2025年高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧和训练方法及练习题.doc

高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧和训练措施及练习题

一、速度选择器和回旋加速器
1．边长L＝0.20ｍ正方形区域内存在匀强磁场和匀强电场，其电场强度为E＝1×104V/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＝5×10-8kg/C正离子流，以一定速度从电磁场正方形区域边界中点射入，离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，如右图所示，不计正离子重力，求：
（1）电场强度方向和离子流速度大小
（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间距离是多少？．

【答案】（1）竖直向下；（2）1.34m
【解析】
【详解】
（1）正离子通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

离子流速度

（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

故

离子离开磁场后做匀速直线运动，作出离子运动轨迹如图一所示

图一
由几何关系可得，圆心角

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
通过电场时间

加速度

在电场中偏移量

粒子恰好从电场右下角穿出电场，则

由几何关系得

a和b距离
=1.34m

2．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B1，两板间电压为U，板间距离为d时，仅有沿轴线方向射出粒子通过挡板P上狭缝进入偏转磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2，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LD点，不计粒子重力。求：
（1）射出粒子速率；
（2）射出粒子比荷；
（3）MN与挡板之间最小距离。

【答案】（1）（2）（3）
【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：
qυB1＝q
解得υ＝；
（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＝＝
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qυB2＝m，解得：
＝
（3）MN与挡板之间最小距离：
d＝r﹣rsinα＝
答：（1）射出粒子速率为；（2）射出粒子比荷为；
（3）MN与挡板之间最小距离为。

3．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电源上。两板之间存在着方向垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属板右侧有一边界宽度为d无限长匀强磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，磁场边界与水平方向夹角为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一样两种带电粒子，变化电源电压，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提成两束，经磁场偏转后恰好同步从两边界离开磁场，并且从磁场右边界离开粒子运动方向恰好与磁场边界垂直，粒子之间互相作用不计，粒子重力不计，试求：
(1)带电粒子从发射源发出时速度；
(2)两种粒子比荷和分别是多少；
(3)带正电粒子在磁场中做圆周运动轨道半径。

【答案】(1)　(2)　　（3）
【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＝qvB
解得:
v＝
（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偏转角为
θ1＝30°＝
带负电粒子在磁场中做圆周运动轨道半径为:
r1＝＝2d
带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有:
q1vB＝
联立解得:
＝
根据带正电粒子运动轨迹及几何关系可知，带正电粒子在磁场中偏转角为:
θ2＝120°＝
根据带电粒子在磁场中做圆周运动周期公式:
T＝
可得带负电粒子在磁场中运动时间为:
t1＝
带正电粒子在磁场中运动时间为:
t2＝
根据题意可知:
t1＝t2
联立以上各式，可得
＝＝
（3）带正电粒子在磁场中做圆周运动轨道半径为:
r2＝
解得:
r2＝

4．如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有二分之一径为R、圆心为O圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。一正离子沿平行于金属板面、从A点垂直于磁场方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间区域，并沿直径CD方向射入磁场区域，最终从圆形区域边界上F点射出。已知速度偏向角为θ=90°，不计重力。求：

(1)离子速度v大小；
(2)离子比荷q/m。
【答案】 ；
【解析】
【详解】
(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动：

得：
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
由几何关系得：r=R
离子比荷为：

5．1897年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中偏转状况断定，它本质是带负电粒子流并求出了这种粒子比荷，图为汤姆孙测电子比荷装置示意图。在真空玻璃管内，阴极K发出电子经阳极A与阴极K之间高电压加速后，形成细细一束电子流，沿图示方向进入两极板C、D间区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上O点，若在两极板间施加电压U，则离开极板区域电子将打在荧光屏上P点；若再在极板间施加磁感应强度大小为B匀强磁场，则电子在荧光屏上产生光点又回到O点，已知极板长度L1=5.00cm，C、D间距离d=1.50cm，极板右端到荧光屏距离L2=10.00cm，U=200V，B=6.3×10－4T，P点到O点距离Y=3.0cm。求:

(1)判断所加磁场方向；
(2)电子经加速后射入极板C、D速度v；
(3)电子比荷(成果保留三位有效数字）。
【答案】(1)磁场方向垂直纸面向外 (2)v2.12×107m/s (3)=1.61×1011C/kg
【解析】
【详解】
（1）由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；
（2）当电子受到电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新答复到中心O点，设电子速度为，则evB=eE
得即代入数据得v=2.12×107m/s
（3）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为
电子在水平方向作匀速运动，在电场内运动时间为
这样，电子在电场中，竖直向下偏转距离为
离开电场时竖直向下分速度为
电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间抵达荧光屏
t2时间内向上运动距离为
这样，电子向上总偏转距离为
可解得代入数据得=1.61×1011C/kg
【点睛】
本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于类平抛运动处理，一般采用运动分解法律：将运动分解成互相垂直两方向运动，将一种复杂曲线运动分解成两个简单直线运动，并用牛顿第二定律和运动学公式来求解．

6．如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下匀强电场和垂直于纸面向里匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E=2×106N/C和B1=0.1T，极板长度，间距足够大．在板右侧还存在着另一圆形区域匀强磁场，磁场方向为垂直于纸面向外，圆形区域圆心O位于平行金属极板中线上，圆形区域半径。有一带正电粒子以某速度沿极板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°，不计粒子重力，粒子比荷。

（1）求粒子沿极板中线飞入初速度v0；
（2）求圆形区域磁场磁感应强度B2大小；
（3）在其他条件都不变状况下，将极板间磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域磁场，求圆形区域圆心O离极板右边缘水平距离d应满足条件．
【答案】（1）v0=2×107m/s（2）B2=0.1T（3）m （或m ）
【解析】
【分析】
（1）抓住粒子做匀速直线运动，根据洛伦兹力和电场力平衡求出粒子初速度．（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半径，结合半径公式求出磁感应强度大小．（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，运动加速度为a
飞出电场时竖直方向速度为，速度偏转角为，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边界相切时，圆心O离极板右边缘水平距离为d，如图所示：

由几何关系得：，解得：
因此圆心O离极板右边缘水平距离d应满足（或）。
【点睛】
本题考察了带电粒子在电磁场中运动有关问题，考察学生综合分析、处理物理问题能力．分析清晰粒子运动过程，应用运动合成与分解、平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式即可对解题．

7．如图所示平面直角坐标系，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匀强磁场；第二象限内有一对平行于x轴放置金属板，板间有正交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场强大小相似．既有一质量为m，电荷量为q粒子以某一初速度进入平行金属板，并一直沿x轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x轴上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轴位置．已知OD距离为L，不计粒子重力．求：

（1）粒子运动初速度大小和匀强电场场强大小．
（2）DM间距离．（成果用m、q、v0、L和B表达）
【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由平衡条件有：qv0B=qE…①
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＝ …②
由牛顿第二定律和圆周运动向心力公式有：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运动时间为t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动位移为：＝v0t…⑥
粒子沿DF方向做匀加速直线运动位移为： …⑦
由几何关系可知：， …⑧
由⑤⑥⑦⑧式可解得．
【点睛】
此类型题首先要对物体运动进行分段，然后对物体在各段中进行对受力分析和运动分析，进行列式求解; 洛伦兹力对电荷不做功，只是变化运动电荷运动方向，不变化运动电荷速度大小．带电粒子做匀速圆周运动圆心、半径及运动时间确实定：①、圆心确实定：由于洛伦兹力提供向心力，因此洛伦兹力总是垂直于速度方向，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两点）洛伦兹力方向，其延长线交点即为圆心．②、半径确实定：半径一般都是在确定圆心基础上用平面几何知识求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、运动时间确实定：运用圆心角与弦切角关系或者四边形内角和等于360°计算出粒子所通过圆心角θ大小，用公式t=可求出运动时间．

8．如图所示，两竖直金属板间电压为U1，两水平金属板间距为d.竖直金属板a上有一质量为m、电荷量为q微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动．水平金属板内匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，求：

(1)微粒刚进入水平金属板间时速度大小v0；
(2)两水平金属板间电压；
(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场最小宽度D.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
（1）粒子在电场中加速，根据动能定理可求得微粒进入平行金属板间速度大小；
（2）根据粒子在平行板间做直线运动可知，电场力与洛伦兹力大小相等，列式可求得电压大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知半径与D之间关系，再由洛伦兹充当向心力可求得最小宽度．
【详解】
(1)在加速电场中，由动能定理，得
qU1＝mv02，
解得v0＝.
(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则
Bqv0＝q，
解得U＝Bd
(3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为D，则
Bqv0＝m且r＝D，
解得D＝
【点睛】
题考察带电粒子在电场和磁场中运动，要注意明确带电粒子在磁场中运动时注意几何关系应用，明确向心力公式应用；而带电粒子在电场中运动要注意根据功能关系以及运动合成和分解规律求解．

9．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地运用带电粒子在磁场中运动特点，处理了粒子加速问题。目前回旋加速器被广泛应用于科学研究和恢学设备中。回旋加速器工作原理如图甲所，置于真空中D形金属盒半径为R，两盒间狭缝很小，带电粒子穿过时间可以忽视不计。磁感应强度为B匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率高频交流电源，保证粒子每次通过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心粒子源产生粒子，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)求把质量为m、电荷量为q静止粒子加速到最大动能所需时间；
(2)若此回旋加速器本来加速质量为2m，带电荷量为qα粒子（），获得最大动能为Ekm，现改为加速氘核（），它获得最大动能为多少？要想使氘核获得与α粒子相似动能，请你通过度析，提出一种简单可行措施；
(3)已知两D形盒间交变电压如图乙所示，设α粒子在此回旋加速器中运行周期为T，若存在一种带电荷量为q′、质量为m′粒子，在时进入加速电场，该粒子在加速器中能获得最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）

【答案】（1）；（2），见解析；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力得

粒子每旋转一周动能增长2qU，则旋转周数

周期

粒子在磁场中运动时间

一般地可忽视粒子在电场中运动时间，t磁可视为总时间
（2）对α粒子，由速度

得其最大动能为

对氘核，最大动能为

若两者有相似动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，有

解得，即磁感应强度需增大为本来倍
高频交流电源本来周期

故

由α粒子换为氘核时，交流电源周期应为本来
（3）对粒子分析，其在磁场中周期

每次加速偏移时间差为

加速次数

因此获得最大动能

10．如图所示为回旋加速器构造示意图，匀强磁场方向垂直于半圆型且中空金属盒D1和D2，磁感应强度为B，金属盒半径为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处粒子源可释放初速度不计带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次抵达两盒间狭缝。通过电源正负极交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高能量。已知带电粒子质量为m、电荷量为+q。
(1)不考虑加速过程中相对论效应和重力影响。
①求粒子可获得最大动能Ekm；
②若粒子第1次进入D1盒在其中轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中轨道半径为r2，求r1与r2之比；
③求粒子在电场中加速总时间t1与粒子在D形盒中回旋总时间t2比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动时间时，t1与t2哪个可以忽视？（假设粒子在电场中加速次数等于在磁场中回旋半周次数）；
(2)试验发现：通过该回旋加速器加速带电粒子能量达到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，粒子质量伴随速度增长而增大。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）①；②；③， t1可以忽视；（2）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①粒子离开回旋加速器前，做还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得

解得

②设带电粒子在两盒间加速次数为N ，在磁场中有

在电场中有

第一次进入D1盒中N=1，第二次进入D1盒中N=3，可得

③带电粒子在电场中加速度为

因此带电粒子在电场中加速总时间为

设粒子在磁场中回旋圈数为n，由动能定理得

带电粒子回旋一圈时间为

因此带电粒子在磁场中回旋总时间为

已知可知，因此可以忽视。
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为

对一定带电粒子和一定磁场来说，这个周期是不变。假如在两盒间加一种同样周期交变电场，就可以保证粒子每次通过电场时都能被加速，当粒子速度足够大时，由于相对论效应，粒子质量随速度增长而增大，质量增长会导致粒子在磁场中回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期同步，导致无法继续加速。

11．在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而初期加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到能量受到高压技术限制。1930年，提出了回旋加速器理论，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。图17甲为设计回旋加速器示意图。它由两个铝制型金属扁盒构成，两个形盒正中间开有一条狭缝；两个型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图17乙为俯视图，在型盒上半面中心处有一正离子源，它发出正离子，经狭缝电压加速后，进入型盒中。在磁场力作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次通过狭缝都被加速，应设法使变电压周期与粒子在狭缝及磁场中运动周期一致。如此周而复始，最终抵达型盒边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。已知正离子电荷量为质量为，加速时电极间电压大小恒为，磁场磁感应强度为，型盒半径为，狭缝之间距离为。设正离子从离子源出发时初速度为零。
（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轨道半径；
（2）尽管粒子在狭缝中每次加速时间很短但也不可忽视。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第次加速结束时所经历时间；
（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为回旋加速器加速后最大动能可采用措施。

【答案】（1）（2）（3）增大加速器中磁感应强度B
【解析】
【详解】
（1）设正离子通过窄缝被第一次加速加速后速度为v1，由动能定理得：

正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得：

由以上两式解得：

故正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动轨道半径为。
（2）设正离子通过窄缝被第n次加速加速后速度为vn，由动能定理得：

把电场中多次加速凑成持续加速过程，可得粒子在狭缝中经n次加速总时间为：

由牛顿第二定律有：

由以上三式解得电场对粒子加速时间为：

正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：

又因有：

每加速一次后都要做半个周期圆周，则粒子在磁场中做圆周运动时间为：

由以上三式解得：

因此粒子从离开离子源到被第n次加速结束时所经历时间为：

故正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历时间为
（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动轨迹半径为rm，速度为vm

离子获得最大动能为：

因此，要提高某一离子被半径为R回旋加速器加速后最大动能可以增大加速器中磁感应强度B．

12．在近代物理试验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器构造如图所示，D1、D2是相距很近两个处在匀强磁场中半圆形金属盒，D形盒缝隙处接交流电源，A处粒子源产生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形盒最大半径为R，两个D形盒之间距离为d，d远不大于R，D形盒之间所加交变电压大小为U．不计粒子初速度及运动过程中质量变化，求：

（1）所加交变电压周期T；
（2）带电粒子离开D形盒时动能Ekm；
（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动时间t1及在两D形盒间电场中运动时间t2，并证明粒子在电场中运动时间可以忽视不计．
【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时间与交变电压半个周期相等， 得
（2）带电粒子离开D形盒时轨迹半径为R，由圆周运动规律得
解得：
带电粒子离开D形盒时动能
（3）设带电粒子在电场中加速次数为n，有
解得：
又由于带电粒子在磁场中运动周期
因此带电粒子在磁场中运动时间
解得：
带电粒子在电场中运动可当作匀加速直线运动，得v=at
其中 因此带电粒子在电场中运动时间
有
由于d远不大于R，有t2远不大于t1，因此带电粒子在电场中运动时间可以忽视．
【点睛】
此题关键是懂得回旋加速器工作原理，懂得电场周期等于粒子在磁场中周期，当粒子半径等于D型盒半径时，粒子速度最大，能量最大.

13．正电子发射计算机断层（PET）是分子水平上人体功能显像国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新手段。PET所用回旋加速器示意如图所示，其中D1和D2是置于高真空中两个中空半圆金属盒，两半圆盒间缝隙距离为d，在左侧金属盒D1圆心处放有粒子源A，匀强磁场磁感应强度为B。正电子质量为m，电荷量为q。若正电子从粒子源A进入加速电场时初速度忽视不计，加速正电子时电压U大小保持不变，不考虑正电子在电场内运动过程中受磁场影响，不计重力。求：

（1）正电子第一次被加速后速度大小v1；
（2）正电子第n次加速后，在磁场中做圆周运动半径r；
（3）若但愿增长正电子离开加速器时最大速度，请提出一种你认为可行改善措施！
【答案】（1）（2）（3）见解析
【解析】（1）正电子第一次被加速后，由动能定理可得，解得
（2）设质子第n次加速后速度为
由动能定理有
由牛顿第二定律有，解得
（3）方案一：增长磁感应强度B，同步对应调整加速电压变化周期；方案二：增长金属盒半径。

14．一种质量为m、电荷量为q粒子，从容器A下方小孔S1飘入电势差为U加速电场，其初速度几乎为0，然后通过S3沿着与磁场垂直方向进入磁感应强度为B匀强磁场中，最终打到摄影底片D上

（1）求粒子进入磁场时速率．
（2）求粒子摄影底片D点到S3距离
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）粒子飘入电势差为U加速电场，有
得粒子进入磁场时速率
（2）粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：
，
粒子摄影底片D点到S3距离2R=．

15．如图甲所示为回旋加速器工作原理示意图．置于真空中“D”形金属盒半径为R,两盒间狭缝间距为d，匀强磁场B垂直盒面向下，加速电压U按如图乙所示规律变化．若被加速粒子质量为m、电量为+q,粒子从A点飘入时速度可忽视不计，且加速过程中不考虑相对论效应和重力影响．

（1）求粒子第n次被加速前、后轨道半径之比；
（2）要使前半个周期飘人粒子中有超过90%能射出，求狭缝间距d应满足条件．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子每次加速获得能量为qU，由动能定理得第n次加速后动能为；
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、后轨道半径之比为；
（2）由金属盒半径为R知粒子获得最大速度为；
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；
由电压变化规律知前半个周期内只有前一段时间内飘入粒子才能每次被加速，欲使通过率为90%，则有，代入数据可得．