高中物理高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题
一、速度选择器和回旋加速器
1．如图所示，两平行金属板水平放置，间距为d，两极板接在电压可调的电源上。两板之间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。金属板右侧有一边界宽度为d的无限长匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B、方向垂直纸面向里，磁场边界与水平方向的夹角为60°。平行金属板中间有一粒子发射源，可以沿水平方向发射出电性不同的两种带电粒子，改变电源电压，当电源电压为U时，粒子恰好能沿直线飞出平行金属板，粒子离开平行金属板后进入有界磁场后分成两束，经磁场偏转后恰好同时从两边界离开磁场，而且从磁场右边界离开的粒子的运动方向恰好与磁场边界垂直，粒子之间的相互作用不计，粒子的重力不计，试求：
(1)带电粒子从发射源发出时的速度；
(2)两种粒子的比荷1
1
q
m
和
2
2
q
m
分别是多少；
(3)带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径。
【答案】(1)
U
dB
(2)
22
2
v
d B22
2U
d B
（3）
2
d
【解析】
【详解】
（1）根据题意，带电粒子在平行金属板间做直线运动时，所受电场力与洛伦兹力大小相等，由平衡条件可得
q
U
d
＝qvB
解得:
v＝
U
dB
（2）根据题意可知，带正电粒子进入磁场后沿逆时针方向运动，带负电粒子进入磁场后沿顺时针方向运动，作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，带负电粒子在刚进入磁场时速度沿水平方向，离开磁场时速度方向垂直磁场边界，根据图中几何关系可知，带负电粒子在磁场中做圆周运动的偏转角为
θ1＝30°＝
6
带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:
r 1＝
sin 30d
?
＝2d 带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有:
q 1vB ＝2
11
m v r
联立解得:
11q m ＝222v d B
根据带正电粒子的运动轨迹及几何关系可知，带正电粒子在磁场中的偏转角为:
θ2＝120°＝
23
π
根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式:
T ＝
2m
qB
π 可得带负电粒子在磁场中运动的时间为:
t 1＝
11
1m q B
θ
带正电粒子在磁场中运动的时间为:
t 2＝222m q B
θ
根据题意可知:
t 1＝t 2
联立以上各式，可得
22q m ＝114q m ＝222U d B
（3）带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:
r 2＝22m v
q B
解得:
r 2＝
2
d
2．如图所示，A 、B 两水平放置的金属板板间电压为U(U 的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A 板的S 点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A 、B 板间的电场加速后从B 板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C 、D 板间，C 、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E ，匀强磁场的方向水平向里，大小为B 1。其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a 点，圆内存在磁感应强度大小为B 2、方向水平向里的匀强磁场。其中S 、a 、圆心O 点在同
一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求： (1)能到达a 点的粒子速度v 的大小；
(2)若e 、f 两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1︰3，都能到达a 点，则对应A 、B 两金属板间的加速电压U 1︰U 2的绝对值大小为多大；
(3)在满足(2)中的条件下，若e 粒子的比荷为k ，e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t 为多少?
【答案】（1）1
E v B =；（2）12:3:1U U =；（3）12
29t t t kB π
?=-= 【解析】 【详解】
解：(1)能达到a 点的粒子速度设为v ，说明在C 、D 板间做匀速直线运动，有：1qvB qE = 解得：1
E
v B =
(2)由题意得e 、f 两粒子经A 、B 板间的电压加速后，速度都应该为v ，根据动能定理得：
21
qU mv 2
=
它们的比荷之比：
e f
e f
q q :1:3m m = 得出：12U :U 3:1=
(3)设磁场圆的半径为R ，e 、f 粒子进入磁场圆做圆周运动
对e 粒子：2
1211v q vB m r =
对f 粒子：2
2222
v q vB m r =
解得：12r 3r 1
=
e 、
f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为
180o ， e 、f 两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：
1R tan θr = 2
R tan θr =
θα90o +=
联立解得：θ30=o ，α60=o
e 、
f 两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：
1
12πr T v = 2
22πr T v
=
e f
e f
q q :1:3m m = 在磁场中运动的时间：
112θ
t T 360=o 222α
t T 360=
o
12t t >
两粒子在磁场中运动的时间差为：122
π
Δt t t 9kB =-=
3．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。求：
(1)电子通过小孔O 时的速度大小v ；
(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向。 【答案】（12eU
m
（212mU L e
【解析】 【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：2
12
eU mv = 解得：2eU
v m
=
(2)两板间电场的电场强度大小为：2U
E L
=
由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：12mU
B L e
=
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.
4．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）12qU v m =
；（3）1
212qU U B m
=（4）1
2
21
mU r 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2
v qvB 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：
2112
qU mv =
解得：1
2qU v 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
1U q qvB d
= 解得：211
12U B dv B qU m
== ⑶在B 2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，2
v qvB m r
=
解得：1
22
21
mU mv r B q B q
=
= 故本题答案是：（1）带正电；（2）12qU v m =
；（3）1
212qU U B m
=（4）
1
2
2
1mU
r
B q
=
5．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(-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,
2
1
22
E Eqd
m
B
??
+
?
??
【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：
E
v
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)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：22
111
222
Eqd mv mv
'
=-
因为E=Bv
联立可得粒子A到达极板时的动能为：
2
1
22
k
E Eqd
E m
B
??
=+
?
??
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．
6．如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两板间存在场强为 E 的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为 B 匀强磁场.现有大量带电粒子沿中线 OO ′ 射入，所有粒子都恰好沿 OO ′ 做直线运动.若仅将与极板垂直的虚线 MN 右侧的磁场去掉，则其中比荷为
q
m
的粒子恰好自下极板的右边缘P 点离开电容器.已知电容器两板间的距离为2
3mE
qB ，带电粒子的重力不计。
（1）求下极板上 N 、P 两点间的距离；
（2）若仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P 点离开，求这种粒子的比荷。 【答案】（1）2
3mE x qB
=（2）'4'7q q m m = 【解析】 【分析】
（1）粒子自 O 点射入到虚线MN 的过程中做匀速直线运动，将MN 右侧磁场去掉，粒子在MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的的规律求解下极板上 N 、P 两点间的距离；（2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速
圆周运动，根据几何关系求解圆周运动的半径，然后根据2
''m v q vB R
= 求解比荷。 【详解】
（1）粒子自 O 点射入到虚线MN 的过程中做匀速直线运动，
qE qvB =
粒子过 MN 时的速度大小 E v B
=
仅将MN 右侧磁场去掉，粒子在MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动， 沿电场方向：
2
2322mE qE t qB m
= 垂直于电场方向：x vt =
由以上各式计算得出下极板上N 、 P 两点间的距离3mE
x =
（2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过 P 点的粒子的比荷为
'
'
q m ，其做匀速圆周运动的半径为 R ， 由几何关系得：22
2
2
3()2mE R x R qB
=+-
解得 2
74mE
R qB =
又 2
''m v q vB R
=
得比荷
'4'7q q m m
=
7．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P 点与O 点间的距离为h ，不计粒子的重力及空气阻力。
（1）请判断匀强磁场的方向；
（2）求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小v ； （3）求粒子的比荷（
q
m
）。 【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）v =U Bd （3）2223q Uh m B L d
= 【解析】 【分析】
（1）由左手定则可知磁场方向。
（2）粒子在极板间做直线运动，可知洛伦兹力与电场力相等；
（3）若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，结合水平和竖直方向的运动特点解答； 【详解】
（1）由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。 （2）带电粒子受力平衡，有qvB q
=U d
粒子进入极板时的速度v =
U Bd
（3）带电粒子在两极板间运动时间t 1
=
L v ，加速度qU a md
= 带电粒子穿过电场时的侧移量2
2112
122qUL y at mdv
== 带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t 2=
L
v
带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度v y =1qUL
at mdv
=
带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移2
222
y qUL y v t mdv == 两次侧移量之和为h ，即：h =y 1+y 2=2
2
32qUL mdv 解得：
2223q Uh m B L d
= 【点睛】
此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是搞清粒子在场中的运动特征和受力情况；粒子在电场中的偏转问题，主要是结合类平抛运动的规律解答.
8．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=
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．
9．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 ，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B 0的匀强磁场与盒面垂直。在下极板的圆心A 处粒子源产生的粒子，质量为m ?电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压u 随时间的变化关系如图乙所示0
2m
T qB π=。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。
(1)粒子开始从静止被加速，估算该离子离开加速器时获得的动能E k ；
(2)调节交流电的电压，先后两次的电压比为1:2，则粒子在加速器中的运动时间之比为多少？
(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心并不是金属盒的圆心O ，而且在不断的变动。设第一次加速后做圆周运动的圆心O 1到O 的距离为x 1,第二次加速后做圆周运动的圆心O 2到O 的距离为x 2，这二个距离平均值约为最后从加速器射出时圆周运动的圆心位置x ，求x 的值，并说明出口处为什么在A 的左边；
(4)实际使用中，磁感应强度B 会出现波动，若在t =4
T
时粒子第一次被加速，要实现连续n 次加速，求B 可波动的最大范围。
【答案】(1)2
0()2qB R m
；(2)2:1；(3)021mU B q A 点的
左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边；
(4)
0021212123n n B B B n n --≤≤--（）（）
，n =2、3…… 【解析】 【分析】
根据回旋加速器原理，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，根据轨道半径与运动周期可求运动动能及运动时间，若磁场出现波动，求出磁感强度的最大值和最小值，从而确定磁感强度的范围。 【详解】
（1）圆周运动的最大半径约为R
2
0v qvB m R
=
离子离开加速器时获得的动能
2
20()122k qB R E mv m
==
（2）设加速n 次
2
00()2qB R nqU m
=
22002qB R n mU =
2
00
22B R T t n U π==
运动时间之比
02120121
U t t U == （3）设第一、二次圆周运动的半径为r 1和r 2
2011
2
qU mv =
1100
21
mU mv r qB B q
=
=
202122
qU mv =
220mv r qB =
== 11x r =
21212(2x r r r =-=
可得
1212x x x +=
== 第一次圆周运动的圆心在A 点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边。
（4）设磁感应强度偏小时为B 1，圆周运动的周期为T 1
1(1)224
T T T n --=)(
12-1
2(-1)n T T n =
解得
102(1)
21
n B B n -=
- 设磁感应强度偏大时为B 2，圆周运动的周期为T 2
2(1)()224
T T T n --=
223
2(1)n T T n -=
-
解得
202(123
n B B n -=
-)
因此
002(1)2(1)
2123
n n B B B n n --≤≤--，n =2、3……
10．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）2
I 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 =
即磁感应强度需增大为原来的2倍
11．正电子发射计算机断层（PET ）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。PET 所用回旋加速器示意如图所示，其中D 1和D 2是置于高真空中的两个中空半圆金属盒，两半圆盒间的缝隙距离为d ，在左侧金属盒D 1圆心处放有粒子源A ，匀强磁场的磁感应强度为B 。正电子质量为m ，电荷量为q 。若正电子从粒子源A 进入加速电场时的初速度忽略不计，加速正电子时电压U 的大小保持不变，不考虑正电子在电场内运动的过程中受磁场的影响，不计重力。求：
（1）正电子第一次被加速后的速度大小v 1；
（2）正电子第n 次加速后，在磁场中做圆周运动的半径r ；
（3）若希望增加正电子离开加速器时的最大速度，请提出一种你认为可行的改进办法！ 【答案】（12qU m 21
2mnqU Bq
3）见解析 【解析】（1）正电子第一次被加速后，由动能定理可得2
112
qU mv =，解得12qU v m =
（2）设质子第n 次加速后的速度为n v 由动能定理有2
12
n nqU mv =
由牛顿第二定律有2n n v qv B m r =，解得1
2r mnqU Bq
=
（3）方案一：增加磁感应强度B ，同时相应调整加速电压变化周期；方案二：增加金属盒的半径。
12．质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示．粒子源S 产生的带正电的粒子首先经M 、N 两带电金属板间的匀强电场加速，然后沿直线从缝隙O 垂直于磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P 点．已知M 、N 两板问的距离为d ，电场强度为E ．设带正电的粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用均可忽略．
（1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，求这些带电粒子离开电场时的速度大小；
（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，其打在照相底片上的P点与缝隙O的距离为y，请推导y与m的关系式；
（3）若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点．现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施．
【答案】（1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，这些带电粒子离开电场时的速度大小为；
（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，其打在照相底片上的P点与缝隙O的距离为y，y与m的关系式为；
（3）若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点．现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施①增加电场强度，保持其它条件不变②减小磁感应强度，保持其它条件不变．
【解析】解：（1）设带电粒子离开电场时的速度大小为v，根据动能定理
解得
（2）设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律
由几何关系可知 y=2R
解得
（3）可行的措施：
①增加电场强度，保持其它条件不变
②减小磁感应强度，保持其它条件不变
答：（1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，这些带电粒子离开电场时的速度大小为；
（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，其打在照相底片上的P点与缝隙O的距离为y，y与m 的关系式为；
（3）若粒子源S产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点．现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施①增加电场强度，保持其它条件不变②减小磁感应强度，保持其它条件不变．
【点评】考查粒子在加速电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，学会对粒子受力分析，理解洛伦兹力提供向心力的条件与应用，掌握牛顿第二定律与几何关系综合应用．
13．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 处粒子源产生的粒子初速度可忽略不计，质量为m、电荷量为+q，每次在两D形盒中间被加速时加速电压均为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。求：
(1)粒子第4次加速后的运动半径与第5次加速后的运动半径之比；
(2)粒子在回旋加速器中获得的最大动能及加速次数。
【答案】（1
52）
222
2
km
q B R
E
m
＝
22
2
qB R
n
mU
=
【解析】
【分析】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半径与加速电压的关系，从而求出轨道半径之比。
（2）通过D形盒的半径求出粒子的最大速度和最大动能，结合动能定理求出加速的次数。
【详解】
（1）设粒子每加速一次动能增加qU，第n次被加速后粒子的动能：nqU=1
2
mv n2
qv n B=m
2 n n v r
解得：
12
n
nmU r
B q =
粒子笫4次加速后的运动半径与笫5次加速后的运动半径之比：4
55
r
r
＝
（2）设粒子在回旋加速器中运动的最大半径为R，粒子的最大速度为v m，受力分析可知
qv m B=m 2 m n
v
r
粒子的最大动能：2
222
1
22
k m
m
q B R
E
m
v
m
＝＝
粒子在回旋加速器中加速总次数：
22
2
km
E qB R
n
qU mU
==
【点睛】
解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等。
14．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，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。
15．如图所示为回旋加速器的简易图，整个装置置于方向竖直向下磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，已知两D 盒的半径大小为R ，两个狭缝之间的间距为d ，现将一粒子发射源放在D 盒的圆心处，且该粒子发射源能释放质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，且粒子的初速度视为零，当在两狭缝之间施加一高频交变电压，加速电压U 的大小认为不变，粒子的重力可忽略，该带电粒子在电场中的加速次数与粒子在磁场中回旋半个圆周的次数相同．求：
(1)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略，计算上述粒子在某次加速过程当中从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间；
(2)粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n ＋1次由D 1盒进入D 2盒位置之间的距离Δx . 22221Um n n B q
-
【解析】试题分析：根据动能定理求出粒子经过窄缝被第n 次加速后的速度为v n ，在根据运动学公式和牛顿第二定律即可求出粒子从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间；根据牛顿第二定律和动能定理相应的几何关系即可求出粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n ＋1次由D 1盒进入D 2盒位置之间的距离Δx 。
(1)设粒子经过窄缝被第n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得： 2
12
n nqU mv = 粒子在狭缝中经n 次加速的总时间： 1n
v t a
= 由牛顿第二定律： U
F qE q
ma d
=== 由以上三式解得电场对粒子加速的时间： 12nm
t qU
=正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律： 2
v qvB m r
=
又： 2R
T v
π=
粒子在磁场中做圆周运动的时间()
212
T t n =-
解得： ()21n m
t qB
π-=
所以，粒子从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间
()1212n m
nm t t t d
qU qB
π-=+=+
(2)粒子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1
1112mv mU
r qB B q
=
=
粒子经第2次电场加速后，以速度v 2进入D 1盒，设轨道半径为r 2 轨道半径： 22122mv mU
r qB B q
?=
=
粒子第n 次由D 1盒进入D 2盒，粒子已经过2n －1次电场加速，以速度v 2n －1进入D 2盒，由动能定理： ()2
2112102
n n qU mv --=
- 轨道半径： ()212121
n n n mU
mv r qB B
q
--?=
=
粒子第n ＋1次由D 1盒进入D 2盒加速前，粒子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入电场，由动能定理： 2
21202
n nqU mv =
-
轨道半径： 21122n n mv n mU
r qB B q
+?==
则Δx ＝2(r n ＋1－r n ) 即： 221222221n n mv mv mU x n n qB qB B
q -???=-=-
???
点睛：本题主要考查了回旋加速器，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，建立正确的物理模型是解题的关键。