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專題強化二十　洛倫茲力與現代科技
目標要求 　1.理解質譜儀和回旋加速器的原理，并能解決相關問題.2.會分析電場和磁場疊加的幾種實例．
題型一　質譜儀
1．作用
測量帶電粒子質量和分離同位素．
2．原理(如圖1所示)

圖1
(1)加速電場：qU＝12mv2；
(2)偏轉磁場：qvB＝mv2r，l＝2r；
由以上兩式可得r＝1B2mUq，
m＝qr2B22U，qm＝2UB2r2.
例1 　(2016·全國卷Ⅰ·15)現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖2所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比約為(　　)

圖2
A．11 B．12 C．121 D．144
答案　D
解析　由qU＝12mv2得帶電粒子進入磁場的速度為v＝2qUm，結合帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝mvBq，聯立得到R＝1B2mUq，由題意可知，該離子與質子在磁場中具有相同的軌道半徑和電荷量，故離子和質子的質量之比m離子m質子＝144，故選D.

1.(質譜儀)(多選)(2020·江蘇南通等七市高三下學期6月三調)如圖3所示，電荷量相等的兩種離子氖20和氖22從容器下方的狹縫S1飄入(初速度為零)電場區，經電場加速后通過狹縫S2、 S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，離子經磁場偏轉后發生分離，最終到達照相底片D上．不考慮離子間的相互作用，則(　　)

圖3
A．電場力對每個氖20和氖22做的功相等
B．氖22進入磁場時的速度較大
C．氖 22在磁場中運動的半徑較小
D．若加速電壓發生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊
答案　AD
解析　電場力對粒子做的功為W＝qU，則電場力對每個氖20和氖22做的功相等，A正確；根據qU＝12mv2，得v＝2qUm，所以氖22(質量較大)進入磁場時的速度較小，B錯誤；根據r＝mvqB和v＝2qUm得r＝1B2mUq，因為氖22質量較大，所以氖22在磁場中運動的半徑較大，C錯誤；加速電壓發生波動，根據r＝1B2mUq，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊(不同時刻)，D正確．
題型二　回旋加速器
1．構造：
如圖4所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源．

圖4
2．原理：
交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次．
3．最大動能：
由qvmB＝mvm2R、Ekm＝12mvm2得Ekm＝q2B2R22m，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關．
4．總時間：
粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝EkmqU，粒子在磁場中運動的總時間t＝n2T＝Ekm2qU·2πmqB＝πBR22U.(忽略粒子在狹縫中運動的時間)
例2 　(多選)用回旋加速器對粒子進行加速，可以獲得高能帶電粒子，兩個D形盒與電壓有效值為U的高頻交流電源的兩極相連(頻率可調)，在兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，磁感應強度為B，如圖5所示，粒子由速度為零開始加速，不計粒子在兩極板間運動的時間，關于回旋加速器的使用，下列說法正確的是(　　)

圖5
A．兩盒間狹縫中交變電場的頻率跟帶電粒子的比荷成正比
B．不同的帶電粒子在同一回旋加速器(頻率相同)中運動的總時間相同
C．帶電粒子在磁場中運動時，受到的洛倫茲力不做功，因此帶電粒子從D形盒射出時的動能與磁場的強弱無關
D．盡管兩盒間狹縫中電場對帶電粒子起加速作用，但是帶電粒子從D形盒射出時的動能與加速電壓的大小無關
答案　ABD
解析　帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，則有qvB＝mv2r，v＝2πrT，解得T＝2πmqB.每經過半個周期的時間，帶電粒子就會以與原來速度方向相反的速度再次進入狹縫加速電場中加速，此時交流電也是經過了半個周期形成與原來相反的電場，從而對帶電粒子加速，所以加速電場的周期與圓周運動周期相等，根據f＝1T可得交流電頻率f＝qB2πm，所以交流電頻率與比荷成正比，故A正確；帶電粒子每一次經過狹縫都會被加速一次，電場力做一次正功，假設整個過程一共被加速了n次，則電場力做功為W＝nqU.對帶電粒子從0進入加速器直到以速度vm離開的整個過程，由動能定理得W＝12mvm2，對離開加速器的最后半周，設圓周半徑為R，則有qvmB＝mvm2R，帶電粒子在回旋加速器中的運動的總時間為t，則有t＝nT2，聯立可解得t＝πBR22U，說明帶電粒子在回旋加速器中的運動的總時間與粒子的質量和電荷量都無關，因此不同的粒子在同一回旋加速器中運動的總時間相同，故B正確；帶電粒子射出D形盒時的最大動能Ek＝12mvm2＝q2B2R22m，由此可知，雖然洛倫茲力不做功，但是帶電粒子從D形盒射出時的動能與磁場的強弱有關；最大動能(即從D形盒射出時的動能)與加速電壓的大小無關，故C項錯誤，D正確．

2.(回旋加速器)(2021·名師原創預測)某回旋加速器的示意圖如圖6，兩個半徑均為R的D形盒置于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，并與高頻電源兩極相連，現對氚核(31H)加速，所需的高頻電源的頻率為f.已知元電荷為e.下列說法正確的是(　　)

圖6
A．D形盒可以用玻璃制成
B．氚核的質量為eBf2π
C．高頻電源的電壓越大，氚核從P處射出的速度越大
D．若對氦核(42He)加速，則高頻電源的頻率應調為32f
答案　D
解析　為使D形盒內的帶電粒子不受外電場的影響，D形盒應用金屬材料制成，以實現靜電屏蔽，A錯誤；為使回旋加速器正常工作，高頻電源的頻率應與帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，由T1＝2πm1eB和T1＝1f，得氚核的質量m1＝eB2πf，B錯誤；由evmB＝m1vm2R，得vm＝eBRm1，可見氚核從P處射出時的最大速度vm與高頻電源的電壓大小無關，C錯誤；結合T2＝2πm22eB和T2＝1f2，得f2＝2m1m2 f，又m1m2＝34，得f2＝32 f，D正確．
題型三　電場與磁場疊加的應用實例分析
共同特點：當帶電粒子(不計重力)在復合場中做勻速直線運動時，洛倫茲力與電場力相等，qvB＝qE，即v＝EB.

　　　　　 速度選擇器

(1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直．(如圖7)

圖7
(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，即v＝EB.
(3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量．
(4)速度選擇器具有單向性．
例3 　在如圖8所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子(　　)

圖8
A．一定帶正電
B．速度v＝EB
C．若速度v＞EB，粒子一定不能從板間射出
D．若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動
答案　B
解析　粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，可得qvB＝qE，解得速度v＝EB，選項B正確；若速度v＞EB，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤．

　　　　　 磁流體發電機

(1)原理：如圖9所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發生偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能．

圖9
(2)電源正、負極判斷：根據左手定則可判斷出圖中的B是發電機的正極．
(3)發電機路端電壓U和內阻r：設A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應強度為B，等離子體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v.
①路端電壓U：當正、負離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U，則qUl＝qvB，即U＝Blv.
②發電機內阻：r＝ρlS.
例4 　(2019·福建三明市期末質量檢測)磁流體發電機的原理如圖10所示．將一束等離子體連續以速度v垂直于磁場方向噴入磁感應強度大小為B的勻強磁場中，可在相距為d、面積為S的兩平行金屬板間產生電壓．現把上、下板和電阻R連接，上、下板等效為直流電源的兩極．等離子體穩定時在兩極板間均勻分布，電阻率為ρ.忽略邊緣效應及離子的重力，下列說法正確的是(　　)

圖10
A．上板為正極，a、b兩端電壓U＝Bdv
B．上板為負極，a、b兩端電壓U＝Bd2vρSRS＋ρd
C．上板為正極，a、b兩端電壓U＝BdvRSRS＋ρd
D．上板為負極，a、b兩端電壓U＝BdvRSRd＋ρS
答案　C
解析　根據左手定則可知，等離子體射入兩極板之間時，正離子偏向a板，負離子偏向b板，即上板為正極；穩定時滿足U′dq＝Bqv，解得U′＝Bdv；根據電阻定律可知兩極板間的電阻為r＝ρdS，根據閉合電路歐姆定律：I＝U′R＋r，a、b兩端電壓U＝IR，聯立解得U＝BdvRSRS＋ρd，故選C.

　　　　　 電磁流量計

(1)流量(Q)：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積．
(2)導電液體的流速(v)的計算

圖11
如圖11所示，一圓柱形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向右流動．導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下發生偏轉，使a、b間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差(U)達到最大，由qUd＝qvB，可得v＝UBd.
(3)流量的表達式：Q＝Sv＝πd24·UBd＝πdU4B.
(4)電勢高低的判斷：根據左手定則可得φa>φb.
例5 　(2020·湖南常德市模擬)某化工廠的排污管末端安裝了如圖12所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個內側面a、c固定有金屬板作為電極，勻強磁場方向豎直向下．污水(含有大量的正、負離子)充滿管口從左向右流經該測量管時，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量Q(單位時間內排出的污水體積)．則(　　)

圖12
A．a側電勢比c側電勢低
B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數越大
C．污水流量Q與U成正比，與L、D無關
D．勻強磁場的磁感應強度B＝πDU4Q
答案　D
解析　污水中正、負離子從左向右移動，受到洛倫茲力，根據左手定則，正離子向后表面偏，負離子向前表面偏轉，所以a側電勢比c側電勢高，故A錯誤；最終正、負離子會在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qE＝qvB，即UD＝vB，而污水流量Q＝vπD24＝UDB·πD24＝πUD4B，可知Q與U、D成正比，與L無關，顯示儀器的示數與離子濃度無關；勻強磁場的磁感應強度B＝πUD4Q，故D正確，B、C錯誤．

　　　　　 霍爾效應的原理和分析

(1)定義：高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A′之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓．

圖13
(2)電勢高低的判斷：如圖13，導體中的電流I向右時，根據左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A′的電勢高．若自由電荷是正電荷，則下表面A′的電勢低．
(3)霍爾電壓：導體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉，A、A′間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩定，由qvB＝qUh，I＝nqvS，S＝hd，聯立解得U＝BInqd＝kBId，k＝1nq稱為霍爾系數．
例6 　(多選)(2020·江蘇一模)在一個很小的矩形半導體薄片上，制作四個電極E、F、M、N，做成了一個霍爾元件，在E、F間通入恒定電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，M、N間的電壓為UH.已知半導體薄片中的載流子為正電荷，電流與磁場的方向如圖14所示，下列說法正確的有(　　)

圖14
A．N板電勢高于M板電勢
B．磁感應強度越大，MN間電勢差越大
C．將磁場方向變為與薄片的上、下表面平行，UH不變
D．將磁場和電流分別反向，N板電勢低于M板電勢
答案　AB
解析　電流的方向由E指向F，根據左手定則，自由電荷受力的方向指向N板，向N板偏轉，則N板電勢高，故A正確；
設上、下表面間距為L，左右兩個表面相距為d，正電荷所受的電場力最終等于洛倫茲力，設材料單位體積內正電荷的個數為n，材料截面積為S，則qUHd＝qvB①
I＝nqSv②
S＝dL③
由①②③得：UH＝BInqL，令k＝1nq，則UH＝kBIL，
所以若保持電流I恒定，則M、N間的電壓與磁感應強度B成正比，故B正確；
將磁場方向變為與薄片的上、下表面平行，則載流子不會受到洛倫茲力，因此不存在電勢差，故C錯誤；
若磁場和電流分別反向，依據左手定則，則N板電勢仍高于M板電勢，故D錯誤．
課時精練

1.如圖1所示是一速度選擇器，當粒子速度滿足v0＝EB時，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度v射入該速度選擇器后，運動軌跡為圖中實線，則關于該粒子的說法正確的是(　　)

圖1
A．粒子射入的速度一定是v>EB
B．粒子射入的速度可能是v C．粒子射出時的速度一定大于射入速度
D．粒子射出時的速度一定小于射入速度
答案　B
解析　假設粒子帶正電，則所受電場力向下，由左手定則知所受洛倫茲力方向向上，由受力分析結合運動軌跡知，qvB>qE，則v>EB，運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做負功，則粒子速度減??；若粒子帶負電，所受電場力向上，則由左手定則知所受洛倫茲力方向向下，由受力分析結合運動軌跡知，qvB 2.(2020·安徽月考)如圖2所示為質譜儀的原理示意圖，帶電粒子經加速電場加速，經速度選擇器沿直線運動剛好從P點垂直偏轉磁場邊界進入磁場，經磁場偏轉打在熒光屏A1A2上，若加速電壓減小為原來的0.9倍，通過調節速度選擇器兩板間的電壓，粒子仍能從P點射入偏轉磁場，則(　　)

圖2
A．速度選擇器兩板間電壓減小為原來的0.9倍
B．粒子在偏轉磁場中運動的時間減小為原來的0.9倍
C．粒子在偏轉磁場中做圓周運動的半徑減小為原來的0.9倍
D．粒子打在熒光屏上的動能減小為原來的0.9倍
答案　D
解析　粒子在加速電場中運動時，有U1q＝12mv2，在速度選擇器中運動時，有U2dq＝qvB，則2d2B2U1q＝mU22，若加速電壓U1減小為原來的0.9倍，則速度選擇器兩板間電壓U2減小為原來的0.9倍，選項A錯誤；粒子在偏轉磁場中運動半個周期，而周期與粒子的速度無關，則若加速電壓U1減小為原來的0.9倍，則粒子在偏轉磁場中運動的時間不變，選項B錯誤；由r＝mvqB0＝1B02mU1q，可知若加速電壓U1減小為原來的0.9倍，粒子在偏轉磁場中做圓周運動的半徑減小為原來的0.9倍，選項C錯誤；由Ek＝12mv2＝U1q可知，若加速電壓U1減小為原來的0.9倍，則粒子打在熒光屏上的動能減小為原來的0.9倍，選項D正確．
3．電磁流量計是一種測量導電液體流量的裝置(單位時間內通過某一截面的液體體積，稱為流量)，其結構如圖3所示，上、下兩個面M、N為導體材料，前、后兩個面為絕緣材料．流量計的長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感應強度為B的勻強磁場，某次測量中，與上、下兩個面M、N相連的電壓表示數為U，則管道內液體的流量為(　　)

圖3
A.UBc B.UBb C．UBc D．UBb
答案　B
4.(多選)如圖4所示是磁流體發電機的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個很強的磁場．一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電離子)沿垂直于磁場的方向噴入磁場．把P、Q與電阻R相連接．下列說法正確的是(　　)

圖4
A．Q板的電勢高于P板的電勢
B．R中有由a向b方向的電流
C．若只改變磁場強弱，R中電流保持不變
D．若只增大離子入射速度，R中電流增大
答案　BD
解析　等離子體進入磁場，根據左手定則，正離子向上偏，打在上極板上，負離子向下偏，打在下極板上，所以上極板帶正電，下極板帶負電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過電阻R的電流方向由a到b，故A錯誤，B正確；依據電場力等于洛倫茲力，即qUd＝qvB，則有U＝Bdv，再由閉合電路歐姆定律I＝UR＋r＝BdvR＋r，電流與磁感應強度成正比，故C錯誤；由以上分析可知，若只增大離子的入射速度，R中電流會增大，故D正確．

5.(多選)如圖5所示為磁流體發電機的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20 cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5 T，方向垂直紙面向里．現將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正離子和負離子，整體呈電中性)從左側噴射入磁場，發現在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100 W的燈泡正常發光，且此時燈泡電阻為R＝100 Ω，不計離子重力和發電機內阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是(　　)

圖5
A．金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷
B．該發電機的電動勢為100 V
C．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103 m/s
D．每秒有6.25×1018個離子打在金屬板N上
答案　BD
解析　由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉，負離子將向金屬板N偏轉，選項A錯誤；由于不考慮發電機的內阻，則發電機的電動勢等于路端電壓，所以E＝U＝PR＝100 V，選項B正確；由Bqv＝qUd可得v＝UBd＝100 m/s，選項C錯誤；每秒經過燈泡的電荷量Q＝It，而I＝PR＝1 A，所以Q＝1 C，由于離子均為一價離子，所以每秒打在金屬板N上的離子個數為n＝Qe＝11.6×10－19＝6.25×1018(個)，選項D正確．

6．(多選)(2019·江蘇無錫市調研)自行車速度計利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率．如圖6甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓．圖乙為霍爾元件的工作原理圖．當磁場靠近霍爾元件時，導體內定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉，最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差，即為霍爾電勢差．下列說法正確的是(　　)

圖6
A．根據單位時間內的脈沖數和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小
B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高
C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的
D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小
答案　AD
解析　根據單位時間內的脈沖數可知車輪轉動的轉速，若再已知自行車車輪的半徑，根據v＝2πrn即可獲知車速大小，選項A正確；根據霍爾原理可知，Udq＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電勢差只與磁感應強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速率有關，與自行車的車速無關，選項B錯誤；題圖乙中霍爾元件的電流I是由電子定向運動形成的，選項C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，則會導致電子定向移動的速率減小，霍爾電勢差將減小，選項D正確．
7．(多選)(2019·江西名校聯盟質檢)如圖7所示是醫用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源兩端相連．現分別加速質子(11H)和氘核(21H)．下列說法中正確的是(　　)

圖7
A．它們的最大速度相同
B．質子的最大動能大于氘核的最大動能
C．加速質子和氘核所用高頻電源的頻率相同
D．僅增大高頻電源的電壓不可能增大粒子的最大動能
答案　BD
解析　設質子質量為m，電荷量為q，則氘核質量為2m，電荷量為q，它們的最大速度分別為v1＝BqRm和v2＝BqR2m，選項A錯誤；質子的最大動能Ek1＝B2q2R22m，氘核的最大動能Ek2＝B2q2R24m，選項B正確；高頻電源的頻率與粒子在磁場中的回旋頻率相同，即f1＝qB2πm，f2＝qB4πm，所以加速質子和氘核所用高頻電源的頻率不相同，選項C錯誤；被加速的粒子的最大動能與高頻電源的電壓無關，所以僅增大高頻電源的電壓不可能增大粒子的最大動能，選項D正確．
8．如圖8所示為一種質譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外．一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點．不計粒子重力．下列說法不正確的是(　　)

圖8
A．粒子一定帶正電
B．加速電場的電壓U＝12ER
C．直徑PQ＝2BqmER
D．若一群離子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷
答案　C
解析　粒子由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，根據左手定則可得，粒子帶正電，A正確；粒子在加速電場中做勻加速運動，則有qU＝12mv2，又粒子在靜電分析器做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，則有qE＝mv2R，解得U＝ER2，B正確；粒子在磁分析器中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝mv2r，粒子由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打在膠片上的Q點，可得PQ＝2r＝2BmERq，C錯誤；若一群離子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，說明運動的軌跡半徑r＝1BmERq相同，由于加速電場、靜電分析器與磁分析器都相同，則該群離子具有相同的比荷，D正確．
9.(多選)(2019·福建龍巖市3月質量檢查)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，如圖9所示．其核心部件是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒(D1、D2)，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，D形盒的半徑為R.質量為m、電荷量為q的質子從D1半盒的質子源(A點)由靜止釋放，加速到最大動能Ekm后經粒子出口處射出．若忽略質子在電場中的加速時間，且不考慮相對論效應，則下列說法正確的是(　　)

圖9
A．質子加速后的最大動能Ekm與交變電壓U大小無關
B．質子在加速器中的運行時間與交變電壓U大小無關
C．回旋加速器所加交變電壓的周期為πR2mEkm
D．D2盒內質子的軌道半徑由小到大之比為1∶3∶5∶…
答案　ACD
解析　質子在回旋加速器中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2r，則v＝qBrm，當r＝R時，質子有最大動能：Ekm＝12mvm2＝q2B2R22m，知質子加速后的最大動能Ekm與交變電壓U大小無關，故A正確；質子離開回旋加速器時的動能是一定的，與加速電壓無關，由T＝2πmqB可知相鄰兩次經過電場加速的時間間隔不變，獲得的動能為qU，故電壓越大，加速的次數n越少，在加速器中的運行時間越短，故B錯誤；回旋加速器所加交變電壓的周期與質子在D形盒中運動的周期相同，由T＝2πmqB，R＝mvmqB，Ekm＝12mvm2知，T＝πR2mEkm，故C正確；質子每經過1次加速電場動能增大qU，知D2盒內質子的動能由小到大依次為qU、3qU、5qU…，又r＝mvqB＝2mEkqB，則半徑由小到大之比為1∶3∶5∶…，故D正確．

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