2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)模型53 回旋加速器模型（解析版）

2024高考物理二輪復(fù)習(xí)80熱點模型

最新高考題模擬題專項訓(xùn)練

模型53回旋加速器模型

最新高考題

1.(15分)(2021年高考廣東學(xué)業(yè)水平選擇性測試)圖11是一種花瓣形電子加速器簡

化示意圖.空間有三個同心圓6、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓〃之

間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90。的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)I、

II和HI.各區(qū)磁感應(yīng)強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外，電子以初動能Eko

從圓b上P點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，

已知圓a與圓b之間電勢差為U,圓b半徑為R,圓c半徑為V5R,電子質(zhì)量為加，電

荷量為e.忽略相對論效應(yīng).取tan22.5。=0.4.

(1)當(dāng)反0=0時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡

的夾角6均為45。，最終從Q點出射，運動軌跡如圖11中帶箭頭實線所示.求I

區(qū)的磁感應(yīng)強度大小、電子在I區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；

(2)已知電子只要不與I區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射.當(dāng)a0=履［/時,

要保證電子從出射區(qū)域出射，求上的最大值.

【關(guān)鍵能力】本題以花瓣式加速器裝置為情景，考查帶電粒子在電場中加速，

在勻強磁場中偏轉(zhuǎn)運動，意在考查考生對動能定理、洛倫茲力、牛頓運動定律的

靈活運用能力。

【學(xué)科素養(yǎng)】本題考查的學(xué)科素養(yǎng)主要是物理觀念中的運動和相互作用觀念，功

和能的觀念，考生要能夠分析帶電粒子運動情景，能從物理學(xué)的運動和相互作用、

能量的視角分析解決問題。

【解題思路】(1)根據(jù)題述情景，由動能定理，電子在I區(qū)運動動能，Eki=2eU,

運動速度vi=2

57r

軌跡所對圓心角為0=225。=—

4

由tan22.5°=n/R,解得軌跡半徑rl=0.4R。

2

帶電粒子在勻強磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，ewB=mV',解得B=5—\m'U

4R

電子在I區(qū)運動時間t=

電子經(jīng)過8次加速，由動能定理，8eU=Ek，

解得電子在Q點出射時的動能Ek=8eU。

(2)電子運動軌跡不與I區(qū)磁場外邊界相切，其軌跡所對的圓心角最大為四12,

由tan45°=r2/R.解得n=R。

帶電粒子在勻強磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，ev2B=nA,

r2

解得V2=5、/—-

Vm

由動能定理，2eU=g〃?H-Eko，

即：2eU=/2.5eU-keU,解得k最大值為10.5。

2.(2018/1月浙江選考)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計了如圖(a)所示的“回旋變速裝

置”.兩相距為d的平行金屬柵極板M、N,板M位于x軸上，板N在它的正下方.兩板

間加上如圖(b)所示的幅值為Uo的交變電壓，周期7b=需，板M上方和板N下方有磁感應(yīng)

強度大小均為反方向相反的勻強磁場.粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶

電粒子，有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量

為m、電荷量為式g>0)的粒子.f=0時刻，發(fā)射源在(x,0)位置發(fā)射一帶電粒子.忽略粒子

的重力和其他阻力，粒子在電場中運動的時間不計.

(1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在>=州處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能；

(2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y

之間的關(guān)系.

【名師解析】：(1)發(fā)射源的位置x()=yo

粒子的初動能反0=2m,

(2)分下面三種情況討論

①見圖甲，Eko>2qUo

,mv2一R一也

由丫=港、&=qB、RLqB

甲

和5n彳=Jn#_qUo、

產(chǎn)R—~clUo及尸y+2(R)+R)

2______________

得x=y+族Y(yqB)2+2〃7曲)+

版7(yqB)2+4mqUo

②見圖乙，qUs<Eko<2qUo

.,tnvimvo

由一y—d=9、島=誦

和/n伉=57ng+qU()

及x=3(一y一4+2品)

得x=-3(y+d)+

初y](y+d)2q1B1+2mqUo

③見圖丙，Eko<qUo

由.ye謫、&=謫

〃八石=/v?—qUu

及x=-y—d+4R()

得x=-y-d+

表7（y+d）%苒-2mqUo.

3.（16分）.（2016江蘇高考物理）回旋加速器的工作原理如題15-1圖所示，置于真空中的。

形金屬盒半徑為上兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加

速粒子的質(zhì)量為〃?，電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如題15-2圖所示，電壓值的大小

為外。周期7^—?一束該粒子在t=04時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初

qB2

速度視為零。現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)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：

（I）出折粒子的動能線；

（2）粒子從飄入狹縫至動能達到Ek所需的總時間/總；

（3）要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件.

【名師解析】

V21q2B-R2

（1）粒子運動半徑為R時有=且扁=不〃/解得Em=~-

R22m

（2）粒子被加速〃次達到的動能品，則￡m二的Uo

粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)"次經(jīng)過狹縫的總時間為4,加速度4=X

ma

勻加速直線運動nd=-a（^t）2

T,,TIBR2+IBRdTim

由/（）=（?-1）*T-+A6解得to=-------------

22c/0qB

（3）只有在0?（g-加）時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，

則所占的比例為〃=，一，

2

TUnUa

由〃>99%,解得公方硒

4.（2015?浙江）使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁

屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等。質(zhì)量為m,速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道時

半徑為r的圓，圓心在。點，軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為及為引出

離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計引出器。引出器原理如圖所示，一堆圓弧形金屬板組成弧形

引出通道，通道的圓心位于0'點（?！c圖中未畫出）。引出離子時，令引出通道內(nèi)磁場的

磁感應(yīng)強度降低，從而使離子從P點進入通道，沿通道中心線從Q點射出。已知。。長度

為心。。與OP的夾角為

（2）離子從P點進入，Q點射出，通道內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度應(yīng)降為8',求3'：

（3）換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強度B不變，在內(nèi)外金屬板間

加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)。為使離子仍從P點進入，Q點射出，求

通道內(nèi)引出軌跡處電場強度E的方向和大小。

V2

【解析】：（1）離子做圓周運動，，

解得T。

由左手定則可判斷出離子帶正電荷。

(2)如圖所示，O'Q=R,OQ=L,O,O=R-r,

V

引出軌跡為圓弧，qvB'=m—

R

mv

解得：R=—。

qB、

產(chǎn)+Z7一2rLcos0

根據(jù)幾何關(guān)系得,R=-----------------

2(r-Lcos，)

iriVmv(2r-2Lcos^)

解得B5=—

qRq^r1+13—24cos。)

（3）電場強度方向沿徑向向外。

V2

引出軌跡為圓弧，qvB-qE=m—

R

mvz(2r-2Lcos

解得：E=Bv-

q(，+Z?-2rLcos6)

5.（2015?重慶）（18分）題9圖為某種離子加速器的設(shè)計方案.兩個半圓形金屬盒內(nèi)存

在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場.其中和是間距為/I的兩平行極板，其上分別

有正對的兩個小孔。和O',O'M=0N=d,P為靶點，O'P=kd（k為大于1的整數(shù)）.極板

間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為U。質(zhì)量為以、帶電量為°的正離子從。點由

靜止開始加速，經(jīng)0'進入磁場區(qū)域。當(dāng)離子打到極板上0'叱區(qū)域（含N'點）或外殼上時將

會被吸收.兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過。忽略相對論效應(yīng)和離子

所受的重力。求：

（1）離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應(yīng)強度大??；

（2）能使離子打到夕點的磁感應(yīng)強度的所有可能值；

（3）打到P點的能量最大的離子在磁場匯總運動的時間和在電場中運動的時間。

【名師解析】.(18分)

(1)電場加速一次，由動能定理，

V2

qvB=m—，2r=kdf

聯(lián)立解得磁感應(yīng)強度大?。築=2,2s帆

qkd

(2)電場加速〃次，由動能定理，nqU=；m\.

聯(lián)立解得：氏女匹

qkd

磁感應(yīng)強度取最大值時，電場加速一次，由動能定理，qU二;mv2,

v2

qvB-m—，2r=d,

解得:

磁感應(yīng)強度的所有可能值：B=2〃2〃Uqm(n=u2>3>...心)。磁感應(yīng)強度

qkd

qka

(2k2-3)萬川氏/

(3)在磁場中運動的時間：',)-------

2y]2Uqm(k2-1)

2（攵2-1）小

在電場中運動的時間:h.

Uq

最新模擬題

1.（2023石家莊三模）如圖甲所示為我國建造的第一臺回旋加速器，該加速器存放于中國

原子能科學(xué)研究院，其工作原理如圖乙所示：其核心部分是兩個D形盒，粒子源。置于D

形盒的圓心附近，能不斷釋放出帶電粒子，忽略粒子在電場中運動的時間，不考慮加速過程

中引起的粒子質(zhì)量變化?，F(xiàn)用該回旋加速器對：H、；He粒子分別進行加速，下列說法正確

的是（）

A.兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等

B.兩種粒子在回旋加速器中運動的時間不相等

C.兩種粒子離開出口處的動能相等

D.兩種粒子離開出口處的動能不相等

【參考答案】AD

【名師解析】

粒子在磁場中飛出的最大軌道半徑為D形盒的半徑，對應(yīng)速度也最大，則有

0

V

qvB=m^-

ninaxry

K

最大動能為

P12

Ekmax=5加%ax

在電場中加速因此，在磁場中回旋半周，令加速的次數(shù)為小則有

4max

解得

qR2B2

n=--------

2mU

則粒子運動的時間

T

t=n—

2

其中

.27rm

1=-----

qB

解得

TVBR2

t=-------

2U

可知，兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等，A正確，B錯誤；

CD.粒子離開出口處的動能最大，根據(jù)上述解得

maxc2m

；H粒子質(zhì)量數(shù)為2,電荷數(shù)為1,；He粒子的質(zhì)量數(shù)為4,電荷數(shù)為2,可知；He粒子

的出口處的動能為；H粒子的兩倍，即兩種粒子離開出口處的動能不相等，C錯誤，D正確。

2.（2023北京東城二模）回旋加速器的工作原理如圖所示，Di和D2是兩個中空的半圓金

屬盒，它們之間有電勢差。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中。中央A處的粒子源

可以產(chǎn)生粒子，粒子在兩盒之間被電場加速，進入磁場后做勻速圓周運動。粒子離開A處

時的速度、在電場中的加速時間以及粒子的重力均可忽略不計。不考慮粒子間的相互作用及

相對論效應(yīng)。下列說法正確的是（）

接交流電源

A.電勢差一定時，磁感應(yīng)強度越大，粒子離開加速器時的動能越小

B.電勢差一定時，磁感應(yīng)強度越大，粒子在加速器中的運動時間越長

C.磁感應(yīng)強度一定時，電勢差越大，粒子離開加速器時的動能越大

D.磁感應(yīng)強度一定時，電勢差越大，粒子在加速器中的運動時間越長

【參考答案】B

【名師解析】

由于回旋加速器中粒子在電場中加速的時間可以忽略，則由牛頓第二定律有

2

Dmv

Bq"R

化簡得

丫=幽

m

粒子離開加速器時的動能為

Ek

22m

故電勢差一定時，磁感應(yīng)強度越大，粒子離開加速器時的動能越大，故A錯誤;

B.由于回旋加速器中粒子在電場中加速的時間可以忽略，則有

萬

n2

Bqv=租下"口

化簡可得粒子在磁場中周期為

_27rm

1=

Bq

又由于電勢差一定，粒子在電場中每次加速電場力做功相同，若忽略第一次加速的能量轉(zhuǎn)化

大小，則設(shè)一共加速了〃次粒子恰好離開回旋加速器，則有

〃12

nUq=—mv

又由牛頓第二定律有

_mv"

Bqv=-----

R

粒子在回旋加速器運動的時間為

nT

t=一

2

由以上各式解得

2U

由上式可知，電勢差一定時，磁感應(yīng)強度越大，粒子在加速器中的運動時間越長，故B正

確;

C.粒子離開加速器時的動能為

線』=修

k22m

故磁感應(yīng)強度一定時，電勢差越大，粒子離開加速器時的動能不變，故C錯誤;

D.粒子在回旋加速器運動的時間為

由上式可知，磁感應(yīng)強度一定時，電勢差越大，粒子在加速器中的運動時間越短，故D錯

誤。

3.（2023山西太原期中）2022年12月28日我國中核集團全面完成了230MeV超導(dǎo)回旋

加速器（左圖）自主研制的任務(wù)，突破了國外壟斷，實現(xiàn)我國重大疾病診斷和治療設(shè)備的國

產(chǎn)化。如右圖所示為回旋加速器工作原理示意圖，置于高真空中的。形金屬盒半徑為凡帶

電粒子穿過兩金屬盒間狹縫的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加速

電壓為圓心A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)子，初速度為零，質(zhì)子在加速器中被加速，且加速過程中

忽略相對論效應(yīng)和重力的影響，則下列說法正確的是（）

A.在其他條件都不改變的情況下，可以用這套裝置加速笊核

B.質(zhì)子第n次加速后在磁場中的運動半徑是第一次加速后的n倍

C.若磁感應(yīng)強度變?yōu)?6,則加速電壓的變化頻率應(yīng)調(diào)整為原來的2倍，質(zhì)子離開回旋加

速器時的最大動能為原來的2倍

D.在其他條件都不改變的情況下，質(zhì)子被加速的次數(shù)與R2成正比

【參考答案】D

【名師解析】

質(zhì)子的比荷為1:1,笊核的比荷為1:2,加速電場的變化周期與質(zhì)子在磁場中運動的周期

相同，又因為

TE

qB

笊核與質(zhì)子在磁場中運動周期不同，所以用這套裝置不可以加速笊核，A錯誤：

B.根據(jù)動能定理

〃12

Uq=-mv；

質(zhì)子加速一次后的速度為

卡

Vm

加速〃次的速度為

匕，嚴

Vm

質(zhì)子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有

v2mv

qbv-m—=>r-——

rqB

所以

9

「1

所以質(zhì)子第〃次加速后在磁場中的運動半徑是第一次加速后的冊倍，B錯誤；

C.根據(jù)質(zhì)子離開回旋加速器時半徑為回旋加速器的半徑，所以質(zhì)子的最大速度為

m

m

的最大動能

1,B2q2R2

二=mv=

2mm2m

質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的周期為

TE

qB

磁感應(yīng)強度變?yōu)?5,則加速電壓的變化頻率應(yīng)調(diào)整為原來的2倍，質(zhì)子離開回旋加速器時

的最大動能為原來的4倍，C錯誤；

D.質(zhì)子被加速的次數(shù)為

E_B2q2R2_B2qR2

IT—hn——

qU2qUm2Um

可知，在其他條件都不改變的情況下，質(zhì)子的加速次數(shù)與居成正比，D正確。

4.（2023福建泉州三模）跑道式回旋加速器的工作原理如圖所示，兩個勻強磁場區(qū)域I、II

的邊界平行，相距為L，磁感應(yīng)強度大小相等，方向均垂直紙面向外。P、Q之間存在勻

強電場，場強大小為E，方向與磁場邊界垂直。質(zhì)量為加、電荷量為-4（4>0）的粒子從P

端無初速進入電場，〃次經(jīng)過電場加速后，從位于邊界上的出射口K射出。已知K、。之

間的距離為d，不計粒子重力。求：

（1）粒子射出K時的速率；

（2）磁場的磁感應(yīng)強度大??；

（3）粒子從P端進入電場到運動至出射口K的過程中，在電場和磁場內(nèi)運動的總時間。

B--yj2nmqEL；

qd

【名師解析】

（1）設(shè)經(jīng)過〃次加速后粒子的速率為v,根據(jù)動能定理得

nqE。L=—1mv2

解得

_\lnqEL

Vm

(2)粒子從K點離開前的軌道半徑為

R=-

2

粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得

V2

qvB=m—

R

解得

B=高J2nmqEL

(3)粒子在電場中做初速度為零的勻加速運動，設(shè)加速度大小為在電場中運動的總時

間為％,則

qE=ma

解得

\2nmL

lE=J-7~

\qE

在磁場中運動周期

_27rR27rm

1=-----=------

vqB

粒子在磁場中運動的總時間為,則

解得

2nmL(1、mud

--------Fn—,=

qEI2)J2nmqEL

5.（2023福建龍巖武平仿真模擬）如圖所示為回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，勻強磁場的方向

垂直于半圓型且中空的金屬盒Di和D2,磁感應(yīng)強度為8,金屬盒的半徑為R,兩盒之間有

一狹縫，其間距為"，且R>>4,兩盒間電壓為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Di盒中，經(jīng)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(jīng)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(zhì)量為〃?、電荷量為+如

（1）不考慮加速過程中的相對論效應(yīng)和重力的影響。

①求粒子可獲得的最大動能及?,；

②若粒子第1次進入Di盒在其中的軌道半徑為打，粒子第2次進入Di盒在其中的軌道半徑

為廢，求n與n之比；

③求粒子在電場中加速的總時間n與粒子在D形盒中回旋的總時間f2的比值，并由此分析：

計算粒子在回旋加速器中運動的時間時，“與包哪個可以忽略？（假設(shè)粒子在電場中的加速

次數(shù)等于在磁場中回旋半周的次數(shù)）；

（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(yīng)開始顯現(xiàn)，粒子的質(zhì)量隨著速度的增加而增大。結(jié)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。

"2Z?2R212d

【參考答案】⑴①,""；②③—,白可以忽略；（2）見解析

2m，3兀R

【名師解析】

（1）①粒子離開回旋加速器前，做的還是圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第

二定律可得

V2

K

1

ErmV2

k,n^-,n

解得

“FT

②設(shè)帶電粒子在兩盒間加速的次數(shù)為N,在磁場中有

qvB=m—

在電場中有

NqU=mv2

第?次進入Di盒中N=l,第二次進入Di盒中N=3,可得

2L-1

X一忑

③帶電粒子在電場中的加速度為

a=qE=qU_

mmd

所以帶電粒子在電場中的加速總時間為

/_BdR

設(shè)粒子在磁場中回旋的圈數(shù)為〃，由動能定理得

帶電粒子回旋一圈的時間為

2nm

qB

所以帶電粒子在磁場中回旋的總時間為

t

22U

八_2d

t2TIR

己知R>>d可知％<<4，所以內(nèi)可以忽略。

（2）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動周期為

?2無加

1=--

qB

對一定的帶電粒子和一定的磁場來說，這個周期是不變的。如果在兩盒間加一個同樣周期的

交變電場，就可以保證粒子每次經(jīng)過電場時都能被加速，當(dāng)粒子的速度足夠大時，由于相對

論效應(yīng)，粒子的質(zhì)量隨速度的增加而增大，質(zhì)量的增加會導(dǎo)致粒子在磁場中的回旋周期變大,

從而破壞了與電場變化周期的同步，導(dǎo)致無法繼續(xù)加速。

6.（2023北京昌平二模）現(xiàn)代科學(xué)研究中常用到高能粒子，產(chǎn)生這些高能粒子的“工廠”就

是各種各樣的粒子加速器。

（1）如圖所示，真空中平行金屬板M、，之間所加電壓為U,一個質(zhì)量為,〃、電荷量為+4

的粒子從例板由靜止釋放，經(jīng)電場加速后到達N板，不計帶電粒子的重力。求帶電粒子到

達N板時的速度大小

（2）1930年，物理學(xué)家勞倫斯設(shè)計出了回旋加速器，其工件原理如圖所示。半徑為R的高

真空的D形金屬盒處在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為8,方向與盒面垂直。將兩盒與電壓

為U的高頻交流電源相連，兩盒的狹縫間形成周期性變化的電場。A處粒子源產(chǎn)生的帶電粒

子，質(zhì)量為〃?、電荷量為+4,初速度忽略不計。調(diào)整交流電源的頻率可使粒子每次通過狹

縫時都能被加速。不計帶電粒子穿過狹縫的時間和粒子所受重力。

a.求所用交流電源的頻率/；

b.對于用回旋加速器加速帶電粒子，甲、乙兩位同學(xué)有不同的看法：甲同學(xué)認為增大交流

電源的電壓U,就能得到更大能量的粒子；乙同學(xué)認為增大D形盒的半徑R,就能得到更大

能量的粒子。忽略相對論效應(yīng)。你認為哪位同學(xué)的看法合理？簡要說明理由。

【名師解析】

(1)帶電粒子從M板由靜止釋放加速到N板的過程，根據(jù)動能定理，有

qU=^mv2-0

帶電粒子到達N板時的速度大小為

一

Vm

(2)a.根據(jù)回旋加速器的工作原理可知，交流電源的頻率與粒子做圓周運動的頻率相同

f△衛(wèi)

T2兀m

b.乙同學(xué)的看法合理:

理由是：粒子的速度與半徑成正比，所以當(dāng)圓周運動的半徑最大時，粒子的動能最大，則有

R

解得

12q/R?

所以增大交流電源的電壓U,不能得到更大能量的粒子；增大D形盒的半徑R,能得到更大

能量的粒子。

7.(2023長沙二模)現(xiàn)有一對半圓柱體回旋加速器置于真空中，如圖所示，其半徑為七

高度為“，兩金屬盒半圓柱體間狹縫寬度為乩有垂直于盒面向下、磁感應(yīng)強度大小為B的

勻強磁場和垂直于盒面向下、電場強度大小為E的勻強電場，磁場僅存在于兩盒內(nèi)，而電

場存在于整個裝置，兩盒間接有電壓為。的交流電。加速器上表面圓心A處有一粒子發(fā)射

器，現(xiàn)有一電荷量為+4、質(zhì)量為根的粒子從A點飄入狹縫中，初速度可以視為零。不考慮

相對論效應(yīng)和重力作用，若粒子能從加速器下表面邊緣離開，求:

(1)若U未知，粒子從A點到離開加速器下表面邊緣所用時間，及動能線；

(2)粒子在荻縫中被加速的次數(shù)”;

(3)若H未知，粒子在狹縫中被加速的時間與在磁場中運動的時間的比值。

2d

(3)—

2m2mU兀R

【名師解析】

(1)粒子從A點到離開加速器下表面邊緣的過程中，豎直方向在電場力作用下做勻加速直

線運動，由牛頓第二定律有

qE-ma,H=-at2

2

解得

2Hm

qE

粒子從加速器下表面邊緣出去時在水平方向上的速度匕.取決于加速器金屬盒的半徑，由洛

倫茲力提供向心力，有

mv2

qvB=--x

*xR

豎直方向上的速度

則離開時的動能

1

紜=—mv2=???；+62+嘿:

2

(2)由(1)分析可知

Ek-nqU+qEH

解得

qB'R1

n=

2mU

（3）設(shè)粒子在狹縫中被加速的時間為4,在磁場運動的時間為與，有

口而，—叫

2d

解得

BRd

粒子在磁場中運動的周期

丁271771

1=-----

qB

已知粒子每經(jīng)過一次狹縫，就會在磁場運動半個周期，則

222U

6_2d

則

t2TCR

8.（2023江蘇南通重點高中質(zhì)檢）1930年，勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器。加速

器在核物理和粒子物理研究中發(fā)揮著巨大的作用，回旋加速器是其中的一種。如圖是某回旋

加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，功和。2是兩個中空的、半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間窄縫的

寬度為d,它們之間有一定的電勢差兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)

強度大小為B,。盒的中央A處的粒子源可以產(chǎn)生質(zhì)量為加、電荷量為+q的粒子，粒子每

次經(jīng)過窄縫都會被電場加速，之后進入磁場做勻速圓周運動，經(jīng)過若干次加速后，粒子從金

屬盒S邊緣離開，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。

（1）求粒子離開加速器時獲得的最大動能以“,；（5分）

（2）在分析帶電粒子的運動軌跡時，用拉/表示任意兩條相鄰軌跡間距，甲同學(xué)認為M