（物理）物理速度选择器和回旋加速器练习题20.doc

1、【物理】物理速度选择器和回旋加速器练习题20一、速度选择器和回旋加速器1某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U2，距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D上。求：(1)磁场B1的大小和方向(2)现有大量的上述粒子进入加速器A，但加速电压不稳定，在到范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子

2、都有机会进入C，则打在照相底片D上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。【答案】（1），垂直纸面向里；（2），【解析】【分析】【详解】（1）在加速电场中在速度选择器B中 得根据左手定则可知方向垂直纸面向里；（2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 最大值为打在D上的宽度为若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v的粒子有得U=B1vd代入B1得再代入v的值可得电压的最小值最大值2有一个正方体形的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面为边长L=0.20m的正方形，其电场强度为V/m，磁感应强度T，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为kg/C的正离子流（其重

3、力不计）以一定的速度从电磁场的正方体区域的左侧边界中点射入，如图所示。（计算结果保留两位有效数字）(1)要使离子流穿过电场和磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何？离子流的速度多大？(2)在(1)的情况下，在离电场和磁场区域右边界D=0.40m处有与边界平行的平直荧光屏。若只撤去电场，离子流击中屏上a点；若只撤去磁场，离子流击中屏上b点。求ab间距离。（a，b两点图中未画出）【答案】(1)电场方向竖直向下；2107m/s；(2)0.53m【解析】【分析】【详解】(1)电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，根据平衡条件有解得离子流的速度为=2107m/s(2)撤去电场，离

4、子在碰场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有解得=0.4m离子离开磁场区边界时，偏转角为，根据几何关系有解得在磁场中的运动如图1所示偏离距离=0.054m离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为=0.28m若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间加速度偏转角为，如图2所示则偏离距离为=0.05m离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离=0.25m所以a、b间的距离ab=y+y=0.53m3边长L0.20的正方形区域内存在匀强磁场和匀强电场，其电场强度为E1104V/m，磁感强度B0.05T，磁场方向垂直纸面向里，当一束质荷比为510-8kg/C的正离子流，以一定

5、的速度从电磁场的正方形区域的边界中点射入，离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，如右图所示，不计正离子的重力，求：（1）电场强度的方向和离子流的速度大小（2）在离电磁场区域右边界D=0.4m处有与边界平行的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间的距离是多少？【答案】（1）竖直向下；（2）1.34m【解析】【详解】（1）正离子经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 离子流的速度（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，作出离子的运动轨迹如图

6、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的时间加速度在电场中的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的距离=1.34m4如图所示：在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=1103N/C和B1=0.02T，极板长度L=0.4m，间距足够大。在极板的右侧还存在着另一圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向外，圆形磁场的圆心O位于平行金属板的中线上，圆形磁场的半径R=0.6m。有一带正电的粒子以一定初速度v0沿极板中线水平向右飞入

7、极板间恰好做匀速直线运动，然后进入圆形匀强磁场区域，飞出后速度方向偏转了74，不计粒子重力，粒子的比荷=3.125106C/kg，sin37=0.6,cos37=0.8，2.24。求：（1）粒子初速度v0的大小；（2）圆形匀强磁场区域的磁感应强度B2的大小；（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁场，则圆形磁场的圆心O离极板右边缘的水平距离d应该满足的条件。【答案】（1）v0=5104m/s；（2）B2=0.02T；（3）。【解析】【详解】（1）粒子在电场和磁场中匀速运动，洛伦兹力与电场力平衡qv0B1=Eq带电粒子初速度v0=5104m/s（2）带

8、电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力轨迹如图所示：由几何关系，带电粒子做圆周运动的半径为联立解得：B2=0.02T（3）带电粒子在电场中做类平抛运动水平方向竖直方向由牛顿第二定律粒子飞出极板后不能进入圆形磁场即轨迹刚好与圆形磁场相切，如图所示：由几何关系 ，利用三角形相似，有：，解得，若想带电粒子不能飞入圆形磁场，应满足。5如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一个电场强度大小为E、方向沿-y方向的匀强电场，同时在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内，有垂直于xOy平面的匀强磁场，该圆周与x轴的交点分别为P点和Q点，M点和N点也是圆周上的两点，OM和ON的连线与+x方向的夹角均

9、为=60。现让一个粒子从P点沿+x方向以初速度v0射入，粒子恰好做匀速直线运动，不计粒子的重力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(2)若只是把匀强电场撤去，粒子仍从P点以同样的速度射入，从M点离开圆形区域，求粒子的比荷；(3)若把匀强磁场撤去，粒子的比荷不变，粒子仍从P点沿+x方向射入，从N点离开圆形区域，求粒子在P点的速度大小。【答案】(1) ，方向垂直纸面向里(2) (3)v0【解析】【详解】（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即qE=Bqv0解得B=由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里。（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r，根据洛伦兹力

10、充当向心力得Bqv0=m由几何关系可知r=R，联立得=（3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得x=R=vty=R=t2又qE=Bqv0联立解得v=v06如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图K为电子枪，由枪中沿KA方向射出的电子，速度大小不一当电子通过方向互相垂直的均匀电场和磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V，间距为5 cm，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为006 T，问：（1）磁场的方向应该垂直纸面向里还是垂直纸面向外？（2）速度为多大的电子才能通过小孔S?【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）1105m/s【解析】

11、【分析】【详解】（1）由题图可知，平行板产生的电场强度E方向向下带负电的电子受到的静电力FEeE，方向向上若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S，所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的，根据左手定则分析得出，B的方向垂直于纸面向里（2）能够通过小孔的电子，其速率满足evBeE解得：v又因为E所以v1105m/s即只有速率为1105m/s的电子才可以通过小孔S7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

12、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（）。【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）v= （3）【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，有粒

13、子进入极板时的速度v= （3）带电粒子在两极板间运动时间t1=，加速度带电粒子穿过电场时的侧移量带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t2=带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度vy =带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移两次侧移量之和为h，即：h=y1+y2=解得： 【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（1）获得阴极射线，一般采用的办法是加热灯丝，使其达到一定温度后溅射出电子，然后通过一定的电压加速已知电子质量为m，带电量为e，加速电压为U，若溅射出的电子初速度为0，试求加速之

14、后的阴极射线流的速度大小v（2）实际问题中灯丝溅射出的电子初速度不为0，且速度大小满足某种分布，所以经过同一电压加速后的电子速度大小就不完全相同但可以利用电场和磁场对电子的共同作用来筛选出科学研究所需要的特定速度的电子设计如图所示的装置，上下极板接电源的正负极，虚线为中轴线，在装置右侧设置一个挡板，并在与中轴线相交处开设一个小孔，允许电子通过调节极板区域内电场和磁场的强弱和方向，使特定速度的电子沿轴线穿过请在图中画出满足条件的匀强磁场和匀强电场的方向（3）为了确定从上述速度选择装置射出的阴极射线的速度，可采用如图所示的电偏转装置（截面图）右侧放置一块绝缘荧光板，电子打在荧光板上发光，从而知道阴

15、极射线所打的位置现使荧光板紧靠平行极板右侧，并将其处于两板间的长度六等分，端点和等分点分别用a、b、c、表示偏转电极连接一个闭合电路，将滑线变阻器也六等分，端点和等分点分别用A、B、C、表示已知电子所带电量e = 1.610-19C，取电子质量m = 9.010-31kg，板间距和板长均为L，电源电动势E = 120V实验中发现，当滑线变阻器的滑片滑到A点时，阴极射线恰好沿中轴线垂直打到d点；当滑片滑到D点时，观察到荧光屏上f点发光忽略电源内阻、所有导线电阻、电子重力以及电子间的相互作用请通过以上信息计算从速度选择装置射出的阴极射线的速度大小v0【答案】（1）（2）如图所示：（3）【解析】（1

16、）根据动能定理可以得到：，则：；（2）当电子受到洛伦兹力和电场力相等时，即，即，满足这个条件的电子才能通过，如图所示：（3）设当滑片滑到D点时两极板间电压为U，由电子在电场中的偏转运动得：则：点睛：本题主要考查带电粒子在电场中的加速、速度选择器以及带电粒子在电场中的偏转问题，但是本题以信息题的形式出现，令人耳目一新的感觉，但是难度不大，是一道好题，对学生分析问题能起到良好的作用9回旋加速器原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在交流电源上，位于D1圆心处的离子源A能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能Ek后，再设法将其

17、引出。已知正离子的电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D型盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设正离子从离子源出发时的初速度为零。(1)试计算上述正离子被第一次加速后进入D2中运动的轨道半径；(2)计算正离子飞出时的最大动能；(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试证明当Rd时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。【答案】(1)；(2)；(3)见解析【解析】【分析】【详解】(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，根据动能定理可得解得洛伦兹力充当向心力，则有解得(2)

18、离子射出时加速器时解得离子动能为(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v。根据平均速度公式可得在电场中运动时间为离子在D形盒中运动的周期为粒子在磁场中回旋的时间为有=当dR时，t1t2，即电场中运动时间可以忽略101932 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甲所示，图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、D2D 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

19、 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求：（1）质子第一次经过狭缝被加速后进入 D2 盒时的速度大小 v1 和进入 D2 盒后运动的轨道半径 r1；（2）质子被加速后获得的最大动能 Ek 和交变电压的频率 f；（3）若两 D 形盒狭缝之间距离为 d，且 dR计算质子在电场中运动的总时间 t1 与在磁场中运动总时间 t2，并由此说明质子穿过电场时间可以忽略不计的原因【答

20、案】(1) ， (2) ， (3) ， ； 【解析】（1）设质子第1此经过狭缝被加速后的速度为v1： 解得 解得： （2）当粒子在磁场中运动半径非常接近D型盒的半径A时，粒子的动能最大，设速度为vm，则 解得 回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率等于粒子回旋的频率，则设粒子在磁场中运动的周期为T,则： 则 （3）设质子从静止开始加速到粒子离开加速了n圈，粒子在出口处的速度为v，根据动能定理可得： 可得 粒子在夹缝中加速时，有： ，第n次通过夹缝所用的时间满足： 将粒子每次通过夹缝所用时间累加，则有 而粒子在磁场中运动的时间为（每圈周期相同） 可解得，因为dR，则 t1t211如图所示为回旋加

21、速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2，磁感应强度为B，金属盒的半径为R，两盒之间有一狭缝，其间距为d，且Rd，两盒间电压为U。A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，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到达两盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q。(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。求粒子可获得的最大动能Ekm；若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；求粒子在电场中加速的总时间t

22、1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t1与t2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；(2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到2530MeV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，粒子的质量随着速度的增加而增大。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）；， t1可以忽略；（2）见解析【解析】【分析】【详解】（1）粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得 解得设带电粒子在两盒间加速的次数为

23、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，可得带电粒子在电场中的加速度为所以带电粒子在电场中的加速总时间为设粒子在磁场中回旋的圈数为n，由动能定理得带电粒子回旋一圈的时间为所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为已知可知，所以可以忽略。（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。

24、12回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间有狭缝（间距），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为，电荷量为，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为，周期为T，与粒子在磁场中的周期相同一束该种粒子在时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：（1）匀强磁场的磁感应强度B；（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间；（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量与原来质量的关系：，则粒子质量

25、增加后估计最多还能再加速多少次（需要简述理由）？若粒子质量最终增加，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有效数字）？【答案】（1）（2）（3）100次；0.2【解析】【详解】解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：电压周期与粒子在磁场中的周期相同：可得， (2)粒子运动半径为时：且解得： 粒子被加速次达到动能，则有： 不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：(3)粒子在磁场中的周期：，质量增加，周期增大， 再加速次数不超过次加速后的质量与原来质量的关系：， 粒子最终速度为：即粒子最终速度为光速的

26、0.2倍13回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置图1为回旋加速器原理示意图，置于高真空中的两个半径为R的D形金属盒，盒内存在与盒面垂直磁感应强度为B的匀强磁场两盒间的距离很小，带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计位于D形盒中心A处的粒子源能产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度可以忽略粒子通过两盒间被加速，经狭缝进入盒内磁场两盒间的加速电压按图2所示的余弦规律变化，其最大值为U0加速过程中不考虑相对论效应和重力作用已知t0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝时都能被最大电压加速求(1)两盒间所加交变电压的最大周期T0；(2)t0=0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D形

27、盒间狭缝后的轨道半径之比；(3)与时刻产生的粒子到达出口处的时间差【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）设粒子在某次被加速后的速度为v，则它在匀强磁场中做半径为r的圆周运动时：，运动周期为，即：要保证时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速，粒子做圆周运动的周期必须与加速电压的最大周期相同，所以：（2）设时刻两盒间的电压为，此时刻产生的粒子第1次经过狭缝后的速度为，半径为 解得：粒子在磁场中运动后第2次经过狭缝，此时两盒间的电压为，粒子再次加速联立可以得到，加速后的半径为：，所以：（3）设粒子到达出口时的速度为，则：即所有从出口飞出的粒子，速度大小都相等，而每个粒子在磁场中运动的每

28、一个周期时间内，被相同的电压加速两次设某个粒子被加速时的电压为U，它总共被加速了n次，则：整理可以得到：该粒子在磁场中运动的总时间与时刻产生的粒子被加速时的电压分别为：和即，所以，与时刻产生的粒子到达出口处的时间差为：，即：点睛：此题难度较大，解本题的关键是知道回旋加速器的工作原理；灵活应用洛伦兹力提供向心力求解，还要注意计算过程的计算量14(12分) 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，D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质

29、子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m.电荷量为q，求：(1)交流电源的频率是多少(2)质子经回旋加速器最后得到的最大动能多大；(3)质子在D型盒内运动的总时间t（狭缝宽度远小于R,质子在狭缝中运动时间不计）【答案】（1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子作圆周运动的周期 （2分）所以，交流电源的频率得： （2分）（2）质子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，由洛伦兹力提供向心力得粒子的最大运行速度； （2分）质子获得的最大动能：，得 （2分）(3)质子每个周期获得的

30、动能为： （1分）经过的周期个数为： （1分）质子在D型盒内运动的总时间: （1分）即 （1分）考点：回旋加速器。【名师点睛】回旋加速器是通过多次加速来获得高能粒子的装置，在D型盒的狭缝中加交变电压，给粒子加速，通过在D型盒处的磁场回旋，从而达到多次加速的效果，获得的最大动能是由D型盒的半径决定的，运动时间则由在磁场中做圆周运动的时间决定，为使每次粒子到达狭缝处都被加速，交变电压的周期与粒子在磁场中的运动周期相同。15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，

31、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。