高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题(20200912144859) 21页

高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题 一、速度选择器和回旋加速器 1．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示， A 为粒子加速器，加速电压为 U1；B 为速 度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为 U2，距离为 d；C 为偏转 分离器，磁感应强度为 B2，方向垂直纸面向里。今有一质量为 m、电荷量为 e 的正粒子 （初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后 做匀速圆周运动，打在照相底片 D 上。求： (1)磁场 B1 的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器 A，但加速电压不稳定，在 1 1U U 到 1 1U U 范围 内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速 度的粒子都有机会进入 C，则打在照相底片 D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化 范围。 【答案】（ 1） 2 1 12 U mB d U e ，垂直纸面向里；（ 2） 1 1 1 1 2 2 22 m U U m U UD B e e ， 1 1 min 2 1 U U U U U ， 1 1 max 2 1 U U U U U 【解析】 【分析】 【详解】 （1）在加速电场中 2 1 1 2 U e mv 12U ev m 在速度选择器 B 中 2 1 UeB v e d 得 2 1 12 U mB d U e 根据左手定则可知方向垂直纸面向里； （2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 1 1 1 2 U U ev m 1 1 2 mvR eB 最大值为 1 1 2 2 U U e v m 2 2 2 mvR eB 打在 D 上的宽度为 2 12 2D R R 1 1 1 1 2 2 22 m U U m U UD B e e 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为 v 的粒子有 1 UeB v e d 得 U=B1vd 代入 B1 得 2 12 mU U v U e 再代入 v 的值可得电压的最小值 1 1 min 2 1 U U U U U 最大值 1 1 max 2 1 U UU U U 2．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为 y 轴正方向，磁场方向垂直于 xy 平 面（纸面）向外，电场 E 和磁场 B 都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除 前的一样。一带正电的粒子质量为 m、电荷量为 q 从 P(x=0，y=h)点以一定的速度平行于 x 轴正向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为 R0 的圆周运动；若同时存在电场和磁场， 粒子恰好做直线运动．求： （1）若只有磁场，粒子做圆周运动的半径 R0 大小； （2）若同时存在电场和磁场，粒子的速度 0v 大小； （3）现在，只加电场，当粒子从 P 点运动到 x=R0 平面（图中虚线所示）时，立即撤除电 场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与 x 轴交于 M 点。（不计重力）。粒子到达 x=R0 平面时速度 v 大小以及粒子到 x 轴的距离； （4）M 点的横坐标 xM 。 【答案】（ 1） 0mv qB （ 2） E B （3） 02v ， 0 2 Rh （4） 2 2 0 0 0 72 4Mx R R R h h 【解析】 【详解】 （1）若只有磁场，粒子做圆周运动有： 2 0 0 0 qB m R vv 解得粒子做圆周运动的半径 0 0 mR qB （2）若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有： 0qE qBv 解得粒子的速度 0 Ev B （3）只有电场时，粒子做类平抛，有： 0 0 y qE ma R v a t v t 解得： 0yv v 所以粒子速度大小为： 2 2 0 02yv v v v 粒子与 x 轴的距离为： 2 01 2 2 RH h at h （4）撤电场加上磁场后，有： 2vqBv m R 解得： 02R R 粒子运动轨迹如图所示： 圆心 C位于与速度 v 方向垂直的直线上，该直线与 x 轴和 y 轴的夹角均为 4 ，由几何关系 得 C 点坐标为： 02Cx R , 0 0 2C Ry H R h 过 C 作 x 轴的垂线，在 ΔCDM 中： 02CM R R 0 2C RCD y h 解得： 2 2 2 2 0 0 7 4 DM CM CD R R h h M 点横坐标为： 2 2 0 0 0 72 4Mx R R R h h 3．图中左边有一对水平放置的平行金属板，两板相距为 d，电压为 U0，两板之间有垂直于 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B0．图中右边有一半径为 R的圆形匀强磁场区 域，磁感应强度大小为 B1，方向垂直于纸面朝外．一束离子垂直磁场沿如图路径穿出，并 沿直径 MN 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的 P 点射出，已知图中 θ=60 ，不 计重力，求 （1）离子到达 M 点时速度的大小； （2）离子的电性及比荷 q m ． 【答案】 （1） 0 0 U dB （2） 0 0 1 3 3 U dB B R 【解析】 （1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动， 由平衡条件得： qvB0=qE0 已知电场强度： 0 0 UE d 联立解得： 0 0 Uv dB （2）根据左手定则，离子束带负电 离子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，轨迹如图所示： 由牛顿第二定律得： 2 1 mvqvB r 由几何关系得： 3r R 0 0 1 3 3 Uq m dB B R 点睛：在复合场中做匀速直线运动，这是速度选择器的原理，由平衡条件就能得到进入复 合场的速度．在圆形磁场区域内根据偏转角求出离子做匀速圆周运动的半径，从而求出离 子的比荷，要注意的是离开磁场时是背向磁场区域圆心的． 4．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕、氘、氚三种粒子同 时沿直线在纸面内通过电场强度为 E、磁感应强度为 B 的复合场区域．进入时氕与氘、氘 与氚的间距均为 d，射出复合场后进入 y 轴与 MN 之间（其夹角为 θ）垂直于纸面向外的匀 强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界 MN 射出．虚线 MN 与 PQ 间为真空区域Ⅱ且 PQ 与 MN 平行．已知质子比荷为 q m ，不计重力． （1）求粒子做直线运动时的速度大小 v； （2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度 B1； （3）若虚线 PQ 右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均 能汇聚于 MN 上的一点，求该磁场的最小面积 S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点 的时间差△ t． 【答案】（ 1） E B （2） mE qdB （3） ( 2 )Bd E 【解析】 【分析】 由电场力与洛伦兹力平衡即可求出速度；由洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可求得区 域 Ⅰ 内磁场的磁感应强度 B1；分析可得氚粒子圆周运动直径为 3r，求出磁场最小面积，在 结合周期公式即可求得时间差． 【详解】 （1）粒子运动轨迹如图所示 : 由电场力与洛伦兹力平衡，有： Bqv＝Eq 解得： Ev B （2）由洛伦兹力提供向心力，有： 2 1 vqB v m r 由几何关系得： r＝d 解得： 1 mEB qdB （3）分析可得氚粒子圆周运动直径为 3r，磁场最小面积为： 2 2 1 3 2 2 2 r rS 解得： S＝πd2 由题意得： B2＝2B1 由 2 rT v 可得： 2 mT qB 由轨迹可知：△ t 1＝（ 3T1﹣T1） 2 ， 其中 1 1 2 mT qB △t 2＝ 1 2 （3T2﹣T2）其中 2 2 2 mT qB 解得：△ t＝△ t 1+△t2＝ 1 2 2m dB qB E 【点睛】 本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，注意在磁场 中的运动要注意几何关系的应用． 5．如图所示为质谱仪的原理图， A 为粒子加速器，电压为 1U ，B 为速度选择器，其内部 匀强磁场与电场正交，磁感应强度为 1B ，左右两板间距离为 d ，C为偏转分离器，内部匀 强磁场的磁感应强度为 2B ，今有一质量为 m ，电量为 q且初速为 0 的带电粒子经加速器 A 加速后，沿图示路径通过速度选择器 B，再进入分离器 C中的匀强磁场做匀速圆周运动， 不计带电粒子的重力，试分析： （1）粒子带何种电荷； （2）粒子经加速器 A 加速后所获得的速度 v ； （3）速度选择器的电压 2U ； （4）粒子在 C 区域中做匀速圆周运动的半径 R。 【答案】（ 1）带正电；（ 2） 12qUv m ；（ 3） 1 2 1 2qUU B d m （4） 1 2 21 mUr B q 【解析】 【分析】 （1）根据电荷在磁场中的偏转方向即可判断电荷的正负； （2）根据动能定理求解速度 （3）根据平衡求解磁场强度 （4）根据 2vqvB m r 求解运动轨道半径； 【详解】 （1）根据电荷在磁场中的运动方向及偏转方向可知该粒子带正电； （2）粒子经加速电场 U 1 加速，获得速度 v ，由动能定理得： 2 1 1 2 qU mv 解得： 12qUv m ⑵在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得 2 1 U q qvB d 解得： 2 1 1 1 2U B dv B d qU m ⑶在 B 2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力， 2vqvB m r 解得： 1 2 2 21 mUmvr B q B q 故本题答案是：（ 1）带正电；（ 2） 12qUv m ；（ 3） 1 2 1 2qUU B d m （4） 1 2 21 mUr B q 6．如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内，以 O 点为圆心，作一个半径为 R 的园形区域， A、B 两点为 x 轴与圆形区域边界的交点， C、D 两点连线与 x 轴垂直，并过线段 OB 中点； 将一质量为 m、电荷量为 q(不计重力 )的带正电的粒子，从 A 点沿 x 轴正方向以速度 v0 射 入圆形区域． （1）当圆形区域内只存在平行于 y 轴方向的电场时，带电粒子恰从 C点射出圆形区域，求 此电场的电场强度大小和方向； （2）当圆形区域内只存在垂直于区域平面的磁场时，带电粒子怡从 D 点射出圆形区域， 求此磁场的磁感应强度大小和方向； （3）若圆形区域内同时存在 (1)中的电场和 (2)中的磁场时，为使带电粒子恰能沿直线从 B 点射出圆形区域，其入射速度应变为多少 ? 【答案】 (1) 2 04 3 9 mvE qR 方向沿 y 轴正方向 (2) 03 3 mvB qR 方向垂直坐标平面向外 (3) 0 4 3 v v 【解析】 【分析】 （1）只存在电场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动列方程求解 电场强度；（ 2）区域只存在磁场时，做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，再根据洛伦 兹力等于向心力求解磁感应强度；（ 3）若电场和磁场并存，粒子做直线运动，电场力等于 洛伦兹力，列式求解速度 . 【详解】 （1）由 A 到 C做类平抛运动： 0 3 2 R v t ； 23 1R= 2 2 at qE ma 解得 3 04 3 9 mvE qR 方向沿 y 轴正方向； （2） 从 A 到 D 匀速圆周运动，则 0tan30 R r ， 3r R 2 0 0 vqv B m r 0mvr qB 解得 03 3 mvB qR 方向垂直坐标平面向外． （3）从 A 到 B 匀速直线运动， qE=qvB 解得 Ev B 即 0 4 3 v v 【点睛】 此题是带电粒子在电场中的偏转，在磁场中的匀速圆周运动以及在正交场中的直线运动问 题；粒子在电场中做类平抛运动，从水平和竖直两个方向列式；在磁场中做匀速圆周运 动，先找半径和圆心，在求磁感应强度；在正交场中的直线运动时列平衡方程求解 . 7．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， D 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) 2πfmB q (2) 2 2 2 k 2πE R f m (3) 1 2 2πn nqUR f m 【解析】 【详解】 (1)粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等，则有 2π 1= mT qB f 解得 2πfmB q (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，则有 2vqvB m R 则 mvR qB 最大动能为 2 2 2 2 2 2 2 2 k 1 1 ( ) 2π2 2 2 qBR q B RE mv m R f m m m (3)粒子经 n 次加速后的速度为 21 2 nnqU mv 得 2 n nqUv m 半径为 1 2 2π n n mv nqUR qB f m 8．回旋加速器核心部分是两个 D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接．以 便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速．两盒放在磁惑应强度 为 B 的匀强磁场中．磁场方向垂直于盒底面．粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的 粒子带电荷量为 q，质量为 m，粒子最大回旋半径为 Rn，其运动轨迹如图所示．问 . (1)D 形盒内有无电场？ (2)粒子在盒内做何种运动？ (3)所加交流电压频率应是多大．粒子运动的角速度为多大？ (4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？ (5)设两 D 形盒间电场的电势差为 U，盒间距离为 d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到 上述能量所需时间． 【答案】 (1) D 形盒内无电场 (2) 粒子在盒内做匀速圆周运动 (3) 2 qB m ， qB m (4) nqBR m ， 2 2 2 2 nq B R m (5) 2 n nBR BR d U U 【解析】 【分析】 【详解】 (1)加速器由 D 形盒盒间缝隙组成，盒间缝隙对粒子加速， D 形盒起到让粒子旋转再次通过 盒间缝隙进行加速，要做匀速圆周运动，则没有电场．电场只存在于两盒之间，而盒内无 电场 . (2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力始终与速度垂直，粒子做匀速圆周运动 (3)所加交流电压频率等于粒子在磁场中的频率，根据 2vqvB m r 和 2 rT v 可得 2 mT qB ， 故频率 1 2 qBf T m 运动的角速度 2 qB T m (4)粒子速度增加则半径增加，当轨道半径达到最大半径时速度最大，由 mvr qB 得： 2 max nqBRv m 则其最大动能为： 2 2 2 21 2 2 n km n q B RE mv m (5)由能量守恒得： 21 2 mv nqU 则离子匀速圆周运动总时间为： 1 2 nTt 离子在匀强电场中的加速度为 ： qUa md 匀加速总时间为： 2 mvt a 解得： 1 2 2 n nBR BR dt t t U U 【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，最大速度决定于 D 形盒的半径 ． 9．回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了 现代科学技术的发展。回旋加速器的原理如图， D1 和 D2 是两个中空的半径为 R 的半圆金 属盒，它们接在电压一定、频率为 f 的交流电源上，取粒子在磁场中运动的周期与交流电 的周期相同。位于 D1 圆心处的质子源 A 能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计）， 它们在两盒之间被电场加速， D1、D2 置于与盒面垂直的磁感应强度为 B 的匀强磁场中。若 输出时质子束的等效电流为 I.（忽略质子在电场中的加速时间及质子的最大速度远远小于 光速） (1)写出质子在该回旋加速器中运动的周期及质子的比荷 q m (2)求质子束从回旋加速器输出时的平均功率为 P. (3)若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与质子相同的最大动能，请分析此时磁 感应强度应该如何变化，并写出计算过程。 【答案】（ 1） 2 f B ；（ 2） 2I BR f ；（ 3） 2 【解析】 【详解】 （1）由回旋加速器的工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋的频率相同，由周期 T与 频率 f 的关系可知： T=1/f ； 设质子质量为 m，电荷量为 q，质子离开加速器的速度为 v，由牛顿第二定律可知： 2vqvB m R ； 质子回旋的周期： 2 2R mT v qB 则质子的比荷为： 2q f m B （2）设在 t 时间内离开加速器的质子数为 N， NqI t 则质子束从回旋加速器输出时的平均功率 21 2 N mv P t 由上述各式得 2P IBR f （3）若使用此回旋加速器加速氘核， Ek1=Ek2 2 2 1 1 2 2 1 1= 2 2 m v m v 2 2 2 2 2 2 1 2 1 22 2 1 2 1 1 2 2 R B q R B qm m m m 2 2 1 2 1 2 B B m m 2 12B B 即磁感应强度需增大为原来的 2 倍 10． 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 R，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速度 vm； ②若粒子第 1 次进入 D1 盒在其中的轨道半径为 r1，粒子第 1 次进入 D2 盒在其中的轨道半 径为 r2，求 r 1 与 r2 之比 . (2)根据回旋加速器的工作原理，请通过计算对以下两个问题进行分析： ①在上述不考虑相对论效应和重力影响的情况下，计算粒子在回旋加速器中运动的时间 时，为何常常忽略粒子通过两盒间狭缝的时间，而只考虑粒子在磁场中做圆周运动的时 间； 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。 【答案】 (1) ① m qBRv m ② 1 2 1 2 r r (2) ① 2 2 BRt U ② 2 mT qB 【解析】 【详解】 （1）①由牛顿第二定律有： 2 mvqvB m R 可知最大速度 m qBRv m ②设带电粒子在两盒间加速的次数为 N，由 2vqvB m r 和 21 0 2 NqU mv 可得 1 2NmUr B q 所以 1 2 1 2 r r （2）①带电粒子在两盒间电场中加速过程中的加速度 qUa md 在电场中加速的总时间为 1 mv BdRt a U 带电粒子运动一圈加速 2 次，设粒子在磁场中的运动圈数为 n 依据动能定理有： 2 2 2 mmvnqU 带电粒子运动一圈的时间 2 mT qB 则带电粒子在磁场中运动的总时间为 2 2 2 BRt U 由于 R d ，可知 1 2t t ，所以 1t 可忽略。 ②由 2vqvB m r 和 2 rT v 、 可得： 2 mT qB 从该周期公式发现，速度增加，粒子的质量会增加，其运动周期会变化，但加速电场周期 不变，从而使得加速电场的变化周求与粒子的运动周期不匹配，导致无法加速。 11． 回旋加速器 D 形盒中央为质子流， D 形盒的交流电压为 U，静止质子经电场加速后， 进入 D 形盒，其最大轨道半径为 R，磁场的磁感应强度为 B，质子质量为 m.求： (1)质子最初进入 D 形盒的动能多大； (2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大； (3)交流电源的频率是多少． 【答案】 (1)eU (2) 2 2 2 2 e B R m (3) 2 eB m 【解析】（ 1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入 D 型盒的动能： kE eU ； （2）根据 2vqvB m R 得，粒子出 D 形盒时的最后的速度为： m eBRv m ， 则粒子出 D 形盒时的最后的动能为： 2 2 2 21 2 2km m e B RE mv m ； （3）由洛伦兹力提供向心力，则有： 2vBev m r ，而 2 rT v ，所以粒子在磁场中运行 周期为 2 mT eB ，因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即 为： 2 mT eB ，因此频率为 2 eBf m 。 点睛：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流 电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系 。 12． 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： 1 粒子被加速后获得的最大动能 kE ； 2 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 1n 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氘核，要想使氘核获得与 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） 2 2 2 2 q B R m （2） 1 n n （3） 2 2 BR U （ 4） 2 2 【解析】 【详解】 (1)α粒子在 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 2vqvB m R 可得 qBRv m 粒子的最大动能 2 2 2 21 2 2k q B RE mv m (2)α粒子被加速一次所获得的能量为 qU， 粒子被第 n 次和 1n 次加速后的动能分别为 2 2 2 21 2 2 n Kn n q B RE mv nqU m 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 n Kn n q B RE mv n qU m 可得 1 1 n n R n R n (3)设 粒子被电场加速的总次数为 a，则 2 2 2 2k q B RE aqU m 可得 2 2 2 qB Ra mU 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 Tt a 2 mT qB 解得 2 2 BRt U (4)加速器加速带电粒子的能量为 2 2 2 21 2 2k q B RE mv m ，由 粒子换成氘核，有 2 2 2 2 2 2 1( ) 2 2 2 2 q B Rq B R mm ，则 1 2B B ，即磁感应强度需增大为原来的 2 倍 ； 高频交流电源的周期 2 mT qB ，由 粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的 2 2 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． 13． 如图回旋加速器 D 形盒的半径为 r，匀强磁场的磁感应强度为 一个质量了 m、电荷 量为 q 的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速． 求该回旋加速器所加交变电场的频率； 求粒子离开回旋加速器时获得的动能； 设两 D 形盒间的加速电压为 U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需 时间 不计在电场中的加速时间 ． 【答案】（ 1） （2） （ 3） 【解析】 试题分析 : （ 1）由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相 等，故 : 粒子在磁场中做匀速圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： 周期： 联立解得： ， (2)粒子离开磁场时速度最大，根据牛顿第二定律，有： 最大动能： 联立解得： （3）加速次数： 粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为： 粒子运动的时间为： t=nT 联立解得： 考点： 带电粒子在磁场中运动 14．1932 年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中运动特 点，解决了粒子的加速问题．现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中．回旋 加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的 D 形金属盒半径为 R，两盒间的狭缝很 小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直，加速器 接一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为 U．A 处粒子 源产生的粒子，质量为 m、电荷量为 q，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不 考虑相对论效应和重力作用． （1）求第 1 次被加速后粒子的速度大小为 v； （2）经多次加速后，粒子最终从出口处射出 D 形盒，求粒子射出时的动能 kmE 和在回旋加 速器中运动的总时间 t； （3）近年来，大中型粒子加速器往往采用多种加速器的串接组合．例如由直线加速器做为 预加速器，获得中间能量，再注入回旋加速器获得最终能量． n 个长度逐个增大的金属圆 筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图乙所示（图中只画出了六个圆筒，作为示 意）．各筒相间地连接到频率为 f 、最大电压值为 U 的正弦交流电源的两端．整个装置放 在高真空容器中．圆筒的两底面中心开有小孔．现有一电量为 q、质量为 m 的正离子沿轴 线射入圆筒，并将在圆筒间的缝隙的时间可以不计．已知离子进入第一个圆筒左端的速度 为 1v ，且此时第一、二两个圆筒间的电势差 1 2U U U ．为使打到靶上的离子获得最 大能量 ，各个圆筒的最小长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子的能 量． 【答案】 （1） 2qU m （2） 2 2 2 2 q B R m ， 2 2 BR U （3） 2 1 2 11 1,2,3, 2n n qUL v n f m ， 2 1 11 1,2,3 2knE n qU mv n 【解析】 （1）粒子第 1 次被加速后， 21 2 qU mv ， 2qUv m ； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动轨迹的半径 r R时，粒子的速度最大， 动能最大，设最大速度为 mv ，有 2 m m vqv B m R ， 粒子获得的最大动能 2 2 2 21 2 2m m q B RE mv m ， 粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次．设粒子到出口处被加速了 n 次， 21 2 mnqU mv ，解得 2 2 2 qB Rn mU ， 带电粒子在磁场中运动的周期为 2 2r mT v qB ， 粒子在磁场中运动的总时间 2 2 2 T BRt n U ； （3）为使正离子获得最大能量，要求离子每次穿越缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个圆 筒的电势高 U，这就要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半个周期．由于圆 筒内无电场，离子在筒内做匀速运动． 设离子在第 n 个圆筒内的速度为 nv ，第 n 个圆筒的长度为 nL ，则有 · 2 2 n n n vTL v f ， 2 2 1 1 1 1 2 2nmv mv n qU ， 2 1 2 1 n n qU v v m ， 第 n 个圆筒的长度应满足的条件为 2 1 2 11 1,2,3, 2n n qUL v n f m ， 打到靶上的离子的能量为 2 1 11 1,2,3 2knE n qU mv n ． 点睛：回旋加速器中最大的 速度不是由回旋次数决定而是由回旋加速器的半径决定，另外 要知道电场变化的周期恰好等于粒子在磁场中运动的周期，一个周期内加速两次． 15． 回旋加速器是加速带电粒子的常用仪器，其结构示意图如图甲所示，其中置于高真空 中的金属 D 形盒的半径为 R，两盒间距极小，在左侧 D 形盒圆心处放有粒子源 S，匀强磁 场的磁感应强度为 B，方向如图乙所示 (俯视 )．设带电粒子质量为 m，电荷量为＋ q，该粒 子从粒子源 S进入加速电场时的初速度不计，两金属盒狭缝处加高频交变电压，加速电压 大小 U 可视为不变，粒子重力不计，粒子在电场中的加速次数等于回旋半周的次数，求： (1) 粒子在回旋加速器中经过第一次加速可以达到的速度和第一次在磁场中的回旋半径； (2) 粒子在第 n 次通过狭缝前后的半径之比； (3) 粒子若能从上侧边缘的引出装置处导出，则 R 与 U、B、n 之间应满足什么条件？ 【答案】 (1) 2Uq m ； 2Uqm Bq ；(2) 1 :n n (3) qBR m ＝ 2nUq m 【解析】 (1)粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动， 根据 Uq＝ 2 1 1 2 mv v1＝ 2Uq m 根据 2vqvB m r 1 2Uqmr Bq (2)根据 nUq＝ 21 2 nmv vn＝ 2nUq m 根据 2vqvB m r 2 n nUqmr Bq 粒子在第 n 次通过狭缝前后的半径之比为 1 :n n (3)根据 2vqvB m r nUq＝ 21 2 nmv 知 vm ＝ 2qBR nqU m m .