周，再經(jīng)狹縫電壓加速；為保證粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速，應(yīng)設(shè)法使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(fù)始，最后到達型盒的邊緣，獲得最大速度后被束流提取裝置提取出。已知正離子的電荷量為，質(zhì)量為，加速時電極間電壓大小恒為，磁場的磁感應(yīng)強度為，型盒的半徑為，狹縫之間的距離為。設(shè)正離子從離子源出發(fā)時的初速度為零。（1）試計算上述正離子從離子源出發(fā)被第一次加速后進入下半盒中運動的軌道半徑；（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(dāng)中從離開離子源到被第次加速結(jié)束時所經(jīng)歷的時間；（3）不考慮相對論效應(yīng)，試分析要提高某一離子被半徑為的回旋加速器加速后的最大動能可采用的措施?！敬鸢浮浚?）（2）（3）增大加速器中的磁感應(yīng)強度B【解析】【詳解】（1）設(shè)正離子經(jīng)過窄縫被第一次加速加速后的速度為v1，由動能定理得：正離子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為r1，由牛頓第二定律得：由以上兩式解得：故正離子從離子源出發(fā)被第一次加速后進入下半盒中運動的軌道半徑為。（2）設(shè)正離子經(jīng)過窄縫被第n次加速加速后的速度為vn，由動能定理得：把電場中的多次加速湊成連續(xù)的加速過程，可得粒子在狹縫中經(jīng)n次加速的總時間為：由牛頓第二定律有：由以上三式解得電場對粒子加速的時間為：正離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：又因有：每加速一次后都要做半個周期的圓周，則粒子在磁場中做圓周運動的時間為：由以上三式解得：所以粒子從離開離子源到被第n次加速結(jié)束時所經(jīng)歷的時間為：故正離子在某次加速過程當(dāng)中從離開離子源到被第n次加速結(jié)束時所經(jīng)歷的時間為（3）設(shè)離子從D盒邊緣離開時做圓周運動的軌跡半徑為rm，速度為vm離子獲得的最大動能為：所以，要提高某一離子被半徑為R的回旋加速器加速后的最大動能可以增大加速器中的磁感應(yīng)強度B．10．勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是()A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1D．不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于a粒子加速【答案】AC【解析】【詳解】A．質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則：所以最大速度不超過2πfR。故A正確。B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力：，解得：最大動能：，與加速的電壓無關(guān)。故B錯誤。C．粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)，可得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為，根據(jù)，可得半徑比為。故C正確。D．回旋加速器交流電的頻率與粒子轉(zhuǎn)動頻率相等，即為，可知比荷不同的粒子頻率不同，不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，有可能起不到加速作用。故D錯誤。故選AC。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(jié)構(gòu)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(chǎn)生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速．設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，電量為q，勻強磁場磁感應(yīng)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(zhì)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(shè)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(guān)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(dāng)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．同步回旋加速器結(jié)構(gòu)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(shè)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(yīng)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，加速腔的長度為L，且L<<R,當(dāng)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(yīng)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(yīng)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l1的粒子束（l1<L），則這一束粒子作為整體可以獲得的最大速度vmax．【答案】(1)(2)πR(3)(4)【解析】【詳解】(1)粒子在電場中被加速，由動能定理得：kqU＝mvk2﹣0解得：(2)粒子做圓周運動的周期：由題意可知，加速空腔的長度：L＜＜R，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周運動的周期：(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＝mvk2﹣0解得：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvkBk＝，解得：(4)粒子第一次加速后的速度：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：，由可知，粒子被第二次加速后的速度：粒子被二次加速后這一束粒子的長度：l2＝v2t1＝l1粒子被第三次加速后的速度：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：l3＝v3t2＝l1粒子被第四次加速后的速度：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：l4＝v4t3＝l1…粒子被第k次加速后的速度：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：lk＝vktk﹣1＝l1當(dāng)粒子束的長度：lk＝l1＝L，即：k＝時粒子束的速度最大，由動能定理得：?qU＝mvmax2﹣0，解得：13．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(xué)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(fù)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，置于真空中的形金屬盒半徑為，兩盒間狹縫的間距為，磁感應(yīng)強度為的勻強磁場與盒面垂直，被加速質(zhì)子（）的質(zhì)量為，電荷量為．加在狹縫間的交變電壓如圖（b）所示，電壓值的大小為、周期．為了簡化研究，假設(shè)有一束質(zhì)子從板上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．（1）質(zhì)子在磁場中的軌跡半徑為（已知）時的動能；（2）請你計算質(zhì)子從飄入狹縫至動能達到（問題（1）中的動能）所需要的時間．（不考慮質(zhì)子間的相互作用，假設(shè)質(zhì)子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動．）（3）若用該裝置加速氦核（），需要對偏轉(zhuǎn)磁場或交變電壓作出哪些調(diào)整？【答案】（1）（2）（3）方案一：增大磁感應(yīng)強度，使得氦核的圓周運動周期等于上述電場的周期即可．方案二：增大交變電場的周期，使得電場的周期等于氦核圓周運動的周期．【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)洛倫茲力提供向心力進行求解即可；【詳解】（1）洛倫茲力提供向心カ，根據(jù)牛頓第二定律有：粒子的動能為，解得；（2）設(shè)粒子被加速次后達到最大動能，則有，解得：粒子在狹縫間做勻加速運動，加速度為設(shè)次經(jīng)過狹縫的總時間為，根據(jù)運動學(xué)公式有：設(shè)在磁場中做圓周運動的周期為，某時刻質(zhì)子的速度為，半徑為則，，由解得：；（3）氦核的荷質(zhì)比與質(zhì)子不同，要實現(xiàn)每次通過電場都被加速，需要保證交變電場的周期與磁場中圓周運動的周期相同，粒子在磁場中的圓周運動周期，氦核的荷質(zhì)比大于質(zhì)子，使得圓周運動周期變大方案一：增大磁感應(yīng)強度，使得氦核的圓周運動周期等于上述電場的周期即可．方案二：增大交變電場的周期，使得電場的周期等于氦核圓周運動的周期．【點睛】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關(guān)，以及知道粒子在磁場中運動的周期與電場的變化的周期相等．14．回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，A處粒子源產(chǎn)生的粒子初速度可忽略不計，質(zhì)量為m、電荷量為+q，每次在兩D形盒中間被加速時加速電壓均為U，加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。求：(1)粒子第4次加速后的運動半徑與第5次加速后的運動半徑之比；(2)粒子在