高考物理速度選擇器和回旋加速器解題技巧和訓(xùn)練方法及練習(xí)題一、速度選擇器和回旋加速器1．邊長L＝0.20ｍ的正方形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場和勻強電場，其電場強度為E＝1×104V/m，磁感強度B＝0.05T，磁場方向垂直紙面向里，當(dāng)一束質(zhì)荷比為＝5×10-8kg/C的正離子流，以一定的速度從電磁場的正方形區(qū)域的邊界中點射入，離子流穿過電磁場區(qū)域而不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，如右圖所示，不計正離子的重力，求：（1）電場強度的方向和離子流的速度大?。?）在離電磁場區(qū)域右邊界D=0.4m處有與邊界平行的平直熒光屏．若撤去電場，離子流擊中屏上a點；若撤去磁場，離子流擊中屏上b點，則ab間的距離是多少？．【答案】（1）豎直向下；（2）1.34m【解析】【詳解】（1）正離子經(jīng)過正交場時豎直方向平衡，因洛倫茲力向上，可知電場力向下，則電場方向豎直向下；由受力平衡得離子流的速度（2）撤去電場，離子在磁場中做勻速圓周運動，所需向心力由洛倫茲力提供，則有故離子離開磁場后做勻速直線運動，作出離子的運動軌跡如圖一所示圖一由幾何關(guān)系可得，圓心角若撤去磁場，離子在電場中做類平拋運動，離開電場后做勻速直線運動，運動軌跡如圖二所示圖二通過電場的時間加速度在電場中的偏移量粒子恰好從電場右下角穿出電場，則由幾何關(guān)系得a和b的距離=1.34m2．某粒子源向周圍空間輻射帶電粒子，工作人員欲通過質(zhì)譜儀測量粒子的比荷，如圖所示，其中S為粒子源，A為速度選擇器，當(dāng)磁感應(yīng)強度為B1，兩板間電壓為U，板間距離為d時，僅有沿軸線方向射出的粒子通過擋板P上的狹縫進入偏轉(zhuǎn)磁場，磁場的方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B2，磁場右邊界MN平行于擋板，擋板與豎直方向夾角為α，最終打在膠片上離狹縫距離為L的D點，不計粒子重力。求：（1）射出粒子的速率；（2）射出粒子的比荷；（3）MN與擋板之間的最小距離?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【詳解】（1）粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件得：qυB1＝q解得υ＝；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示：由幾何知識得：r＝＝粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得qυB2＝m，解得：＝（3）MN與擋板之間的最小距離：d＝r﹣rsinα＝答：（1）射出粒子的速率為；（2）射出粒子的比荷為；（3）MN與擋板之間的最小距離為。3．如圖所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，兩極板接在電壓可調(diào)的電源上。兩板之間存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B。金屬板右側(cè)有一邊界寬度為d的無限長勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B、方向垂直紙面向里，磁場邊界與水平方向的夾角為60°。平行金屬板中間有一粒子發(fā)射源，可以沿水平方向發(fā)射出電性不同的兩種帶電粒子，改變電源電壓，當(dāng)電源電壓為U時，粒子恰好能沿直線飛出平行金屬板，粒子離開平行金屬板后進入有界磁場后分成兩束，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好同時從兩邊界離開磁場，而且從磁場右邊界離開的粒子的運動方向恰好與磁場邊界垂直，粒子之間的相互作用不計，粒子的重力不計，試求：(1)帶電粒子從發(fā)射源發(fā)出時的速度；(2)兩種粒子的比荷和分別是多少；(3)帶正電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑?！敬鸢浮?1)(2)（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)題意，帶電粒子在平行金屬板間做直線運動時，所受電場力與洛倫茲力大小相等，由平衡條件可得q＝qvB解得:v＝（2）根據(jù)題意可知，帶正電粒子進入磁場后沿逆時針方向運動，帶負電粒子進入磁場后沿順時針方向運動，作出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，帶負電粒子在剛進入磁場時速度沿水平方向，離開磁場時速度方向垂直磁場邊界，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，帶負電粒子在磁場中做圓周運動的偏轉(zhuǎn)角為θ1＝30°＝帶負電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為:r1＝＝2d帶負電粒子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力，有:q1vB＝聯(lián)立解得:＝根據(jù)帶正電粒子的運動軌跡及幾何關(guān)系可知，帶正電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為:θ2＝120°＝根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期公式:T＝可得帶負電粒子在磁場中運動的時間為:t1＝帶正電粒子在磁場中運動的時間為:t2＝根據(jù)題意可知:t1＝t2聯(lián)立以上各式，可得＝＝（3）帶正電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為:r2＝解得:r2＝4．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(yīng)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(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的大小；(2)離子的比荷q/m。【答案】；【解析】【詳解】(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(guān)系得：r=R離子的比荷為：5．1897年，湯姆孫根據(jù)陰極射線在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況斷定，它的本質(zhì)是帶負電的粒子流并求出了這種粒子的比荷，圖為湯姆孫測電子比荷的裝置示意圖。在真空玻璃管內(nèi)，陰極K發(fā)出的電子經(jīng)陽極A與陰極K之間的高電壓加速后，形成細細的一束電子流，沿圖示方向進入兩極板C、D間的區(qū)域。若兩極板C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的O點，若在兩極板間施加電壓U，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若再在極板間施加磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，則電子在熒光屏上產(chǎn)生的光點又回到O點，已知極板的長度L1=5.00cm，C、D間的距離d=1.50cm，極板的右端到熒光屏的距離L2=10.00cm，U=200V，B=6.3×10－4T，P點到O點的距離Y=3.0cm。求:(1)判斷所加磁場的方向；(2)電子經(jīng)加速后射入極板C、D的速度v；(3)電子的比荷(結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1)磁場方向垂直紙面向外(2)v=2.12×107m/s(3)=1.61×1011C/kg【解析】【詳解】（1）由左手定則可知磁場方向垂直紙面向外；（2）當(dāng)電子受到的電場力與洛倫茲力平衡時，電子做勻速直線運動，亮點重新回復(fù)到中心O點，設(shè)電子的速度為，則evB=eE得即代入數(shù)據(jù)得v=2.12×107m/s（3）當(dāng)極板間僅有偏轉(zhuǎn)電場時，電子以速度進入后，豎直方向作勻加速運動，加速度為電子在水平方向作勻速運動，在電場內(nèi)的運動時間為這樣，電子在電場中，豎直向下偏轉(zhuǎn)的距離為離開電場時豎直向下的分速度為電子離開電場后做勻速直線運動，經(jīng)t2時間到達熒光屏t2時間內(nèi)向上運動的距離為這樣，電子向上的總偏轉(zhuǎn)距離為可解得代入數(shù)據(jù)得=1.61×1011C/kg【點睛】本題是組合場問題：對速度選擇器，根據(jù)平衡條件研究；對于類平拋運動的處理，通常采用運動的分解法律：將運動分解成相互垂直的兩方向運動，將一個復(fù)雜的曲線運動分解成兩個簡單的直線運動，并用牛頓第二定律和運動學(xué)公式來求解．6．如圖所示，在兩個水平平行金屬極板間存在著豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度的大小分別為E=2×106N/C和B1=0.1T，極板的長度，間距足夠大．在板的右側(cè)還存在著另一圓形區(qū)域的勻強磁場，磁場的方向為垂直于紙面向外，圓形區(qū)域的圓心O位于平行金屬極板的中線上，圓形區(qū)域的半徑。有一帶正電的粒子以某速度沿極板的中線水平向右飛入極板后恰好做勻速直線運動，然后進入圓形磁場區(qū)域，飛出圓形磁場區(qū)域后速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，不計粒子的重力，粒子的比荷。（1）求粒子沿極板的中線飛入的初速度v0；（2）求圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度B2的大?。唬?）在其他條件都不變的情況下，將極板間的磁場B1撤去，為使粒子飛出極板后不能進入圓形區(qū)域的磁場，求圓形區(qū)域的圓心O離極板右邊緣的水平距離d應(yīng)滿足的條件．【答案】（1）v0=2×107m/s（2）B2=0.1T（3）m（或m）【解析】【分析】（1）抓住粒子做勻速直線運動，根據(jù)洛倫茲力和電場力平衡求出粒子的初速度．（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場中運動的半徑，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強度的大?。?）粒子在板間做類平拋運動，離開極板后做勻速直線運動，由類平拋運動知識與勻速運動規(guī)律可以求出d需要滿足的條件．【詳解】（1）粒子在極板間做勻速直線運動，有：，代入數(shù)據(jù)解得：．（2）設(shè)粒子的初速度大小為v，粒子在極板間勻速直線運動，則：設(shè)粒子在圓形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得：粒子運動軌跡如圖所示，粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了60°，由數(shù)學(xué)知識可得：解得：（3）撤去磁場后粒子在極板間做平拋運動，設(shè)在板間運動時間為t，運動的加速度為a飛出電場時豎直方向的速度為，速度的偏轉(zhuǎn)角為，由牛頓第二定律得：qE=ma水平方向：，豎直方向：，解得：，即設(shè)粒子飛出電場后速度恰好與圓形區(qū)域的邊界相切時，圓心O離極板右邊緣的水平距離為d，如圖所示：由幾何關(guān)系得：，解得：所以圓心O離極板右邊緣的水平距離d應(yīng)滿足（或）。【點睛】本題考查了帶電粒子在電磁場中運動的相關(guān)問題，考查學(xué)生綜合分析、解決物理問題能力．分析清楚粒子的運動過程，應(yīng)用運動的合成與分解、平衡條件、牛頓運動定律、運動學(xué)公式即可正確解題．7．如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，x軸水平，y軸豎直，第一象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直坐標(biāo)平面向外的勻強磁場；第二象限內(nèi)有一對平行于x軸放置的金屬板，板間有正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y軸負方向，場強大小未知，磁場垂直坐標(biāo)平面向里，磁感應(yīng)強度大小也為B；第四象限內(nèi)有勻強電場，電場方向與x軸正方向成45°角斜向右上方，場強大小與平行金屬板間的場強大小相同．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子以某一初速度進入平行金屬板，并始終沿x軸正方向運動，粒子進入第一象限后，從x軸上的D點與x軸正方向成45°角進入第四象限，M點為粒子第二次通過x軸的位置．已知OD距離為L，不計粒子重力．求：（1）粒子運動的初速度大小和勻強電場的場強大小．（2）DM間的距離．（結(jié)果用m、q、v0、L和B表示）【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）、粒子在板間受電場力和洛倫茲力做勻速直線運動，設(shè)粒子初速度為v0，由平衡條件有：qv0B=qE…①粒子在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，圓心為O1，半徑為R，軌跡如圖，由幾何關(guān)系知R＝…②由牛頓第二定律和圓周運動的向心力公式有：qv0B＝m…③由②③式解得：v0＝…④由①④式解得：E＝…⑤（2）、由題意可知，粒子從D進入第四象限后做類平拋運動，軌跡如圖，設(shè)粒子從D到M的運動時間為t，將運動分解在沿場強方向和垂直于場強的方向上，則粒子沿DG方向做勻速直線運動的位移為：＝v0t…⑥粒子沿DF方向做勻加速直線運動的位移為：…⑦由幾何關(guān)系可知：，…⑧由⑤⑥⑦⑧式可解得．【點睛】此類型的題首先要對物體的運動進行分段，然后對物體在各段中進行正確的受力分析和運動的分析，進行列式求解;洛倫茲力對電荷不做功，只是改變運動電荷的運動方向，不改變運動電荷的速度大小．帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定：①、圓心的確定：因為洛倫茲力提供向心力，所以洛倫茲力總是垂直于速度的方向，畫出帶電粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入磁場和射出磁場的兩點）洛倫茲力的方向，其延長線的交點即為圓心．②、半徑的確定：半徑一般都是在確定圓心的基礎(chǔ)上用平面幾何的知識求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、運動時間的確定：利用圓心角與弦切角的關(guān)系或者四邊形的內(nèi)角和等于360°計算出粒子所經(jīng)過的圓心角θ的大小，用公式t=可求出運動時間．8．如圖所示，兩豎直金屬板間電壓為U1，兩水平金屬板的間距為d.豎直金屬板a上有一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒(重力不計)從靜止經(jīng)電場加速后，從另一豎直金屬板上的小孔水平進入兩水平金屬板間并繼續(xù)沿直線運動．水平金屬板內(nèi)的勻強磁場及其右側(cè)寬度一定、高度足夠高的勻強磁場方向都垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小均為B，求：(1)微粒剛進入水平金屬板間時的速度大小v0；(2)兩水平金屬板間的電壓；(3)為使微粒不從磁場右邊界射出，右側(cè)磁場的最小寬度D.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理可求得微粒進入平行金屬板間的速度大??；（2）根據(jù)粒子在平行板間做直線運動可知，電場力與洛倫茲力大小相等，列式可求得電壓大??；（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑與D之間的關(guān)系，再由洛倫茲充當(dāng)向心力可求得最小寬度．【詳解】(1)在加速電場中，由動能定理，得qU1＝mv02，解得v0＝.(2)在水平金屬板間時，微粒做直線運動，則Bqv0＝q，解得U＝Bd(3)若微粒進入磁場偏轉(zhuǎn)后恰與右邊界相切，此時對應(yīng)寬度為D，則Bqv0＝m且r＝D，解得D＝【點睛】題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，要注意明確帶電粒子在磁場中運動時注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，明確向心力公式的應(yīng)用；而帶電粒子在電場中的運動要注意根據(jù)功能關(guān)系以及運動的合成和分解規(guī)律求解．9．1932年美國物理學(xué)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運動特點，解決了粒子的加速問題?，F(xiàn)在回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學(xué)研究和恢學(xué)設(shè)備中?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D甲所，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以忽略不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加速器按一定頻率的高頻交流電源，保證粒子每次經(jīng)過電場都被加速，加速電壓為U。D形金屬盒中心粒子源產(chǎn)生的粒子，初速度不計，在加速器中被加速，加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。(1)求把質(zhì)量為m、電荷量為q的靜止粒子加速到最大動能所需時間；(2)若此回旋加速器原來加速質(zhì)量為2m，帶電荷量為q的α粒子（），獲得的最大動能為Ekm，現(xiàn)改為加速氘核（），它獲得的最大動能為多少？要想使氘核獲得與α粒子相同的動能，請你通過分析，提出一種簡單可行的辦法；(3)已知兩D形盒間的交變電壓如圖乙所示，設(shè)α粒子在此回旋加速器中運行的周期為T，若存在一種帶電荷量為q′、質(zhì)量為m′的粒子，在時進入加速電場，該粒子在加速器中能獲得的最大動能？（在此過程中，粒子未飛出D形盒）【答案】（1）；（2），見解析；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力得粒子每旋轉(zhuǎn)一周動能增加2qU，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)周期粒子在磁場中運動的時間一般地可忽略粒子在電場中的運動時間，t磁可視為總時間（2）對α粒子，由速度得其最大動能為對氘核，最大動能為若兩者有相同的動能，設(shè)磁感應(yīng)強度變?yōu)锽′、由α粒子換成氘核，有解得，即磁感應(yīng)強度需增大為原來的倍高頻交流電源的原來周期故由α粒子換為氘核時，交流電源的周期應(yīng)為原來的（3）對粒子分析，其在磁場中的周期每次加速偏移的時間差為加速次數(shù)所以獲得的最大動能10．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D1和D2，磁感應(yīng)強度為B，金屬盒的半徑為R，兩盒之間有一狹縫，其間距為d，且R?d，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(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m、電荷量為+q。(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Ekm；②若粒子第1次進入D1盒在其中的軌道半徑為r1，粒子第2次進入D1盒在其中的軌道半徑為r2，求r1與r2之比；③求粒子在電場中加速的總時間t1與粒子在D形盒中回旋的總時間t2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，t1與t2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?！敬鸢浮浚?）①；②；③，t1可以忽略；（2）見解析【解析】【分析】【詳解】（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)牛頓第二定律可得解得②設(shè)帶電粒子在兩盒間加速的次數(shù)為N，在磁場中有在電場中有第一次進入D1盒中N=1，第二次進入D1盒中N=3，可得③帶電粒子在電場中的加速度為所以帶電粒子在電場中的加速總時間為設(shè)粒子在磁場中回旋的圈數(shù)為n，由動能定理得帶電粒子回旋一圈的時間為所以帶電粒子在磁場中回旋的總時間為已知可知，所以可以忽略。（2）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動周期為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。11．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．12．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.13．正電子發(fā)射計算機斷層（PET）是分子水平上的人體功能顯像的國際領(lǐng)先技術(shù)，它為臨床診斷和治療提供全新的手段。PET所用回旋加速器示意如圖所示，其中D1和D2是置