高中物理速度选择器和回旋加速器答题技巧及练习题

高中物理速度选择器和回旋加速器答题技巧及练习题

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U 1；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U 2，距离为d ；C 为偏转分离器，磁感应强度为B 2，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B 1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11U U -?到11U 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）2112U m

B d

U e

=

2）()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=，()11min 1

U U U U U -?=()

11max 1

U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】

（1）在加速电场中

2112

U e mv =

12U e

v m

=

在速度选择器B 中

2

1U eB v e d

=

得

1B =

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

1v =

1

12

mv R eB =

最大值为

2v =

2

22

mv R eB =

打在D 上的宽度为

2122D R R =-

22D B = 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

1U

eB v e d

=

得

U=B 1vd

代入B 1

得

2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值

min U U =最大值

max U U =

2．边长L ＝0.20ｍ的正方形区域内存在匀强磁场和匀强电场，其电场强度为E ＝

1×104

V/m ，磁感强度B ＝0.05T ，磁场方向垂直纸面向里，当一束质荷比为m

q

＝5×10-8kg/C

的正离子流，以一定的速度从电磁场的正方形区域的边界中点射入，离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，如右图所示，不计正离子的重力，求： （1）电场强度的方向和离子流的速度大小

（2）在离电磁场区域右边界D=0.4m 处有与边界平行的平直荧光屏．若撤去电场，离子流击中屏上a 点；若撤去磁场，离子流击中屏上b 点，则ab 间的距离是多少？．

【答案】（1）竖直向下；52s 10m /?（2）1.34m 【解析】 【详解】

（1）正离子经过正交场时竖直方向平衡，因洛伦兹力向上，可知电场力向下，则电场方向竖直向下； 由受力平衡得

qE qvB =

离子流的速度

5210m /s E

v B

=

=? （2）撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有

2

v qvB m r

=

故

0.2m mv

r qB

=

= 离子离开磁场后做匀速直线运动，作出离子的运动轨迹如图一所示

图一

由几何关系可得，圆心角60θ

=?

1sin (0.60.13)m x L D R θ=+-=- 11tan (0.630.3)m=0.74m y x θ==-

若撤去磁场，离子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，运动轨迹如图二所示

图二

通过电场的时间

6110L

t s v

-=

=? 加速度

11210m /s qE

a m

=

=? 在电场中的偏移量

2

10.1m 2

y at =

=

粒子恰好从电场右下角穿出电场，则

tan 1y x

v v α=

=

由几何关系得

20.4m y =

a 和

b 的距离

()

120.63-0.30.40.2m ab y y y L =++=++=1.34m

3．某粒子源向周围空间辐射带电粒子，工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷，如图所示，其中S 为粒子源，A 为速度选择器，当磁感应强度为B 1，两板间电压为U ，板间距离为d 时，仅有沿轴线方向射出的粒子通过挡板P 上的狭缝进入偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 2，磁场右边界MN 平行于挡板，挡板与竖直方向夹角为α，最终打在胶片上离狭缝距离为L 的D 点，不计粒子重力。求： （1）射出粒子的速率； （2）射出粒子的比荷；

（3）MN 与挡板之间的最小距离。

【答案】（1）1U B d （2）22cos v B L α（3）(1sin )

2cos L αα

-

【解析】 【详解】

（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动， 由平衡条件得：

qυB 1＝q

U

d

解得υ＝1U

B d

；

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：

由几何知识得：

r ＝2cos L

α

＝2cos

L

α

粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qυB 2＝m

2

r

υ，解得：

q m

＝22cos v B L α

（3）MN 与挡板之间的最小距离：

d ＝r ﹣r sin α＝

(1sin )

2cos L αα

-

答：（1）射出粒子的速率为

1U B d

；（2）射出粒子的比荷为22cos v B L α

；

（3）MN 与挡板之间的最小距离为

(1sin )

2cos L αα

-。

4．某粒子实验装置原理图如图所示，狭缝1S 、2S 、3S 在一条直线上，1S 、2S 之间存在电压为U 的电场，平行金属板1P 、2P 相距为d ，内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为1B 。比荷为k 的带电粒子由静止开始经1S 、2S 之间电场加速后，恰能沿直线通过1P 、2P 板间区域，从狭缝3S 垂直某匀强磁场边界进入磁场，经磁场偏转后从距离

3S 为L 的A 点射出边界。求：

（1）1P 、2P 两板间的电压；

（2）偏转磁场的磁感应强度。 【答案】（1）12U B d kU ='（2）222U

B L k

=

【解析】 【分析】

（1）粒子先在电场中加速，然后匀速通过1P 、2P ，则根据平衡可求出1P 、2P 两板间的电压

（2）根据粒子的运动轨迹找到运动半径，借助于2

2v qvB m r

=可求出偏转磁场的磁感应强

度 【详解】

（1）设带电粒子质量为m ，所带电荷量为q ，已知

q

k m

= 粒子在电场中S 1与S 2之间加速，根据动能定理可得：2

102

qU mv =

-； 带电粒子在P 1和P 2间运动，根据电场力与洛伦兹力平衡可得：1U q qvB d

='

解得：12U B d kU ='；

（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力：2

2v qvB m r

=；

已知2L r =，解得：222U

B L k

=

5．如图，在整个直角坐标系xoy 区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在x>0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x>0区域运动过程中的最大速度和最低点的y 坐标。

【答案】（1）y=12L （2）mE B qL = （3）3m qEL v m

= 72y L =-

【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，可求解B ；（3）将x>0区域的曲线运动看做以2v 1的匀速直线运动和以v 1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 ，

122

2

v v v ==

L=v 1t

2

2

v y t =

联立解得2L y =，则经过y 轴上2

L

y =的位置； （2）qE a m

= v 2=at 可得1qEL

v m

= qv 1B=qE 解得mE

B qL

=

（3）将x>0区域的曲线运动看做以2v 1的匀速直线运动和以v 1的匀速圆周运动的合成，

2112v B

qv m r

?=

解得2

122mv r L qE == 24y r L ?==

最低点y 坐标为1722

y L y L =-?=- 此时速度最大为v m =2v 1+v 1

解得3

m qEL

v m

=

6．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 、v 0、L 和B 表示） 【答案】（1）22B qL

E m

= （2）22

0222m v DM B q L =

【解析】

（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v 0，由平衡条件有：qv 0B=qE…①

粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O 1，半径为R ，轨迹如图，

由几何关系知R ＝

245L

L cos ＝?

…② 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qv 0B ＝m 2

0 v R

…③

由②③式解得：v 0＝2

BqL

…④ 由①④式解得：E ＝22 B qL

m

…⑤ （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：DG ＝v 0t …⑥

粒子沿DF 方向做匀加速直线运动的位移为：2

2122Eqt DF at m

＝＝

…⑦ 由几何关系可知： DG DF ＝， 2DM DG ＝…⑧

由⑤⑥⑦⑧式可解得22

0222 m v DM q B L

＝

． 【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，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：①、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．②、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．③、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θ的大小，用公式t=

360T θ

?

可求出运动时间．

7．如图所示，水平放置的两块带金属极板 a 、b 平行正对.极板长度为 l ,板间距为 d ,板间存

在着方向坚直向下、场强大小为 E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只顾在于两板间.一质量为 m 、电荷量为 q 的粒子，以水平速度 v 0 从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向入极板间，恰好做做匀速直线运动.不计重力及空气阻力. （1）求匀强磁场感应强度 B 的大小；

（2）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小.

【答案】（1）0E B v = （2）2202qEl mv （3）2

012

k E mv qEd =+ 【解析】 【分析】

（1）粒子恰好做匀速直线运动，可知电场力与洛仑兹力平衡，可求磁感应强度B ； （2）粒子做类平抛运动，由运动分解方法，求解粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）用动能定理求解粒子到达下极板时动能． 【详解】

（1）带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛仑兹力平衡，qE=qv 0B ，

解得磁感应强度大小B=0

E

v ； （2）撤掉磁场后，粒子做类平抛运动，通过电场区偏转的距离

222200

11()222qE l qEl y at m v mv ==??= （3）设粒子运动到下极板时的动能大小为E K ，根据动能定理得：

q×2E×

12d=E k -1

2m v 02 解得E K =1

2

mv 02+qEd

【点睛】

对粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做匀速直线运动”的隐含条件，对于撤掉磁场后的粒子的类平抛运动，要能够熟练分析解决，为常考内容．

8．回旋加速器原理如图所示，D 1和D 2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在交流电源上，位于D 1圆心处的离子源A 能不断产生正离子，它们在两

盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能E k 后，再设法将其引出。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)试计算上述正离子被第一次加速后进入D 2中运动的轨道半径； (2)计算正离子飞出时的最大动能；

(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试证明当R >>d 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）。

【答案】(1)112mU r B q =(2)222

2k q B R E m

=；(3)见解析

【解析】 【分析】 【详解】

(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v 1，根据动能定理可得

211

2

qU mv =

解得

12qU

v m

=

洛伦兹力充当向心力，则有

2

111

v qv B m r =

解得

112mU

r B q

=

(2)离子射出时加速器时

2

m

m v qv B m R

=

解得

m qBR

v m

=

离子动能为

222

2122k q B R E mv m

==

(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v 。 根据平均速度公式可得在电场中运动时间为

122

nd nd

t v v =

= 离子在D 形盒中运动的周期为

22=

m R

T qB v

ππ= 粒子在磁场中回旋的时间为

22n n R t T v

π==

有

122nd t v n R t v

π==2d R

π 当d <

9．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D 1和D 2，磁感应强度为B ，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D 1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动能E k m ；

②若粒子第1次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 1，粒子第2次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 2，求r 1与r 2之比；

③求粒子在电场中加速的总时间t 1与粒子在D 形盒中回旋的总时间t 2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t 1与t 2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；

(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）①222

2q B R m

3；③2d R π， t 1可以忽略；（2）见解析

【解析】 【分析】 【详解】

（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得

2

m v qv B m R =

212

km m E mv =

解得

222

2km

B R E q m

=

②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有

2

v qvB m r

=

在电场中有

212

NqU mv =

第一次进入D 1盒中N=1，第二次进入D 1盒中N=3，可得

123

r r = ③带电粒子在电场中的加速度为

qE qU

a m md =

= 所以带电粒子在电场中的加速总时间为

1m v BdR t a U

=

= 设粒子在磁场中回旋的圈数为n ，由动能定理得

2

122

m nqU mv =

带电粒子回旋一圈的时间为

2πm

T qB

=

所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为

2

2π2BR t nT U

== 122πt d t R

= 已知R d ＞＞可知12t t <<，所以1t 可以忽略。 （2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为

2πm

T qB

=

对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。

10．诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下．如图所示，两个中空的半径R =0.125m 的半圆金属盒，接在电压U =5000V 、频率恒定的交流电源上；两盒狭缝之间距离d =0.01m ，金属盒面与匀强磁场垂直，磁感应强度B =0.8T ．位于圆心处的质子源能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用），质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出．已知质子的比荷

198271.6101101.6710q C m kg

--?=≈??C/kg ，求： (1)质子能获得的最大速度；

(2)质子在电场加速过程中获得的平均功率；

(3)随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr 如何变化？简述理由． (4)设输出时质子束形成的等效电流为100mA ，回旋加速器输出功率是多大？

【答案】(1)7max 110v =?m/s (2) 7

410P -≈?W 电

(3) Δr 逐渐减小 (4)P =5000W 【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中回旋，有

2

mv qvB r

= 引出时有r=R ， 得

7max 110gBR

v m

=

=?m/s （2）引出前质子（在电场中）加速的次数

100km E

n qU

==

质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动 该过程中的平均速度为v /2，则

7210/2

nd

t s v -=

=?电 平均功率

()227777

1

1.6710102

410210

W P t ---???==≈??W W 电电 （3）粒子回旋半径mv

r qB

=

，设加速一次后的速度为v 1，加速三次后的速度为v 3，则有

31v =

，51v =……，

由此

31r =

，5r

因为1111)r r r >>>L L ，故Δr 逐渐减小 （4）研究出口处截面Δt →0时间内的质子，设有N 个，则

N·q =I ·Δt

在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N 个质子从静止加速到km E 即

21

(0)2

W N mv =-

W P t

=

?， 代入得

P =5000W

11．在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器的结构如图所示，D1、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速．设带电粒子质量为m，电量为q，匀强磁场磁感应强度为B，D形盒的最大半径为R，两个D形盒之间的距离为d，d远小于R，D形盒之间所加交变电压大小为U．不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：

（1）所加交变电压的周期T；

（2）带电粒子离开D形盒时的动能E km；

（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计．

【答案】（1）（2）（3）见解析

【解析】

【详解】

（1）带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等，得

（2）带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，由圆周运动的规律得

解得：

带电粒子离开D形盒时的动能

（3）设带电粒子在电场中加速的次数为n，有

解得：

又因为带电粒子在磁场中运动的周期

所以带电粒子在磁场中运动的时间

解得：

带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=at

其中 所以带电粒子在电场中运动的时间

有

因为d 远小于R ，有t 2远小于t 1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略． 【点睛】

此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒子的半径等于D 型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.

12．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间有狭缝（间距d R <<），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为q +，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为0U ，周期为T ，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2t T =时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B ；

（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t ；

（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m 与原来质量0m 的关系：

2

1m v t =

??- ???

1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理由）？②若粒子质量最终增加2%，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有效数字）？

【答案】（1）2m qr π（2）220R m

qU T

π（3）100次；0.2

【解析】 【详解】

解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：2

v qvB m R

=

电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同：2r

T v

π= 可得2m T qB

π=

，

2m

B qr π= (2)粒子运动半径为R 时：2R v r π=且2

km 12

E mv = 解得：22

km

2

2mR E T

π= 粒子被加速n 次达到动能km E ，则有：0km E nqU =

不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒

子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：22002T R m

t n qU T

π=?=

(3)粒子在磁场中的周期：2n

T qB

π=

，质量增加1%，周期增大1%， 再加速次数不超过221001%

r

T ?=?次

加速后的质量m 与原来质量0m

的关系：m ， 01.02m m = 粒子最终速度为：0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍

13．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，D 1和D 2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D 1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，D 1、D 2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）2f

B

π；（2）2I BR f π；（32 【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：

2

v qvB m R

= ；

质子回旋的周期：22R m

T v qB

ππ== 则质子的比荷为：

2q f m B

π= （2）设在t 时间内离开加速器的质子数为N ，Nq

I t

=

则质子束从回旋加速器输出时的平均功率2

12N mv P t

?=

由上述各式得2

P IBR f π=

（3）若使用此回旋加速器加速氘核，E k1=E k2

22112211=22

m v m v 222222

1212221211

22R B q R B q m m m m = 2212

12

B B m m = 212B B =

2倍

14．回旋加速器的工作原理如图所示，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，A