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高考重点考点解读与针对性训练
第十二章 磁场
考点99 回旋加速器
【考点解读】
1.结构
核心部件是垂直磁场方向放置的两个D 形盒（D1，D2）、粒子源A、匀
强磁场B、高频交变电源U、粒子引出装置，整个装置处于真空中.
2.工作原理
带电粒子由静止开始从D 形盒中的粒子源A 释放，经电场加速后进入
匀强磁场中做匀速圆周运动，半个周期后再次进入两盒间的狭缝被加速.
3.主要特征
（1）电场只起加速作用，磁场只起偏转作用，粒子在一个周期内被加速两次.
（2）加速条件：高频电源的周期与粒子在D 形盒中的运动周期相同，即T 电源＝T 回旋＝
2π m
qB ，因此粒子进入电场时总能够被加速.
（3）轨道半径：粒子从静止开始被电场加速，由rn＝mvn
qB
，vn＝❑√
2nqU
m
可知r∝❑√n.因此，
相接轨道半径之比依次为1∶❑√2∶❑√3∶….由于每个周期粒子被加速两次，故相邻轨道
（即同侧轨道）的半径之比依次为1∶❑√3∶❑√5∶….可见，越靠近D 形盒的边缘，相邻两
轨道的间距越小（由于相邻轨道的间距Δr∝❑√n+2－❑√n，故Δr 是减函数）.
（4）粒子的最终能量：由于D 形盒的大小一定，故所有粒子的最大回旋半径相同.设rmax＝
R，则粒子的最大速度为vmax＝qBR
m ，最大能量为Emax＝1
2mvma x
2
＝q
2B
2 R
2
2m
.可见，粒子的
最终能量仅受磁感应强度B 和D 形盒半径的限制，而与加速电压和频率无关，加速电压只
是影响粒子在D 形盒内加速的次数.
（5）粒子被加速的次数：n＝Ema x
qU ＝q B
2 R
2
2mU （粒子在磁场中转动的圈数为n
2）.
（6）粒子在磁场中运动的总时间t＝n
2T＝q B
2 R
2
4 mU ·2π m
qB ＝π B R
2
2U
.
【高考真题】
【典例1】．（2025 高考广东卷）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ 内有
加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为
、质量为m 的离子以初
速度
从P 处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，
磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（
）
A．偏转磁场的方向垂直纸面向里
B．第1 次加速后，离子的动能增加了
C．第k 次加速后．离子的速度大小变为
D．第k 次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为
【答案】A
【解析】直线通道
有电势差为
的加速电场，粒子带负电，粒子沿顺时针方向运动，
由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A 正确；
根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为
，由于洛伦兹力不
做功，则加速k 次后，带电粒子的动能增量为
，加速k 次后，由动能定理有
解得
，BC 错误；
粒子在偏转磁场中运动的半径为
，则有
联立解得
，D 错误。
【典例2】.[2023 广东]某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5m，磁感应强度大小为
1.12T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107eV.根据给出的数据，可计算质子经该回旋加
速器加速后的最大速率约为（忽略相对论效应，1eV＝1.6×10－19J）（ C ）
A.3.6×106m/s
B.1.2×107m/s
C.5.4×107m/s
D.2.4×108m/s
答案 C
解析 由题意可知质子在回旋加速器中的最大圆周运动半径为R＝0.5m，质子的带电荷量
为元电荷的电荷量，即q＝e＝1.6×10－19C【注意：若不记得元电荷的电荷量，则可从题
目中给的1eV＝1.6×10－19J 推导得出】，则有qvmB＝mvm
2
R
，又Ek＝1
2mvm
2 ，联立并代入
数据解得vm≈5.4×107m/s，C 对，ABD 错.
【典例3】.[2021 江苏]如图1 所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O 点为圆心，磁感
应强度大小为B，加速电压的大小为U.质量为m、电荷量为q 的粒子从O 附近飘入加速电
场，多次加速后粒子经过P 点绕O 做半径为R 的圆周运动，粒子在电场中的加速时间可以
忽略.为将粒子引出磁场，在P 位置安装一个“静电偏转器”，如图2 所示，偏转器的两极
板M 和N 厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α，当M、N 间加有电压时，
狭缝中产生电场强度大小为E 的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁
场，不计M、N 间的距离.求：
（1）粒子加速到P 点所需要的时间t；
（2）极板N 的最大厚度dm；
（3）磁场区域的最大半径Rm.
答案 （1）（q B
2 R
2
2mU －1）π m
qB （2）2（❑√
R
2－2mU
q B
2 －❑√
R
2－4 mU
q B
2 ） （3）R＋
2mER
q B
2 R－mE sinα
2
解析 （1）设粒子在P 点时的速度大小为vP，则R＝mvP
qB
设粒子在电场中加速次数为n，根据动能定理有
nqU＝1
2mv P
2
分析可知，t＝（n－1）×T
2
周期T＝2π m
qB
联立解得t＝（q B
2 R
2
2mU －1）π m
qB
（2）粒子在磁场中的运动半径r＝mv
qB
动能Ek＝1
2mv2
解得r＝
❑√2m Ek
qB
则粒子加速到P 前最后两半个周期内的运动半径分别为
r1＝
❑√2m（Ek P－qU ）
qB
，r2＝
❑√2m（Ek P－2qU ）
qB
由几何关系有dm＝2（r1－r2）
又EkP＝（qBR）
2
2m
解得dm＝2（❑√
R
2－2mU
q B
2 －❑√
R
2－4 mU
q B
2 ）
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，则有
qvPB－qE＝mv P
2
rQ
设粒子离开偏转器的点为S，离开后做圆周运动的圆心为O'.由题意知，O'在SQ 上，且粒
子飞离磁场的点与O、O'在一条直线上，如图所示.由几何关系有
Rm＝R＋2（rQ－R）sinα
2
解得Rm＝R＋
2mER
q B
2 R－mE sinα
2 .
【典例4】(2021·广东高考)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆
a、b、c 围成的区域，圆a 内为无场区，圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，圆b 与圆c 之间
有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小
不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b 上P 点沿径向进入电场，电场可以反
向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a 与圆b 之间电势差为U，圆b 半径为
R，圆c 半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4。
(1)当Ek0＝0 时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角
θ 均为45°，最终从Q 点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大
小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q 点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU 时，要保证
电子从出射区域出射，求k 的最大值。
答案：(1) 8eU (2)
解析：(1)电子进入磁场前，在电场中加速有2eU＝mv2
在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝m
联立解得B1＝
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T
联立解得t＝
电子从P 到Q 在电场中共加速8 次，故在Q 点出射时的动能为Ek＝8eU。
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界
相切，由几何关系可得(R－rm)2＝R2＋r
解得rm＝R
根据洛伦兹力提供向心力有evmB1＝m
电子进入磁场前，在电场中加速有
2eU＝mv－keU
联立解得k＝。
【针对性训练】
1. (广东省2025 年广州市普通高中毕业班第三次模考) 医用回旋加速器工作原理示意图如
图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运
动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰击在
靶材料上，获得所需要的核素。
时，回旋加速器中心部位O 处的灯丝释放的带电粒子
在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示（图中为已知量）。
若带电粒子的比荷为k，忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（ ）
A. 被加速的粒子带正电
B. 磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
C. 粒子被加速的最大动量大小与D 形盒的半径有关
D. 带电粒子在D 形盒中被加速次数与交流电压有关
【答案】BCD
【解析】．由题图乙可知
时
，粒子向右加速，故被加速的粒子带负电，故A
错误；
B．由题图乙可知交流电压的周期为
，粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交流电
压的周期相等，粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力有
则
则
又
解得磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为
故B 正确；
C．根据
可知，粒子被加速的最大动量大小与D 形盒的半径有关，故C 正确；
D．根据
解得
带电粒子在D 形盒中被加速次数与交流电压有关，故D 正确。
2 （2025·江苏扬州开学考试）如图甲所示为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存
放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示。其核心部分是两个D 形盒，粒子源
O 置于D 形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考
虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对1
2H、 2
4He 两种粒子分别进行加
速。下列说法正确的是（ ）
A.两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
B.两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
C.两种粒子离开出口处的动能相等
D.两种粒子离开出口时动能变大了是因为洛伦兹力做了功
答案 A
解析： 粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D 形盒的半径，对应速度也最大，则有
qvmaxB＝mvmax
2
R
，最大动能为Ekmax＝1
2mvmax
2，粒子在电场中加速一次，在磁场中回旋半周，
令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU，联立得n＝q R
2B
2
2mU
，则粒子运动的时间t＝nT
2 ，其中
T＝2π m
qB ，解得t＝π B R
2
2U
，可知，两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，故A 正确，
B 错误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述分析解得Ekmax＝q
2 R
2B
2
2m
， 1
2H 粒子的质
量数为2，电荷数为1， 2
4He 粒子的质量数为4，电荷数为2，可知2
4He 粒子的出口处的动
能为1
2H 粒子的两倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，故C 错误；洛伦兹力方向与粒
子速度方向始终垂直，故洛伦兹力不做功，故D 错误。
3.[2024 广东珠海模拟/多选]2023 年5 月25 日，怀柔50MeV 质子回旋加速器日前完成试运
行并正式交付使用，将用于空间辐射测试，在空间设施防辐射损伤、航天员空间环境安全
保障等领域发挥重要作用.如图是回旋加速器的示意图，D 形金属盒分别接高频交流电源，
D 形金属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加速，D 形金属
盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，忽略粒子在电场中的运动时间，下列说法正确的是（
BD ）
A.粒子射出时的最大动能与D 形金属盒的半径无关
B.工作时交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等
C.若增大加速电压，粒子最终射出时获得的动能将增大
D.若增大加速电压，粒子在回旋加速器中运动的时间将减少
答案 BD
解析 根据题意可知，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝mv
2
r ，当粒子
做圆周运动的半径等于
D 形盒半径时，粒子射出时的速度最大
，动能最大，可得最大速度
为
【敲黑板】粒子（比荷确定）在回旋加速器中所能达到的最大速度只与回旋加速器的半径
以及磁感应强度有关，与加速时间和加速电压没有关系.
vm＝qBR
m ，则最大动能为Ekm＝1
2mvm
2 ＝q
2B
2 R
2
2m
，可知，粒子射出时的最大动能与D 形
金属盒的半径有关，与高频交流电源的电压无关，故A、C 错误；为了保证粒子每次经过
电场时均加速，回旋加速器加速的粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期应相等，
故B 正确；由牛顿第二定律有qvB＝mv
2
r ，又T＝2π r
v
，可得粒子做圆周运动的周期为T
＝2π m
qB ，由动能定理有
nqU
＝
E km，解得加速的次数为
n ＝
q B
2 R
2
2mU ，粒子在回旋加速器中
运动的时间为
【敲黑板】每次电场加速时电场力做功均相等，为W＝qU.
t＝n
2·T＝π B R
2
2U
，可知，若增大加速电压，粒子在回旋加速器中运动的时间将减少，故D
正确.
4. (2023·河北秦皇岛一模)2022 年12 月28 日我国中核集团全面完成了230 MeV 超导回旋
加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入
国际先进行列。如图所示，图甲为该回旋加速器的照片，图乙为回旋加速器工作原理示意
图，置于真空中的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，交流加
速电压为U。圆心A 处粒子源产生初速度为零，质量为m，电荷量为q 的质子，质子在加
速器中被加速。忽略质子穿过两金属盒间狭缝的时间，忽略相对论效应和重力的影响，下
列说法正确的是( )
A．保持B、R、U 及交流电频率均不变，该装置也可用于加速氘核和氚核
B．若增大加速电压U，质子从D 形盒出口射出的动能增大
C．质子从D 形盒出口射出时，加速次数n＝
D．质子第n 次加速后和第n＋1 次加速后的运动半径之比为∶
答案：CD
解析：此加速器加速粒子时的周期与粒子在磁场中的运动周期相同，为T＝，氘核和氚核
的比荷与质子的比荷不同，即氘核和氚核与质子在磁场中运动的周期不同，所以，保持
B、R、U 及交流电频率均不变，该装置不能用于加速氘核和氚核，故A 错误；设质子从D
形盒出口射出的速度为vm，则有qvmB＝，可得vm＝，则质子从D 形盒出口射出的动能Ek
＝mv＝m＝，与加速电压无关，故B 错误；设质子从D 形盒出口射出时加速了n 次，则由
动能定理得nqU＝mv＝，解得n＝，故C 正确；由动能定理得nqU＝mv，(n＋1)qU＝mv，
可得第n 次加速后和第n＋1 次加速后的速度分别为vn＝，vn＋1＝，再由质子在磁场中做圆
周运动洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，可得r＝，同理可得，质子第n 次加速后和第n＋1
次加速后的运动半径分别为rn＝，rn＋1＝，所以rn∶rn＋1＝vn∶vn＋1＝∶，故D 正确。故选
CD。
5．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。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 形盒间的狭缝后，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，该回旋加速器也能加速α 粒子
答案：A
解析：质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v＝＝2πRf，所以最大速度不超
过2πfR，故A 正确；根据qvB＝m，可知v＝，则最大动能Ekm＝mv2＝，与加速电压无关，
故B 错误；质子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据nqU＝mv2，
得v＝知，质子第二次和第一次经过D 形盒狭缝的速度之比为∶1，根据R＝，则半径之比
为∶1，故C 错误；带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T＝知，换
用α 粒子，粒子的比荷变化，周期变化，改变交流电的频率才能加速α 粒子，故D 错误。
6．(2024·安徽合肥模拟)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示。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，他们接在电压为U、频
率为f 的高频交流电源上。已知匀强磁场的磁感应强度为B，D 形盒的半径为r。若位于D1
圆心处的粒子源A 处能不断产生带电量为q、速率为零的粒子经过电场加速后进入磁场，
当粒子被加速到最大动能后，再将他们引出。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论
效应，下列说法正确的是( )
A．粒子第n 次被加速前后的轨道半径之比为∶
B．从D 形盒出口引出时的速度为πfr
C．粒子在D 形盒中加速的次数为
D．当磁感应强度变为原来的2 倍，同时改变交流电频率，该粒子从D 形盒出口引出时的
动能为4πfqBr2
答案：D
解析：根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则由半径公式R＝与nqU＝mv2，可得R
＝ ，所以粒子第n 次被加速前、后的轨道半径之比为∶，选项A 错误；从D 形盒出口引出
时根据T＝，f＝，解得速度为vm＝2πfr，选项B 错误；由qvmB＝m，f＝解得f＝，粒子在
D 形盒中加速的次数为n＝＝，选项C 错误；粒子从D 形盒出口引出时的动能为Ekm＝mv
＝πfqBr2，当磁感应强度变为原来的2 倍，因f＝，则f 变为原来的2 倍，则此时Ekm＝
4πfqBr2，选项D 正确。故选D。
7．(2024·河南洛阳模拟)如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
强大小恒定，且被限制在A、C 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，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 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运
动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸无关
B．带电粒子每运动一周被加速两次
C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3
D．加速电场方向不需要做周期性的变化
答案：D
解析：由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与速度成正比，所以加速粒子的
最大速度与D 形盒的尺寸有关，故A 错误；由于题图中虚线中间不需加电场，带电粒子每
运动一周被加速一次，故B 错误；应用动能定理，经第一次加速后，有qU＝mv－mv，解
得v1＝；经第二次加速后，有qU＝mv－mv，解得v2＝＝，而轨迹半径r＝，显然带电粒子
每运动一周P1P2大于P2P3，故C 错误；带电粒子每次从同一位置进入加速电场，即加速电
场方向不需要做周期性的变化，故D 正确。
8 如图3 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。带电粒子从静
止开始运动的速率v 随时间t 变化如图乙所示，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速
器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的
是( )
图3
A.t3－t2＝t2－t1＝t1
B.v1∶v2∶v3＝1∶2∶3
C.粒子在电场中的加速次数为
D.同一D 形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变
答案 AC
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝m，可得r＝，粒子运动周期T
＝＝，故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3－t2＝t2－t1＝
t1，A 正确；粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n 次后的动能为mv＝
nqU，可得vn＝，故速度之比v1∶v2∶v3＝1∶∶，B 错误；由B 的分析可得mv＝
qU，mv＝nqU，联立解得n＝，故粒子在电场中的加速次数为，C 正确；由A
的分析可得r＝，由B 的分析可知v3－v2≠v2－v1，故r3－r2≠r2－r1，即同一D
形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D 错误。
9 （2025·江苏扬州阶段练习）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D 形盒，D 形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间
的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子
穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A 处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加
速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为＋q，
加速器接高频交流电源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用，求：
（1）质子第1 次经过狭缝被加速后进入D 形盒运动轨道的半径r1；
（2）质子第1 次和第2 次经过狭缝进入D 形盒位置间的距离；
（3）D 形盒半径R。
答案：（1）1
B
❑√
2mU
q
（2）2(❑√2－1)
B
❑√
2mU
q
（3）❑√
2Ut
π B
解析：（1）质子第1 次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有qU＝1
2mv1
2
质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv1B＝mv1
2
r1
解得r1＝1
B
❑√
2mU
q
（2）质子第2 次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有2qU＝1
2mv2
2
质子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv2B＝mv2
2
r2
解得r2＝1
B
❑√
4 mU
q
则质子第1 次和第2 次经过狭缝进入D 形盒位置间的距离Δr＝2r2－2r1
解得Δr＝2(❑√2－1)
B
❑√
2mU
q
。
（3）质子飞出D 形盒时的轨道半径为R，则有qvmaxB＝mvmax
2
R
，T＝2π R
vmax
令质子在电场中加速了n 次，则有Ekmax＝1
2mvmax
2＝nqU
质子从静止开始加速到出口处所需的时间为t，
则有t＝n·T
2 ，解得R＝❑√
2Ut
π B 。
10 .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、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
粒子穿过狭缝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.若质子从粒
子源O 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
的高频交变电压，加速电压为U.（不考虑相对论效应和重力作用）
（1）求质子第一次经过狭缝被加速后进入D 形盒时的速度大小v1和进入D 形盒后运动的
轨迹半径r1；
（2）求质子被加速后获得的最大动能Ekm和高频交变电压的频率f；
（3）若两D 形盒狭缝之间距离为d，且d≪R，计算质子在电场中运动的总时间t1与在磁场
中运动的总时间t2，并由此说明质子穿过电场的时间可以忽略不计的原因.
答案 （1）❑√
2qU
m
1
B
❑√
2mU
q
（2）q
2B
2 R
2
2m
qB
2π m（3）BR d
U
π B R
2
2U
理由见解
析
解析 （1）由动能定理有qU＝1
2mv1
2
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1B＝mv1
2
r1
解得v1＝❑√
2qU
m
，r1＝1
B
❑√
2mU
q
（2）当质子在磁场中运动的轨迹半径为D 形盒的半径R 时，质子的动能最大，设此时速
度为vm，则
qvmB＝mvm
2
R
，Ekm＝1
2mvm
2
解得Ekm＝q
2B
2 R
2
2m
.
回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f 等于质子在磁场中运动的频率，则1
f ＝T＝
2π R
vm
＝2π m
qB
解得f＝qB
2π m
（3）质子在狭缝中加速时，有qU
d ＝ma
质子在磁场中运动速度大小不变，故其在电场中运动的总时间t1＝vm
a
＝BR d
U
质子在磁场中运动的周期T＝2π m
qB
设质子在电场中加速了n 次，则有nqU＝Ekm
解得n＝q B
2 R
2
2mU .
质子在磁场中运动的总时间t2＝n
2T＝π B R
2
2U
，则t1
t2
＝2d
π R
因为d≪R，得t1≪t2，故质子穿过电场的时间可以忽略不计.
11. （2024 深圳龙岗期末）如图，有一回旋加速器，两
盒加上垂直纸面外、磁感应强度
可调节的匀强磁场，左盒通过一水平管道与一个左右两侧都开有很小狭缝的圆筒相连，
圆筒内有垂直纸面向内的匀强磁场。现在左盒附近的点
放置一电子，再利用两盒狭缝加
上一交变电压来给电子周期性加速，经过时间
电子便获得一定速率贴着管壁通过水平管
道后进入圆筒，与下圆筒壁发生多次弹性碰撞又不作循环的从圆筒的右狭缝直接离开圆筒。
已知圆筒的半径为
、磁感应强度恒为
盒的半径为
，电子的比荷为
，电子在两
盒狭缝间运动的时间不计，加速电子时电压的大小可视为不变，电子重力不计。
（1）求与下圆筒壁碰撞
次的电子的速率；
（2）由（1）的速率确定
盒中磁感应强度
的表达式，并求
时
的值；
（3）若电子在狭缝中加速次数与回旋半周的次数相同，根据
时
的值及其他已知量
求加速电压
的值。
【参考答案】（1）
；
（2）
，
；（3）
【名师解析】
（1）由图可知
电子在圆筒中又碰撞又做圆周运动的情形呈现周期性和对称性，作出两种情况为例，由此
可概括出电子做圆周运动的一个单元夹角为
由几何关系
由洛伦兹力提供向心力
可得电子与下圆筒壁碰撞
次的电子的速率为
（2）电子在回旋加速度中运动刚离开时
解得
当
时，解得
（3）电子在回旋加速器中的加速次数为
加速N 次过程中，由动能定理得
解得加速电压为
12. （2024 河南驻马店期末） 回旋加速器是利用磁场和电场使带电粒子做回旋运动，在运
动中经高频电场反复加速的装置，是高能物理中的重要仪器。回旋加速器的工作原理如图
所示，
和
是两个半径均为
的中空半圆金属盒，两金属盒的间距为d、电压为
，
在
的圆心处放有粒子源A，与盒面垂直的匀强磁场的磁感应强度大小为
。初速度不计
的带电粒子从粒子源A 进入匀强加速电场，粒子在电场中的加速次数与粒子回旋半周的次
数相同。粒子在电场中运动时不考虑磁场的影响，不计粒子所受的重力，不考虑粒子在高
速运动时的相对论效应。
（1）求粒子在两金属盒磁场中回旋的总时间；
（2）证明当
时，粒子在电场中加速的总时间相对于粒子在两金属盒中回旋的总时
间，可忽略不计；
（3）证明粒子在磁场中做圆周运动时，越靠近金属盒
边缘，相邻两轨道的间距越小。
【答案】（1）
；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
（1）设粒子的质量为
、电荷量为
，粒子在回旋加速器中加速后获得的最大速度为
，
粒子在磁场中有
粒子的最大动能
设粒子在电场中加速的次数为
，则有
因为粒子在电场中的加速次数与在磁场中回旋半周的次数相同，所以粒子在磁场中回旋时
间
其中周期
解得
（2）设粒子在电场中加速
次的总时间为
，粒子在电场中后一次加速过程可以看为是前
一次加速过程的一个延续的部分，则粒子在电场中的运动可视为初速度为零、总位移大小
为
的匀加速直线运动，则有
结合上述解得
由于
可知，当
时，可以近似认为
即粒子在电场中加速的总时间相对于在金属盒磁场中回旋的总时间，可以忽略不计。
（3）设粒子在电场中经过第
次加速后获得的速度大小为
，粒子在磁场中做圆周运动
的半径为
，则有
，
由以上两式可得
则金属盒内任意两个相邻的圆轨道半径之差
（k=1，2，3…）
显然，随着
的增大，半径之差
减小，即越靠近金属盈的边缘，相邻两轨道的间
距越小。
13. (2024 年4 月天津河西区模拟)加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回
旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径
为R 的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属
盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1盒的中央A 处的粒子源可以产
生质量为m、电荷量为+q 的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀
速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的
重力、粒子间的相互作用及相对论效应。
（1）求粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm；
（2）在分析带电粒子的运动轨迹时，用Δd 表示任意两条相邻轨迹间距，甲同学认为Δd
不变，乙同学认为Δd 逐渐变大，丙同学认为Δd 逐渐减小，请通过计算分析哪位同学的判
断是合理的；
（3）若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，求粒子从A 点开始运动
到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。（结果保留两位
有效数字）
【答案】（1）
；（2）见解析；（3）
【解析】
（1）当带电粒子运动半径为半圆金属盒
半径R 时，粒子的速度达到最大值vm，
由牛顿第二定律得
粒子离开加速器时获得的最大动能
解得
（2）第N 次加速后，由动能定理得
根据牛顿第二定律得
可解得第N 次加速后
可推得第（N－1）次加速后
相邻轨迹间距
由此可知相邻轨迹间距逐渐减小，丙同学的判断是合理的；
（3）粒子在电场中被加速n 次，由动能定理得
解得
粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，即在金属盒内旋转
圈的时间t1和
通过金属盒间隙n 次所需的时间t2之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当
向心力。
由牛顿第二定律得
运动周期
粒子在磁场中运动时间
粒子在电场中运动时，由匀变速直线运动规律得
解得
粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比
