解析 (1)设离子在磁场中的运动半径为r1， 12
在电场中加速时，有qU0＝×2mv
2v2
又qvB＝2m r12
解得r1＝
B
mU0
q
根据几何关系x＝2r1－L， 4
解得x＝B
mU0
－L. q
(2)如图所示，最窄处位于过两虚线交点的垂线上
d＝r1－
2
解得d＝B
r 12－mU0
－q
L2
4mU0L2
－ qB24
变式1 (2016·全国卷Ⅰ·15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图3所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为( )
图3
A.11 B.12 C.121 D.144 答案 D
12
解析 由qU＝mv得带电粒子进入磁场的速度为v＝
2mv1
的轨迹半径R＝，综合得到R＝BqB
2qU
，结合带电粒子在磁场中运动m
2mU
，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同q
m0
的轨道半径和电荷量，故＝144，故选D.
mp
命题点二 回旋加速器的原理和分析
1.构造：如图4所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源.
图4
2.原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次.
mv m 21q2B2R2
3.粒子获得的最大动能：由qvmB＝、Ekm＝mv m 2得Ekm＝，粒子获得的最
R22m大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关.
4.粒子在磁场中运动的总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加EkmnEkm2πmπBR2
动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t＝T＝·＝.
qU22qUqB2U例2 (多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图5所示.置于真空中的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处粒子源产生质子的质量为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( )
图5
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2∶1
D.不改变磁感应强度B和交流电频率f，经该回旋加速器加速的各种粒子的最大动能不变
答案 AC
2πR
解析 质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm＝＝2πRf，故A正
T11222222
确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mvm 2＝m×4πRf＝2mπRf，与加速电
22mv211
压U无关，B错误；根据qvB＝，Uq＝mv1 2，2Uq＝mv2 2，得质子第2次和第1次
r22经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C正确；因经回旋加速器加速的粒子最大动能Ekm＝2mπRf与m、R、f均有关，故D错误.
变式2 如图6甲所示是用来加速带电粒子的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，两盒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.忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是( )
222
图6
A.在Ek－t图象中应有t4－t3 解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek－t图中应有，t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电mv2mv2mEkq2B2r2 压越小，粒子加速次数越多，由qvB＝得r＝＝可知Ek＝，即粒子获得 rqBqB2m的最大动能决定于D形盒的半径，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，故B、C错误，D正确. 变式3 回旋加速器的工作原理如图7甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电