高考物理复习考题精选54回旋加速器含解析

高考物理复习考题精选54回旋加速器含解析

‎ 高中物理考题精选（54）——回旋加速器 ‎1、美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量。如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（ ）‎ A．带电粒子每运动一周被加速一次 B．P1P2=P2P3‎ C．粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．A、C板间的加速电场的方向需要做周期性的变化 ‎ 答案 AC ‎2、回旋加速器的原理如图所示，它由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　)．‎ A．离子从电场中获得能量 B．离子从磁场中获得能量 C．只增大空隙距离可增加离子从回旋加速器中获得的动能 D．只增大D形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能 ‎ 答案 AD ‎3、如图，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知：(      )‎ A、粒子带负电          ‎ B、粒子运动方向是abcde C、粒子运动方向是edcba D、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长 ‎ 答案 AC ‎4、‎ 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f , 则下列说法正确的是（ 　）‎ A．质子在匀强磁场每运动一周被加速一次 B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 C．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子 ‎ 答案 C ‎5、如图，用回旋加速器来加速带电粒子，以下说法正确的是（    ）‎ ‎    A．图中加速器出口射出的是带正电粒子 ‎    B．D形盒的狭缝间所加的电压必是交变电压 ‎    C．强磁场对带电粒子做功，使其动能增大 ‎    D．粒子在加速器中的半径越大，周期越长 ‎ 答案 AB ‎6、图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，两金属 盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的 变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是(   )‎ A. 在Ek-t图中应有t4－t3= t3－t2= t2－t1‎ B. 高频电源的变化周期应该等于tn－tn-1‎ C. 要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径 D.在磁感应强度B、“D”形盒半径R、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大 ‎ 答案 AD ‎7、930年劳伦斯巧妙地应用带电粒子在磁场中运动的特点，发明了回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，B表示所加磁场的磁感应强度。设两个D形盒的半径大小一定，B大小也一定，下列说法正确的是(　　) ‎ A．在两个D形盒上加有高频交变电压 B．带电粒子在磁场中运动的过程中获得能量被加速 C．带电粒子每次电场中运动的过程中获得能量被加速 D．为了使给定的带电粒子最终获得的最大速度更大，可以通过增大两个D形盒间的电压实现 ‎ 答案 AC ‎8、劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图30－3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忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是(　　)‎ A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比 C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1‎ D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器电能用于α粒子(含两个质子，两个中子)加速 ‎ 答案 AC 解析：粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝＝2πRf，A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝m×4π2R‎2f2＝2mπ2R‎2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R‎2f2与m、R、f均有关，D错误．‎ ‎9、如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m，电荷量为＋q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变（    ）‎ A．粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为2nqU B．在粒子绕行的整个过程中，若A板电势始终保持为＋U，粒子仍可不  断加速 C．在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变 D．为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n圈时的磁感应强度为 ‎ ‎ 答案 D ‎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。‎ ‎(1)当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”,它在医疗诊断中,常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得,同时还产生另一粒子,试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min,经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几?(结果取2位有效数字)‎ ‎(2)回旋加速器的原理如图,D1和D2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,位于D1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,D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中,若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P,求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式(忽略质子在电场中的运动时间,其最大速度远小于光速)。‎ ‎(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,同一盒中相邻轨道的半径之差Δr是增大、减小还是不变?‎ ‎ 答案 解析 (1)核反应方程为 NHCHe(2分)‎ 设碳11原有质量为m0,经过t1=2.0h剩余的质量为mτ,根据半衰期定义有 ‎=(=(≈1.6%(1分)‎ ‎(2)设质子的质量为m,电荷量为q,质子离开加速器时速度大小为v,由牛顿第二定律得 qvB=m　(2分)‎ 质子运动的回旋周期为 T==　(1分)‎ 由回旋加速器原理可知,交流电源的频率与质子回旋频率相同,由周期T与频率f的关系得 f=　(1分)‎ 设在t时间内离开加速器的质子数为N,则质子束从回旋加速器输出时的平均功率为 P=　(1分)‎ 输出时质子束的等效电流为I=‎ 由上述各式联立解得:I=。　(1分)‎ ‎(3)方法一:‎ 设k(k∈N)为同一盒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+1>rk),Δrk=rk+1-rk,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk、vk+1,D1、D2之间的电压为U,由动能定理知 ‎2qU=m-m　(2分)‎ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知rk=,则 ‎2qU=(-)　(2分)‎ 整理得Δrk=　(1分)‎ 因U、q、m、B均为定值,令C=,‎ 由上式得Δrk=　(2分)‎ 相邻轨道半径rk+1、rk+2之差 Δrk+1=rk+2-rk+1,‎ 同理得Δrk+1=　(2分)‎ 因为rk+2>rk,比较Δrk、Δrk+1‎ 得Δrk+1<Δrk　(1分)‎ 说明随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差Δr减小。　(1分)‎ 方法二:‎ 设k(k∈N)为同一盒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+1>rk),Δrk=rk+1-rk,在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk、vk+1,D1、D2之间的电压为U。‎ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力,知 rk=,　(1分)‎ 故=　(1分)‎ 由动能定理知,质子每加速一次,其动能增量 ΔEk=qU　(1分)‎ 以质子在D2盒中运动为例,第k次进入D2时,被电场加速(2k-1)次,速度大小为 vk=　(1分)‎ 同理,质子第(k+1)次进入D2时,速度大小为 vk+1=　(1分)‎ 综合上述各式得 ‎=,=‎ ‎=‎ Δrk=　(2分)‎ 同理,对于相邻轨道半径rk+1、rk+2,Δrk+1=rk+2-rk+1,整理后有 Δrk+1=‎ 由于rk+2>rk,比较Δrk、Δrk+1得 Δrk+1<Δrk　(2分)‎ 说明随轨道半径r的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差Δr减小。用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。　(2分)‎ 答案:(1NHCHe　1.6%‎ ‎(2)I=‎ ‎(3)见解析 ‎11、如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连.现分别加速氘核和氦核.下列说法中正确的是 ‎  A．它们的最大速度相同 B．它们在D形盒中运动的周期不相同 ‎ C．它们的最大动能相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 ‎ 答案 A ‎12、在高能物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用．回旋加速器的工作原理如题5图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．S处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，初速不计，在加速器中被加速，加速电压为玑磁场的磁感应强度为曰，D型盒的半径为R．两盒间的狭缝很小，每次加速的时间很短，可以忽略不计，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A．为使正离子每经过窄缝都被加速，交变电压的频率f=2mn/（qB）‎ B．粒子第n次与第1欢在下半盒中运动的轨道半径之比为 C．若其它条件不变，将加速电压U增大为原来的2倍，则粒子能获得的最大动能增大为原来的2倍 D．若其它条件不变，将D型盒的半径增大为原来的2倍，则粒子获得的最大动能增大为原来的4倍 ‎ 答案 D 解析 带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等，根据qvB=m，则v=，周期T=，与粒子的速度无关，t1：t2=1：1．交变电场的周期也为，频率为．故A错误；根据动能定理知=nqu．粒子第n次与第1次在下半盒中运动的速度之比为1：，根据qvB=m，知轨道半径之比等于速度之比为1：，故B错误；根据qvB=m，则v=，最后速度由D型盒半径决定，与电压无关，根据Ek=mv2知动能也是只与D型盒半径有关，故C错误，D正确．‎ ‎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，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，设粒子初速度为零,加速电压为U ，加速过程中不考虑重力作用和相对论效应。下列说法正确的是（ ）‎ A．粒子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，盒中相邻轨道的半径之差减小 ‎ B．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间约为 C．粒子能获得的最大动能跟加速器磁感应强度无关 D．加速电压越大粒子能获得的最大动能越大 ‎ 答案 AB  ‎ ‎14、粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D型金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频率交流电的频率为f，加速电压的电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m，电荷量为+e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确是 A．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速a粒子 B．加速的粒子获得的最大动能随加速电场U增大而增大 C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf D．质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为 ‎ 答案 CD ‎15、如图所示, 回旋加速器D形盒的半径为R, 所加磁场的磁感应强度为B, 用来加速质量为m、电荷量为q的质子, 质子从下半盒的质子源由静止出发, 加速到最大动能E后由A孔射出, 则下列说法正确的是（ ）‎ A．回旋加速器不能无限加速粒子 B．质子在加速器中运行时间与交变电压U大小无关 C．回旋加速器所加交变电压的频率为 D．下半盒内部质子的轨道半径之比(由内到外)为1∶∶‎ ‎ 答案 选AC。解析：当质子速度接近光速时，由爱因斯坦狭义相对论知，质子的质量会增加，回转周期变大, 而与交变电压的周期不一致, 导致回旋加速器无法正常工作，A正确；设质子在磁场中转动的圈数为n, 因每加速一次质子获得能量qU, 每圈有两次加速,‎ ‎ 则联立Ekn＝mv, rn＝得，Ekn＝＝2nqU，得n＝,。所以质子在加速器中运行时间t＝nT＝·＝，故增大交变电压U，则质子在加速器中运行时间将变短，B错误；由T＝，R＝，E＝mv2， f＝知，回旋加速器所加交变电压的频率为f＝，C正确；质子第k次进入下半盒内部时, 经电场加速2k次，此时进入下半盒时速度和半径分别为vk＝ , rk＝, 解得rk＝ , 所以下半盒内部质子的轨道半径之比(由内到外)为1∶∶, 故D错。‎ ‎16、美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一大步。图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　   　)‎ ‎ ‎ A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3‎ C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 ‎ 答案 C ‎ ‎17、回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。D1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流电源上。在D1盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中。两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：‎ ‎（1）带电粒子能被加速的最大动能Ek；‎ ‎（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径；‎ ‎（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率。‎ ‎ 答案 （1）带电粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大动能Ek，设离子从D盒边缘离开时的速度为vm。‎ 依据牛顿第二定律                                              ‎ 所以带电粒子能被加速的最大动能       （2分）‎ ‎（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n-1次后的运动轨道，‎ 设其被加速2n-1次后的速度为vn 由动能定理得                          （2分）‎ 此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为rn 由牛顿第二定律得                             （1分）‎ rn=                                （1分）‎ ‎（3）设在时间t内离开加速器的带电粒子数N，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流，解得N=‎ 带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率 =   （4分）‎ ‎18、1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图14（甲）所示，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14（乙）为俯视图，在D型盒上半面中心S处有一正粒子源，它发出的带电粒子，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。如此周而复始，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后射出。置于高真空中的D形金属盒的最大轨道半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。粒子源S射出的是质子流，初速度不计，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，磁场的磁感应强度B，质子的质量为m，电量为q，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）要使质子每次经过电场都被加速，则加交流电源的周期是多少？‎ ‎ 答案 （1）（3分）粒子在电场中加速，根据动能定理得：‎ 得：Ek2=qU ‎（2）（3分）粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。‎ ‎       设此时的速度为v，有 ，得 ‎      质子的最大动能Ekm=‎ ‎（3）（3分）忽略粒子在缝隙处运动的时间，交变电源的周期T应等于粒子在磁场中运动的周期T0。‎ ‎      ‎ 得：  ‎ ‎19、1932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图15（甲）所示，图15（乙）为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1、D2。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。设质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计。质子质量为m、电荷量为+q。加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。‎ ‎（1）（1）求质子第1次经过狭缝被加速后进人D2盒时的速度大小v1；‎ ‎（2）求质子第1次经过狭缝被加速后进人D2盒后运动的轨道半径r1；‎ ‎（3）求质子从静止开始加速到出口处所需的时间t。‎ ‎ 答案 （1）        ………………………………………………（2分）‎ ‎    ………………………………………………（1分）‎ ‎（2）         …………………………………………………（3分）‎ ‎     …………………………………………………（1分）‎ ‎（3）设质子从静止开始加速到出口处被加速了n圈，质子在出口处的速度为v ‎      …………………………………………………（2分）‎ ‎             …………………………………………………（3分）‎ ‎                  …………………………………………………（1分）‎ 得：     …………………………………………………（1分）‎ ‎20、如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(H)和氦核(He)．下列说法中正确的是(　　)‎ A．它们的最大速度相同 B．它们的最大动能相同 C．它们在D形盒内运动的周期相同 D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 ‎ 答案 AC 解析　由Bqv＝m得v＝，H和He的比荷相等，故v也相同，即A项正确．Ekm＝mv2＝，H和He的的值不等，则Ekm不同，即B项错．周期T＝，由上述分析可见T相同，即C项对．粒子的最大动能与频率无关，故D项错．‎ ‎ ‎ ‎21、图甲是回旋加速器的原理示意图．其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中(磁感应强度大小恒定)，并分别与高频电源相连．加速时某带电粒子的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是(　　)‎ A．在Ek—t图象中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1‎ B．高频电流的变化周期应该等于tn－tn-1‎ C．粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大 D．D形盒的半径越大，粒子获得的最大动能越大 ‎ 答案 ‎ 周的偏转求得，设D形盒的最大半径为R，则R＝，所以最大动能Ekm＝mv＝，R越大，Ekm越大，故D正确．‎ ‎22、图甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是（ ）‎ A． 在Ek-t图中应该有tn+1- tn =tn-tn-1‎ B．  在Ek-t图中应该有tn+1- tn 5‎ ‎24、1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如下图（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。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，初速度为0，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。‎ ‎（1）求粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；‎ ‎（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t和粒子获得的最大动能Ekm；‎ ‎（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。n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f、最大电压值为U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处受到电场力的作用而加速（设圆筒内部没有电场）。缝隙的宽度很小，离子穿过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v1，且此时第一、二两个圆筒间的电势差1－2=－U。为为使打到靶上的离子获得最大能量，各个圆筒的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）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，     qU=mv12      （1分）‎ qv1B=m     （1分）                  解得：  ‎ 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径则r1:r2  =1:         （2分）‎ ‎（2）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，‎ ‎ nqU=     （2分）qvmB=m　　得vm=   （2分）‎ 解得n=  带电粒子在磁场中运动的周期为 则粒子在磁场中运动的总时间t==  （2分）所以，粒子获得的最大动能Ekm＝＝       （2分）‎ ‎（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，离子在筒内做匀速运动。设vn为离子在第n个圆筒内的速度，则有 第n个圆筒的长度为                （2分）‎ ‎      ‎ 第n个圆筒的长度应满足的条件为 （n=1，2，3，…2）（2分）‎ 打到靶上的离子的能量为　（n=1，2，3，……）　（3分）‎ ‎25、如图所示，相距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律分时段变化。狭缝两侧均有磁感强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大。某时刻从P平面处由静止释放一个质量为m、带电荷为q的带负电粒子（不计重力），粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆运动，此时电场的方向已经反向，当粒子由A1点自右向左通过Q平面后，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆运动，此时电场又已经反向，粒子经半个圆周后通过P平面进入PQ狭缝又被加速，……。以后粒子每次通过PQ间都被加速。设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3、……An……，求：（1）粒子第一次在Q右侧磁场区做圆运动的半径r1的大小。（2）粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离。（3）设An与An+1间的距离小于r1/3，则n值为多大。‎ ‎ ‎ ‎ 答案 （1）设粒子由静止释放，经电场加速后第一次通过Q平面时的速度为v1，根据动能定理有  qEd=mv12     解得： ‎ 设粒子在Q侧匀强磁场内圆运动半径r1，根据洛仑兹力公式和向心力公式有：‎ qv1B =mv12/r1 ‎ 解得：r1= ‎ ‎（2）设粒子经A1并加速后进入P平面左侧磁场区的速度为v2，根据动能定理有 qEd=mv22  - mv12 ‎ 设粒子在P左侧做圆运动的半径为r2，根据洛仑兹力公式和向心力公式有：‎ qv2B =mv22/r2    解得：r2=r1 ‎ 设粒子在P、Q间经第三次加速后进行Q右侧磁场区的速度为v3，圆运动的半径为r3，同理有：Eqd=mv32 - mv22，  qv3B =mv32/r3 ‎ 解得：r3=r1…………………………………………………………………2分 粒子由A2射出时，A2与A1之间的距离为：A‎2A1=2r3-2r2=2（-）r1 ‎ ‎（3）同理可得，由A3射出时，A3与A2相距：A‎3A2=2r5-2r4=2（-）r1‎ ‎…………‎ 粒子由An+1射出时，An+1与An相距：An+1An=2（-）r1 ‎ 依题意有：2（-）r15‎ ‎26、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。‎ ‎（1）当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）‎ ‎（2）回旋加速器的原理如图，D1和D2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，位于D1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，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式（忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速）‎ ‎（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，同一盒中相邻轨道的半径之差是增大、减小还是不变？‎ ‎ 答案 （1）核反应方程为                                                                                            ①‎ 设碳11原有质量为m0，经过t=2.0h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：‎ ‎                                                                                                    ②‎ ‎（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：‎ ‎                                                                                                                            ③‎ 质子运动的回旋周期为：                                                                              ④‎ 由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：‎ ‎                                                                                                ⑤‎ 设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率 ‎                                                                                     ⑥‎ 输出时质子束的等效电流为：                                                                                     ⑦‎ 由上述各式得 若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分 ‎（3）方法一：‎ 设k（k∈N*）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+1），‎ ‎，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知                                                                                                            ⑧‎ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则                 ⑨‎ 整理得                                                                                                     ⑩‎ 因U、q、m、B均为定值，令，由上式得                                          ⑾‎ 相邻轨道半径rk+1，rk+2之差 同理 ‎ 因为rk+2> rk，比较，得 说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小 方法二：‎ 设k（k∈N*）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+1），‎ ‎，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故                                   ⑿‎ 由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量                                                        ⒀‎ 以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速（2k﹣1）次 速度大小为                                                                                               ⒁‎ 同理，质子第（k+1）次进入D2时，速度大小为 综合上述各式可得 整理得，‎ 同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，，整理后有 由于rk+2> rk，比较，得 ‎27、如图所示为一种获得高能粒子的装置。环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调的匀强磁场。M、N为两块中心开有小孔的距离很近的极板，板间距离为d，每当带电粒子经过M、N板时，都会被加速，加速电压均为U；每当粒子飞离电场后，M、N板间的电势差立即变为零。粒子在电场中一次次被加速，动能不断增大，而绕行半径R不变。当t=0时，质量为m、电荷量为+q的粒子静止在M板小孔处。‎ ‎⑴求粒子绕行n圈回到M板时的速度大小vn；‎ ‎⑵为使粒子始终保持在圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时磁感应强度Bn的大小；‎ ‎⑶求粒子绕行n圈所需总时间t总。‎ ‎ 答案 ⑴粒子绕行一圈电场做功一次，由动能定理： （2分）‎ 即第n次回到M板时的速度为：  （2分）‎ ‎⑵绕行第n圈的过程中，由牛顿第二定律： （2分）‎ ‎  得 （2分）‎ ‎⑶粒子在每一圈的运动过程中，包括在MN板间加速过程和在磁场中圆周运动过程。‎ 在MN板间经历n次加速过程中，因为电场力大小相同，‎ 故有：  （2分）即加速n次的总时间  （1分）‎ 而粒子在做半径为R的匀速圆周运动，每一圈所用时间为，由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同。‎ ‎    第1圈：         ‎ ‎    第2圈：      ‎ ‎    第n圈：  （3分）‎ 故绕行n圈过程中在磁场里运动的时间 ‎ （2分）‎ 综上：粒子绕行n圈所需总时间 t总=+‎ ‎28、回旋加速器的示意图如图11-9甲，置于真空中的金属D形盒,其半径为R,两盒间距为d,在左侧D形盒圆心处放有粒子源S,匀强磁场的磁感应强度为B,方向如图所示.此加速器所接的高频交流电源如图11-9乙所示,电压有效值为U.粒子源射出的带电粒子质量为m、电荷量为q.设粒子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计,且此时高频电源电压恰好达到最大值,忽略粒子在加速电场中的运动时间,加速粒子的电压按交流电的最大值且可近似认为保持不变.粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数.求:‎ ‎(1)粒子在加速器中运动的总时间t.‎ ‎(2)试推证当R>>d时,粒子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的总时间可忽略不计(粒子在电场中运动时,不考虑磁场的影响).   ‎ ‎(3)粒子第1次和第n次分别在右半盒中运动的轨道半径的比值R1∶Rn.‎ ‎ 答案 (1)设粒子加速后的最大速度为v,此时轨道半径最大为R,由牛顿第二定律得:‎ 粒子的回旋周期为:‎ 粒子加速后的最大动能为:‎ 设粒子在电场中加速的次数为n,则:Ek=nqUm 高频电源电压的最大值 又忽略粒子在加速电场中的运动时间,则运动的总时间 联立解得:‎ ‎(2)粒子在电场中间断的加速运动,可等效成不间断的匀加速直线运动.粒子在电场中加速的总时间为:‎ 粒子在D形盒中回旋的总时间:‎ 故,又R>>d,所以,因此t1可忽略不计.‎ ‎(3)设粒子第1、2、3……n次在右半盒中运动的速度分别为v1、v2、v3……vn,则由动能定理得:qUm=mv12/2‎ ‎……‎ 又 联立解得(n取1,2,3,…).‎ 答案:(1)‎ ‎(2)略 ‎(3)‎ ‎29、回旋加速器以两虚线为边界,中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场,宽度为d,两侧为相同匀强磁场,方向垂直纸面向里.一质量m电量+q的带电粒子,以初速度V1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动,再进入电场做匀加速运动,后第二次进入磁场中运动…,粒子在电场和磁场中不断交替运动.已知粒子第二次在磁场中运动半径是第一次的二倍,第三次是第一次的三倍,…以此类推.则     ‎ A.粒子第一次经过电场电场力做功 B.粒子第三次经过磁场洛仑兹力做功 C.粒子第五次经过电场时电场强度大小 D.粒子第七次经过电场所用时间 ‎ 答案 ACD ‎30、‎ 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的匀强电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，设匀强磁场的磁感应强度为B，D形金属盒的半径为R，狭缝间的距离为d，匀强电场间的加速电压为U，则带电粒子（电荷量为q、质量为m，不计重力）射出时的最大动能Ekm=________________. ‎ ‎ 答案  ‎ ‎31、如图所示，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中，当电流通过磁场时，在导体板的上侧面A和下侧面A’之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应，实验表明，当磁场不太强时，电势差U，电流I和B 的关系为，式中的比例系数k为霍尔系数。设电流I是电子的定向移动形成的，电子的平均定向速度为v，电量为e，则 ‎⑴达到稳定状态时，导体上侧面A的电势___________下侧面A’的电势（填高于、低于或等于）。‎ ‎⑵电子所受的洛仑兹力的大小为__________。‎ ‎⑶当导体板上下两侧面之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小_____。‎ ‎⑷由静电力和洛仑兹力的平衡条件，证明霍尔系数为，其中n为导体单位体积中的电子的个数。‎ ‎ 答案 ⑴低 ⑵Bev ⑶Ue/h ⑷略 ‎32、正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图（1）所示（俯视图），位于水平面内的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子作圆运动的"容器"，经过加速器加速后的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v，它们沿管道向相反的方向运动．在管道内控制它们转弯的是一系列圆形电磁铁，即图中的、、……，共n个，均匀分布在整个圆环上（图中只示意性地用细实线画了几个，其余的用细虚线表示），每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下，磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一条直径的两端，如图（2）所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞作好了准备． （1）试确定正、负电子在管道内各是沿什么方向旋转的? （2）已知正、负电子的质量都是m，所带电荷都是元电荷e，重力不计．求电磁铁内匀强磁场磁感应强度B的大小． ‎ ‎ 答案 （1）正电子在图（1）中沿逆时针方向运动，负电子在（1）图中沿顺时针方向运动 ‎ ‎（2）电子经过1个电磁铁，偏转角度是射入电磁铁时与通过射入点的直径夹角为q /2电子在电磁铁内做圆周运动的半径 ‎ 由图所示可知，解出 ‎33、高能粒子在现代高科技活动中具有广泛的应用，如微观粒子的研究、核能的生产等。粒子加速器是实现高能粒子的主要途径，如图所示为环形粒子加速器示意图，图中实线所示环形区域内存在垂直纸面向外的大小可调节的匀强磁场，质量为m、电量为q的带正电粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势保持为零，粒子在两板之间电场中得到加速。每当粒子离开B板时，A板电势又突然变为零，粒子在电场的一次次加速下动能不断增大，但绕行半径R却始终保持不变。 （1）设t＝0时，粒子静止在A板小孔处，在电场作用下开始加速，并绕行第一圈。求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En。 （2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时，磁感应强度Bn应为多少? （3）求粒子绕行n圈所需的总时间t（粒子通过A、B之间的时间不计）。 （4）定性画出A板电势U随时间t变化的关系图线（从t＝0起画到粒子第四次离开B板时即可）。 （5）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为＋U?为什么? ‎ ‎ 答案 解：（1）∵W＝nqU由动能定理得Ek＝W＝ngu （2） 解得 （3）………总时间隔（4）图形如下 ‎ ‎（5）不可以，若一直保持＋U，则带电粒子由A→B加速，电场力做正功W1＝qU，而由B转一圈回到A则减速，电场力做负功W2＝-qU，回到A时速度为0，不能循环加速。‎ ‎34、环型对撞机是研究高能粒子的重要装置． 正负离子由静止经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为  B ．两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是 (    ) A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越大 B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷越大，磁感应强度B越小 C．对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，粒子运动的周期越小 ‎ ‎ D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U 多大，粒子运动的周期都不变 ‎ ‎ 答案 BC ‎35、如图（甲）所示为一种研究高能粒子相互作用的装置，两个直线加速器均由k个长度逐个增长的金属圆筒组成（整个装置处于真空中，图中只画出了6个圆筒，作为示意），它们沿中心轴线排列成一串，各个圆筒相间地连接到正弦交流电源的两端。设金属圆筒内部没有电场，且每个圆筒间的缝隙宽度很小，带电粒子穿过缝隙的时间可忽略不计。为达到最佳加速效果，需要调节至粒子穿过每个圆筒的时间恰为交流电的半个周期，粒子每次通过圆筒间缝隙时，都恰为交流电压的峰值。质量为m、电荷量为e的正、负电子分别经过直线加速器加速后，从左、右两侧被导入装置送入位于水平面内的圆环形真空管道，且被导入的速度方向与圆环形管道中粗虚线相切。在管道内控制电子转弯的是一系列圆形电磁铁，即图中的A1、A2、A3An，共n个，均匀分布在整个圆周上（图中只示意性地用细实线画了几个，其余的用细虚线表示），每个电磁铁内的磁场都是磁感应强度均相同的匀强磁场，磁场区域都是直径为d的圆形。改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度。经过精确的调整，可使电子在环形管道中沿图中粗虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在圆形运强磁场区域的同一条直径的两端，如图（乙）所示。这就为实现正、负电子的对撞作好了准备。 （1）若正、负电子经过直线加速器后的动能均为E0，它们对撞后发生湮灭，电子消失，且仅产生一对频率相同的光子，则此光子的频率为多大？（已知普朗克恒量为h，真空中的光速为c。） （2）若电子刚进入直线加速器第一个圆筒时速度大小为v0，为使电子通过直线加速器后速度为v，加速器所接正弦交流电压的最大值应当多大？ （3）电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B为多大？ ‎ ‎ 答案 （1）一对正、负电子对撞后湮灭产生一对光子，所以一个光子的能量与一个电子的能量相等，即每个光子的能量为E=E0+mc2设光子的频率为，则解得：=（E0+mc2）/h。（2）电子在直线加速器中，经过k个圆筒间的（k-1）个缝隙间的电场后，时共经历（k-1）次加速，每当电子运动至筒间缝隙时交流电压的瞬时值应为最大值Um根据动能定理 （k-1）eUm=mv2-mv02解得Um=（3）设电子经过1个电磁铁的圆形磁场区时偏转角度为θ ，则 由图可知，电子射入匀强磁场区时与通过射入点的直径夹角为θ/ 2 电子在匀强磁场区域内作圆运动，洛仑兹力提供向心力 ∴ 根据几何关系 解得 ‎