1、最新物理速度选择器和回旋加速器练习全集一、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，在到范围内变化，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
2、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），垂直纸面向里；（2），【解析】【分析】【详解】（1）在加速电场中在速度选择器B中 得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 最大值为打在D上的宽度为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的粒子有得U=B1vd代入B1得再代入v的值可得电压的最小值最大值2如图所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，下极板带正电，上极板带负电，两板间电场强度大小为E，两板间分布有匀强磁场，磁感强度方向垂直纸面向外，大小为B， E与B方向相互
3、垂直一带正电的粒子（不计重力）质量为m，带电量为q，从两板左侧中点沿图中虚线水平向右射入速度选择器（1）若该粒子恰能匀速通过图中虚线，求该粒子的速度大小；（2）若撤去磁场，保持电场不变，让该粒子以一未知速度从同一位置水平射入，最后恰能从板 的边缘飞出，求此粒子入射速度的大小；（3）若撤去电场，保持磁场不变，让该粒子以另一未知速度从同一位置水平射入，最后恰能从板的边缘飞出，求此粒子入射速度的大小【答案】（1） ； （2）；（3）或【解析】【分析】【详解】（1）若该粒子恰能匀速通过图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有：qv1B=qE解得： （2）若撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场
4、中做类平抛运动，则水平方向有：L=v2t竖直方向有： 由牛顿第二定律有：qE=ma解得： （3）若粒子从板右边缘飞出，则 解得： 由 得： 若粒子从板左边缘飞出，则： 由得：3在图所示的平行板器件中，电场强度和磁感应强度相互垂直具有某一水平速度的带电粒子，将沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不发生偏转，具有其他速度的带电粒子将发生偏转这种器件能把具有某一特定速度的带电粒子选择出来，叫作速度选择器已知粒子A（重力不计）的质量为m,带电量为+q；两极板间距为d；电场强度大小为E，磁感应强度大小为B求：(1)带电粒子A从图中左端应以多大速度才能沿着图示虚线通过速度选择器？(2)若带电粒子A的反粒子
5、(-q, m)从图中左端以速度E/B水平入射，还能沿直线从右端穿出吗？为什么？(3)若带电粒子A从图中右端两极板中央以速度E/B水平入射，判断粒子A是否能沿虚线从左端穿出，并说明理由若不能穿出而打在极板上请求出粒子A到达极板时的动能？【答案】(1) E/B (2) 仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关只与速度有关 (3) 不可能, 【解析】试题分析：，电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，即可解得速度仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关只与速度有
6、关 (1) 带电粒子在电磁场中受到电场力和洛伦兹力（不计重力），当沿虚线作匀速直线运动时，两个力平衡，即Eq=Bqv 解得：（2）仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B, E)给定时，与粒子的电性、电量无关只与速度有关(3)设粒子A在选择器的右端入射是速度大小为v，电场力与洛伦兹力同方向，因此不可能直线从左端穿出，一定偏向极板设粒子打在极板上是的速度大小为v由动能定理得：因为 E=Bv 联立可得粒子A到达极板时的动能为：点睛：本题主要考查了从速度选择器出来的粒子电场力和洛伦兹力相等，粒子的速度相同，速度选择器只选择速度，不选择电量与电性，同时要结合功能关系分析4如图，在整个直角坐标系xo
7、y区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在x0区域还存在方向垂直于xoy平面向内的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上x=L的A点射出，速度方向与x轴正方向成45，粒子刚好能垂直经过y轴，并且在第一象限恰能做直线运动，不计粒子重力(1)求粒子经过y轴的位置(2)求磁感应强度B的大小(3)若将磁场的磁感应强度减小为原来的一半，求粒子在x0区域运动过程中的最大速度和最低点的y坐标。【答案】（1）y=L （2） （3） 【解析】【分析】（1）粒子在第二象限做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解粒子经过y轴的位置；（2）粒子在第一象限恰能做直线运动，则电场力等于洛伦兹力，可求
8、解B；（3）将x0区域的曲线运动看做以2v1的匀速直线运动和以v1的匀速圆周运动的合成，结合直线运动和圆周运动求解最大速度和最低点坐标。【详解】（1）粒子在第二象限做类平抛运动，设初速度为v， L=v1t 联立解得，则经过y轴上的位置；（2） v2=at可得 qv1B=qE解得 （3）将x0区域的曲线运动看做以2v1的匀速直线运动和以v1的匀速圆周运动的合成，如图； 解得 最低点y坐标为 此时速度最大为vm=2v1+v1解得5如图所示，一对平行金属极板a、b水平正对放置，极板长度为L，板间距为d，极板间电压为U，且板间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出）。一带电粒子以一定的水
9、平速度从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动，打到距离金属极板右端L处的荧光屏MN上的O点。若撤去磁场，粒子仍能从极板间射出，且打到荧光屏MN上的P点。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子的重力及空气阻力。（1）求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小v；（2）求粒子打到荧光屏P点时动能大小；（3）求荧光屏上P点与o点间距离。【答案】（1）（2） (3) 【解析】【分析】（1） 带电粒子受力平衡，洛伦兹力等于电场力，从而求解粒子进入极板时的速度；（2，3）只有电场时，粒子在电场中做类平抛运动，结合运动公式求解粒子打到荧光屏P点时动能大小以及荧光屏上P点与O点
10、间距离；【详解】（1） 带电粒子受力平衡，有qvB=q 粒子进入极板时的速度v= （2）带电粒子在两极板间运动时间t1=，加速度带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度vy =粒子出偏转场时动能大小为（3）带电粒子穿过电场时的侧移量带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t2=带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移P点与O点距离h=y1+y2=6如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2106N/C和B1=0.1T，极板的长度，间距足够大在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形
11、区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60，不计粒子的重力，粒子的比荷。（1）求粒子沿极板的中线飞入的初速度v0；（2）求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件【答案】（1）v0=2107m/s（2）B2=0.1T（3）m （或m ）【解析】【分析】（1）抓住粒子做匀速直线运动，根据洛伦兹力和电场力平衡求
12、出粒子的初速度（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出粒子在磁场中运动的半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小（3）粒子在板间做类平抛运动，离开极板后做匀速直线运动，由类平抛运动知识与匀速运动规律可以求出d需要满足的条件【详解】（1）粒子在极板间做匀速直线运动，有：，代入数据解得：（2）设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60，由数学知识可得：解得：（3）撤去磁场后粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a飞出电场时竖直方向的速度为，速度的偏转角
13、为，由牛顿第二定律得：qE=ma水平方向：，竖直方向：，解得：，即设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d，如图所示：由几何关系得：，解得：所以圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足（或）。【点睛】本题考查了带电粒子在电磁场中运动的相关问题，考查学生综合分析、解决物理问题能力分析清楚粒子的运动过程，应用运动的合成与分解、平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式即可正确解题7如图所示的平面直角坐标系，x轴水平，y轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿
14、y轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x轴正方向成45角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同现有一质量为m，电荷量为q的粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿x轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x轴上的D点与x轴正方向成45角进入第四象限，M点为粒子第二次通过x轴的位置已知OD距离为L，不计粒子重力求：（1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小（2）DM间的距离（结果用m、q、v0、L和B表示）【答案】（1） （2） 【解析】【详解】（1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为v0，由平衡
15、条件有：qv0B=qE粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O1，半径为R，轨迹如图，由几何关系知R 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv0Bm由式解得：v0由式解得：E （2）、由题意可知，粒子从D进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D到M的运动时间为t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动的位移为：v0t粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为： 由几何关系可知：， 由式可解得【点睛】此类型的题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运动的分析，进行列式求解; 洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，
16、不改变运动电荷的速度大小带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：、圆心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形、运动时间的确定：利用圆心角与弦切角的关系或者四边形的内角和等于360计算出粒子所经过的圆心角的大小，用公式t=可求出运动时间8如图甲，两个半径足够大的D形金属盒D1、D2正对放置，O1、O2分别为两盒的圆心，盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。加在两
17、盒之间的电压变化规律如图乙，正反向电压的大小均为Uo，周期为To，两盒之间的电场可视为匀强电场。在t=0时刻，将一个质量为m、电荷量为q（q0）的粒子由O2处静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过O1.粒子穿过两D形盒边界M、N时运动不受影响，不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响，不计粒子重力。(1)求两D形盒边界M、N之间的距离；(2)若D1盒内磁场的磁感应强度，且粒子在D1、D2盒内各运动一次后能到达 O1，求D2盒内磁场的磁感应强度；(3)若D2、D2盒内磁场的磁感应强度相同，且粒子在D1、D2盒内各运动一次后在t= 2To时刻到达Ol，求磁场的磁感应强度。【答案】(1) (
18、2) (3) 【解析】【详解】(1)设两盒之间的距离为d，盒间电场强度为E，粒子在电场中的加速度为a，则有U0=EdqE=ma联立解得(2)设粒子到达O1的速度为v1，在D1盒内运动的半径为R1，周期为T1，时间为t1，则有可得t1=T0故粒子在时刻回到电场；设粒子经电场再次加速后以速度v2进入D2盒，由动能定理设粒子在D2盒内的运动半径为R2，则粒子在D1D2盒内各运动一次后能到达O2应有R2=R1联立各式可得(3)依题意可知粒子在D1D2盒内运动的半径相等；又故粒子进入D2盒内的速度也为v1；可判断出粒子第二次从O2运动到O1的时间也为 粒子的运动轨迹如图；粒子从P到Q先加速后减速，且加速
19、过程的时间和位移均相等，设加速过程的时间为t2，则有则粒子每次在磁场中运动的时间又联立各式解得9回旋加速器是利用磁场和电场共同作用对带电粒子进行加速的仪器。现在有一个研究小组对回旋加速器进行研究。研究小组成员分工合作，测量了真空中的D形盒的半径为R，磁感应强度方向垂直加速器向里，大小为B1，要加速粒子的电荷量为q，质量为m，电场的电压大小为U。帮助小组成员完成下列计算：（1）本回旋加速器能将电荷加速到的最大速度是？（2）求要达到最大速度，粒子要经过多少次电场加速？（3）研究小组成员根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙的引出装置。在原有回旋加速器外面加装一个圆环，在这个圆环区内加垂直加速器向里的
20、磁场B2，让带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘加以引导。求圆环区域所加磁场的磁感应强度B2？【答案】(1) ;（2）;(3) 【解析】【详解】（1）粒子在磁场中运动时满足： 当被加速的速度达到最大时满足：r=R则解得（2）粒子在电场中被加速，每次经过电场时得到的能量为Uq，则： 解得（3）由左手定则可知，粒子带负电；要想使得带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘，则粒子运动的轨道半径 ；由解得101932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的运动特点，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某型号的回旋加速器的工作原理如
21、图甲所示，图乙为俯视图回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为+q，加速器接一定频率高频交流电源，其电压为U不考虑相对论效应和重力作用求：（1）质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；（2）D形盒半径为R；（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道半径之差是增大、减小还是不变?【答案
22、】（1）（2）（3）减小.【解析】【分析】【详解】试题分析：（1） 设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1联立解得：（2） 设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v联立解得（3） （方法1）设k为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk rk，比较与得（方法2）设k为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk1、rk、rk+1，（rk1rk有两边平方得结果正确，说明假设成立所以考点：回旋加速器；带电粒子在匀强电场及匀强磁场中的运动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
23、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) (3) 【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： ；（2）根据得，粒子出D形盒时的最后的速度为： ，则粒子出D形盒时的最后的动能为： ；（3）由洛伦兹力提供向心力，则有： ，而，所以粒子在磁场中运行周期为，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： ，因此频率为。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
24、子在磁场中偏转周期的关系。121930年，Earnest O. Lawrence提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。题图甲为Earnest O. Lawrence设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D型金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图乙为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此
25、周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（2）设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当Rd时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。（3）若此回旋加速器原来加速的是粒子（），现改为加速氘核（），要想使氘核获得与粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单
26、可行的办法。【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】【详解】（1）设质子经过窄缝被第n次加速后速度为vn，由动能定理nqU=mvn2 第n次加速后质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为Rn，由牛顿第二定律Bqvn=m由以上两式解得则R1=； （2）在电场中加速的总时间为： 在D形盒中回旋的时间为t2= 故1即只有当Rd时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（3）若加速氘核，氘核从D盒边缘离开时的动能为Ek则：Ek=Ekm联立解得B1=B即磁感应强度需增大为原来的倍；高频交流电源的周期T=，由粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍【点睛】解决本题的关键知道回旋加强器的工
27、作原理，利用磁场偏转，电场加速以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动13如图所示为回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个靠得非常近的D形盒，两盒分别和一交流电源的两极相连，交流电源对粒子的加速电压为U，匀强磁场分布在两D形盒内且垂直D形盒所在平面，磁感应强度为B，在D形盒中央S点处放有粒子源。粒子源放出质量为m、带电量为q的粒子（设粒子的初速度为零）被回旋加速器加速，设D形盒的最大半径为R，求：（1）交流电源的周期T=？（2）当粒子在D形盒中圆周运动半径为R时，通过特定装置将粒子导出
28、，求将粒子导出前粒子被加速的次数n=?【答案】（1）（2）【解析】试题分析：粒子先在电场中加速，然后进入磁场，做匀速圆周运动，半圆周后，粒子再次进入电场，此时电源交换电极，粒子继续加速。粒子在磁场中运动周期与电场变化周期相同，则粒子可一直加速；当半径最大时，获得的速度最大，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子离开加速器时的动能；粒子被电场加速一次动能的增加qU，根据最大动能求出加速的次数。（1）圆周运动周期等于交流电周期才可获得持续加速,设圆周运动半径为r、周期为T：，解得 （2）粒子圆周运动： 粒子被加速： 解得：【点睛】此题重在理解回旋加速器原理，加速电场半个周期改变一次反响，与磁场周期相同，保
29、证粒子在电场中一直加速，在磁场中旋转进行计算时，把握好在电场和磁场中运动时间的关系。141932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UA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
30、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、最大电压值为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，且此时第一、二两个圆筒间的电势差为使打到
31、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） （2） ， （3） ，【解析】（1）粒子第1次被加速后，；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，当运动轨迹的半径时，粒子的速度最大，动能最大，设最大速度为，有，粒子获得的最大动能，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，解得，带电粒子在磁场中运动的周期为，粒子在磁场中运动的总时间；（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
32、匀速运动设离子在第n个圆筒内的速度为，第n个圆筒的长度为，则有，第n个圆筒的长度应满足的条件为，打到靶上的离子的能量为点睛：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如图甲所示为回旋加速器的工作原理示意图置于真空中的“D”形金属盒半径为R,两盒间的狭缝间距为d，匀强磁场B垂直盒面向下，加速电压U按如图乙所示的规律变化若被加速粒子的质量为m、电量为+q,粒子从A点飘入时的速度可忽略不计，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响（1）求粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比；（2）要使前半个周期飘人的粒子中有超过90%的能射出，求狭缝间距d应满足的条件【答案】（1）（2）【解析】【分析】【详解】（1）粒子每次加速获得的能量为qU，由动能定理得第n次加速后的动能为；粒子在磁场中回旋时由洛伦兹力提供向心力，由得；故粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比为；（2）由金属盒半径为R知粒子获得的最大速度为；粒子加速时，粒子k此加速达到最大速度，则有，；联立解得加速时间；由电压的变化规律知前半个周期内只有前一段时间内飘入的粒子才能每次被加速，欲使通过率为90%，则有，代入数据可得
