（浙江選考）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破三 以STSE應(yīng)用為背景的復(fù)雜場問題

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1、增分突破三　以STSE應(yīng)用為背景的復(fù)雜場問題 增分策略 　　STSE背景下的帶電粒子問題常常是在新背景、新技術(shù)下的帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動,其中質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計、回旋加速器、霍爾元件這些都是帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動實(shí)例,其原理分別是: 裝置 原理圖 規(guī)律 質(zhì)譜儀 粒子由靜止被加速電場加速,qU=12mv2 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,qvB=mv2r 由以上兩式可得r=1B2mUq,m=qr2B22U,qm=2UB2r2 回旋 加速器 交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等,粒子經(jīng)電場加速,經(jīng)磁場回旋,由qvB=mv2r,得Ekm=q

2、2B2r22m,可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定,與加速電壓無關(guān) 速度 選擇器 若qv0B=Eq,即v0=EB,粒子做勻速直線運(yùn)動 磁流體 發(fā)電機(jī) 等離子體射入,受洛倫茲力偏轉(zhuǎn),使兩極板帶正、負(fù)電,兩極電壓為U時穩(wěn)定,qUd=qv0B,U=v0Bd 電磁 流量計 UDq=qvB,所以v=UDB,所以Q=vS=πDU4B 霍爾 元件 當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時,導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差 　　典例1　質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的比荷和分析同位素的重要工具。如圖所示,帶電粒子從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速

3、電場,其初速度幾乎為零,然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,最后打到照相底片D上?，F(xiàn)有某種元素的三種同位素的原子核由容器A進(jìn)入質(zhì)譜儀,最后分別打在底片P1、P2、P3三個位置。不計粒子重力。則打在P1處的粒子(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.質(zhì)量最小 B.比荷最小 C.動能最小 D.動量最小 答案　B 解析　質(zhì)譜儀由加速電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成,某種元素的同位素的原子核,帶電量相等,質(zhì)量不同,經(jīng)過加速由qU=12mv2可得v=2qUm,粒子進(jìn)入磁場后,由Bqv=mv2R得R=mvBq=1B2Umq,所以半徑越大,質(zhì)量越大

4、,比荷越小,A選項錯誤,B選項正確;動能為Ek=12mv2=qU,三者動能相等,C選項錯誤;動量I=mv=2qUm,質(zhì)量越大,動量越大,D選項錯誤。 　　典例2　某帶電粒子從圖中速度選擇器左端中點(diǎn)O以速度v0向右水平射出,從右端中點(diǎn)a下方的b點(diǎn)以速度v1射出;若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度,該粒子將打到a上方的c點(diǎn),且ac=ab,其中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E,不計粒子的重力,則下列說法錯誤的是　(　　) A.該粒子帶正電 B.若使該粒子沿Oa方向水平射出,則電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足EB=v0 C.第二次射出時的速率仍為v1 D.第二次射出時的速率為2v02-v12 答案　C 解析　當(dāng)

5、增加磁感應(yīng)強(qiáng)度時,洛倫茲力變大,粒子向上偏轉(zhuǎn),說明洛倫茲力增加到大于電場力,且洛倫茲力向上,根據(jù)左手定則可以判斷粒子帶正電,故A正確;若使該粒子沿Oa方向水平射出,根據(jù)平衡條件,有qv0B=qE,故v0=EB,故B正確;從O到b過程,根據(jù)動能定理,有qE·y=12mv12-12mv02,從O到c過程,根據(jù)動能定理,有-qF·y=12mv22-12mv02,由以上兩式求解出:v2=2v02-v12,故C錯誤,D正確。 　　典例3　(多選)利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件,廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖,磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下,通入圖示方向的電流I,C、

6、D兩側(cè)面會形成電勢差UCD,下列說法中正確的是(　　) A.電勢差UCD僅與材料有關(guān) B.若霍爾元件的載流子是自由電子,則電勢差UCD<0 C.僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時,電勢差UCD變大 D.在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時,元件的工作面應(yīng)保持水平 答案　BC 解析　電勢差UCD與磁感應(yīng)強(qiáng)度B、材料有關(guān),選項A錯誤;若霍爾元件的載流子是自由電子,由左手定則可知,電子向C側(cè)面偏轉(zhuǎn),則電勢差UCD<0,選項B正確;僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度時,電勢差UCD變大,選項C正確;在測定地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時,元件的工作面應(yīng)保持豎直且東西放置,選項D錯誤。 　　典例4　(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)

7、的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d=20 cm,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=5 T,方向垂直紙面向里。現(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒,整體呈電中性)從左側(cè)噴射入磁場,發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P=100 W的燈泡正常發(fā)光,且此時燈泡電阻為R=100 Ω,不計離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻,且認(rèn)為離子均為一價離子,則下列說法中正確的是(　　) A.金屬板M上聚集負(fù)電荷,金屬板N上聚集正電荷 B.該發(fā)電機(jī)的電動勢為100 V C.離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103 m/s D.每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上 答案　BD 解析　

8、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(zhuǎn),負(fù)離子將向金屬板N偏轉(zhuǎn),選項A錯誤;由于不考慮發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻,由閉合電路歐姆定律可知,電源的電動勢等于電源的路端電壓,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;每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q=It,而I=PR=1 A,所以Q=1 C,由于離子為一價離子,所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n=Qe=11.6×10-19=6.25×1018(個),選項D正確。 　　典例5　如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器,環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子

9、在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板,原來電勢都為零,每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時,A板電勢升高為+U,B板電勢仍保持為零,粒子在兩極板間的電場中加速。每當(dāng)粒子離開電場區(qū)域時,A板電勢又降為零,粒子在電場中一次次加速,動能不斷增大,而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R)。下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法正確的是(　　) A.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為BnBn+1=nn+1 B.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為BnBn+1=nn+1 C.A、B板之間的電壓可以始終保持不變 D.粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之

10、間的關(guān)系為tntn+1=nn+1 答案　B 解析　因粒子每繞行一圈,其增加的能量為qU,所以繞行第n圈時獲得的總動能為12mvn2=nqU,得第n圈的速度vn=2nqUm。在磁場中,由牛頓第二定律得qBnvn=mvn2R,解得Bn=1R2nmUq,所以BnBn+1=nn+1,A項錯誤,B項正確;如果A、B板之間的電壓始終保持不變,粒子在A、B兩極板之間飛行時,電場對其做功qU,從而使之加速,在磁場內(nèi)飛行時,電場又對粒子做功-qU,從而使之減速,粒子繞行一周電場對其所做總功為零,動能不會增加,達(dá)不到加速效果,C項錯誤;根據(jù)t=2πRv得tn=2πRm2nqU,得tntn+1=n+1n,D項錯

11、誤。 增分專練 1.現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)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(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) A.144 B.121 C.12 D.11 答案　A　根據(jù)動能定理得qU=12mv2,得v=2qUm,離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv2R,解得R=mvqB,由以上各式可得m=qB2R22U

12、,一價正離子電荷量與質(zhì)子電荷量相等,同一加速電場U相同,同一出口離開磁場則R相同,所以m正比于B2,磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍,則離子質(zhì)量是質(zhì)子質(zhì)量的144倍,A正確,B、C、D錯誤。 2.(多選)如圖所示,含有?11H、12H、24He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器,沿直線O1O2運(yùn)動的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場,最終打在P1、P2兩點(diǎn)。則(　　) A.打在P1點(diǎn)的粒子是?24He B.打在P2點(diǎn)的粒子是?12H和?24He C.O2P2的長度是O2P1長度的2倍 D.粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時間都相等 答案　BC　粒子沿O1O2運(yùn)動,滿足關(guān)系Eq=B1q

13、v,則v=EB1。進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場后有B2qv=mv2R,則R=mvB2q=mEB1B2q。12H與?24He的質(zhì)量與電荷量之比相等,且等于?11H的2倍,故B、C均正確,A錯。粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時間t=T2=πmB2q,可見在偏轉(zhuǎn)磁場中?12H與?24He的運(yùn)動時間相等,且等于?11H的2倍,故D錯。 3.美國物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明回旋加速器,應(yīng)用運(yùn)動的帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的特點(diǎn),能使帶電粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量,使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進(jìn)了一步。如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器的示意圖,其中盒縫間的加速電場的場強(qiáng)大小恒定,且被限制在A

14、、C板間,帶電粒子從P0處靜止釋放,并沿電場線方向射入加速電場,經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,兩條虛線之間(除A、C板間)為無場區(qū)域,對于這種改進(jìn)后的回旋加速器,下列說法正確的是(　　) A.帶電粒子每運(yùn)動一周被加速兩次 B.P1P2=P2P3 C.加速電場的方向不需要周期性變化 D.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān) 答案　C　由題意可知,該回旋加速器只在A、C板間對粒子加速,故粒子每運(yùn)動一周被加速一次,加速電場也不需要周期性變化,D形盒的半徑越大,加速的次數(shù)就越多,粒子的最大速度也就越大,故A、D選項均錯,C項正確。設(shè)加速電壓為U,加速n次后粒子獲得的速

15、度為vn,則有nqU=12mvn2,vn=2nqUm,粒子的轉(zhuǎn)動半徑rn=mvnBq,直徑dn=2mBq2nqUm∝n,由此關(guān)系可知:P1P2P2P3=2-13-2,故B錯。 4.(多選)如圖所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:粒子源N;P、Q間的加速電場;靜電分析器,即中心線半徑為R的四分之一圓形通道,通道內(nèi)有均勻輻射電場,方向沿徑向指向圓心O,且與圓心O等距的各點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等;磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場,方向垂直紙面向外;膠片M。由粒子源發(fā)出的不同帶電粒子,經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器,某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經(jīng)小孔S垂直磁場邊界進(jìn)入磁場,最終打

16、到膠片上的某點(diǎn)。粒子從粒子源發(fā)出時的初速度不同,不計粒子所受重力。下列說法中正確的是(　　) A.從小孔S進(jìn)入磁場的粒子速度大小一定相等 B.從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動能一定相等 C.打到膠片上同一點(diǎn)的粒子速度大小一定相等 D.打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子,其比荷(q/m)越小 答案　CD　直線加速過程,根據(jù)動能定理,有qU=12mv2-12mv02①,電場中偏轉(zhuǎn)過程,根據(jù)牛頓第二定律,有qE=mv2R②,磁場中偏轉(zhuǎn)過程,根據(jù)牛頓第二定律,有qvB=mv2r③,由①②解得v=2qUm+v02④,R=2qU+mv02qE⑤,由⑤式知,只有滿足R=2qU+mv02qE的粒子可以在弧

17、形電場區(qū)通過;由④式知,從小孔S進(jìn)入磁場的粒子的速度大小與其比荷及初速度大小有關(guān),故A錯誤;由①式知,從小孔S進(jìn)入磁場的粒子動能為qU+12mv02,故電量不同、初速度不同,則其動能可能不同,故B錯誤;由③④解得r=mBq2qUm+v02=mREB2q,打到膠片上同一點(diǎn)的粒子的比荷一定相等,打到膠片上位置距離O點(diǎn)越遠(yuǎn)的粒子,比荷越小;由④式知,比荷相同,故粒子的速度相同,故C、D正確。 5.電磁泵模型簡化為一個長方體,ab邊長為L1,左右兩側(cè)面是邊長為L2的正方形。在泵頭通入導(dǎo)電劑后,液體的電阻率為ρ,泵體所在處有方向垂直側(cè)面向外的磁場B,把泵體的上下兩表面接在電壓為U(內(nèi)阻不計)的電源上,

18、理想電流表示數(shù)為I。若電磁泵和水面高度差為h,不計水在流動中和管壁之間的阻力,重力加速度為g。則　(　　) A.泵體上表面應(yīng)接電源負(fù)極 B.電源提供的電功率為U2L1ρ C.增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度 D.在t時間內(nèi)抽取水的質(zhì)量為m,這部分水離開電磁泵時的動能為UIt-mgh-I2ρL1t 答案　D　當(dāng)泵體上表面接電源的正極時,電流從上向下流過泵體,這時液體受到的磁場力水平向左,拉動液體,若上表面接電源的負(fù)極時,則不能拉動液體,故A錯誤;根據(jù)電阻定律,泵體內(nèi)液體的電阻R=ρLS=ρ×L2L1L2=ρL1,因此流過泵體的電流I=UR=UL1ρ,那么液體消耗的電功率為P=U

19、2L1ρ,而電源提供的電功率為UI,故B錯誤;若增大液體的電阻率,則電流減小,液體受到的磁場力減小,使抽液高度減小,故C錯誤;若t時間內(nèi)抽取水的質(zhì)量為m,根據(jù)能量守恒定律,則這部分水離開泵時的動能為Ek=UIt-mgh-I2ρL1t,故D正確。故選D。 6.中國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?yīng),楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎級的成果。如圖所示,厚度為h,寬度為d的金屬導(dǎo)體,當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時,在導(dǎo)體上下表面會產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)。下列說法正確的是(　　) A.上表面的電勢高于下表面的電勢 B.僅增大h時,上下表面的電勢差增大 C.僅增大d時,上下表面的電勢差減小 D.

20、僅增大電流I時,上下表面的電勢差減小 答案　C　因電流方向向右,則金屬導(dǎo)體中的自由電子是向左運(yùn)動的,根據(jù)左手定則可知上表面帶負(fù)電,則上表面的電勢低于下表面的電勢,A錯誤。當(dāng)達(dá)到平衡時,電場力等于洛倫茲力,即eUh=evB,又I=nevhd(n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)),得U=IBned,則僅增大h時,上下表面的電勢差不變;僅增大d時,上下表面的電勢差減小;僅增大I時,上下表面的電勢差增大。故C正確,B、D錯誤。 7.某粒子加速器位于豎直平面內(nèi),剖面圖如圖所示,圓筒內(nèi)、外直徑分別為D和2D,O為圓心,水平直徑GH以上部分是偏轉(zhuǎn)區(qū),以下是回收區(qū),偏轉(zhuǎn)區(qū)存在垂直圓面向里的勻強(qiáng)磁場。間距為d的

21、兩平行金屬板間有勻強(qiáng)電場,上板開有一小孔,大量的質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子由下方d2處的P點(diǎn)靜止釋放,加速后粒子以豎直向上的速度v0射出電場,由H點(diǎn)緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場,偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入回收區(qū),不計粒子重力,設(shè)粒子若撞到內(nèi)外筒壁會被吸收,則(　　) A.電場強(qiáng)度大小為mv022qd B.若磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足mv0qD

22、誤。進(jìn)入回收區(qū)的帶電粒子其做勻速圓周運(yùn)動的半徑r4mv0qD(落在右回收區(qū))或mv0qD

23、場分布在以P為圓心、半徑為3R的圓周內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外;內(nèi)有半徑為R的圓盤(圓心在P處)作為收集粒子的裝置,粒子碰到圓盤邊緣即被吸收。假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們能均勻地吸附到圓弧面上,并被加速電場從靜止開始加速,從M點(diǎn)以某一速率向右側(cè)各個方向射入偏轉(zhuǎn)磁場,不計粒子間的相互作用和其他星球?qū)αＷ右Φ挠绊憽? (1)求粒子到達(dá)M點(diǎn)時的速率; (2)若電勢差U=2qB2R2m,則粒子從M點(diǎn)到達(dá)圓盤的最短時間是多少? (3)接第(2)問,試求到達(dá)圓盤的粒子數(shù)與到達(dá)M點(diǎn)的粒子總數(shù)的比值η。(結(jié)果用反三角函數(shù)表示。例: sin θ=k,則θ=arc s

24、in k,θ為弧度) 答案　(1)2qUm　(2)πm3qB　(3)π2-arcsin13π 解析　(1)設(shè)粒子到達(dá)M點(diǎn)時的速度為v,由動能定理得 qU=12mv2 解得v=2qUm。 (2)將U=2qB2R2m代入,則v=2qUm=2qBRm 設(shè)該粒子軌跡半徑為r,則根據(jù)qvB=mv2r得r=2R 若要時間最短,則粒子在磁場中運(yùn)動的弦長最短,故從M斜向上射入,在圖甲中E點(diǎn)到達(dá)圓盤用時最短。ME=EO=OM=2R,故∠MOE=60° 甲 得tmin=60°360°·2πmqB=πm3qB。 (3)若粒子以與MP成α角從M點(diǎn)射入磁場,軌跡恰好與圓盤左側(cè)相切。畫出軌跡如

25、圖乙所示。 乙 根據(jù)幾何關(guān)系找出粒子軌跡的圓心O1剛好落在磁場的邊界上。 MP=O1P=3R, 在等腰△MPO1中作PF⊥MO1, 因?yàn)镻F與該粒子從M進(jìn)入時的速度方向平行,故sin α=MFMP=13, α=arcsin 13。 若粒子以與MP垂直從M點(diǎn)射入磁場,軌跡也恰好與圓相切,如圖丙所示。 丙 故到達(dá)圓盤的粒子數(shù)與到達(dá)M點(diǎn)的粒子總數(shù)的比值η=π2-απ=π2-arcsin13π。 9.如圖所示為回旋加速器的簡易圖,整個裝置置于方向豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中,已知兩D形盒的半徑大小為R,兩個狹縫之間的距離為d,現(xiàn)將一粒子發(fā)射源放在D1盒的圓心處,且

26、該粒子發(fā)射源能釋放質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,且粒子的初速度視為零,當(dāng)在兩狹縫之間施加一高頻交變電壓,加速電壓U的大小認(rèn)為不變,粒子的重力可忽略,該帶電粒子在電場中的加速次數(shù)與粒子在磁場中回旋半個圓周的次數(shù)相同。求: (1)盡管粒子在狹縫中每次加速的時間很短但也不可忽略,計算上述粒子在某次加速過程當(dāng)中從離開粒子源到被第n次加速結(jié)束時所經(jīng)歷的時間; (2)粒子在第n次由D1盒進(jìn)入D2盒與緊接著第n+1次由D1盒進(jìn)入D2盒位置之間的距離Δx。 答案　(1)d2nmqU+(n-1)πmqB (2)2B2mUq(2n-2n-1) 解析　(1)設(shè)粒子經(jīng)過窄縫被第n次加速后的速度為vn

27、,由動能定理得nqU=12mvn2 粒子在狹縫中經(jīng)n次加速的總時間t1=vna 由牛頓第二定律得F=qE=qUd=ma 由以上三式解得電場對粒子加速的時間t1=d2nmqU 正離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由牛頓第二定律得 qvB=mv2r 又T=2πrv 粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間t2=(n-1)T2 解得t2=(n-1)πmqB 所以,粒子從離開粒子源到被第n次加速結(jié)束時所經(jīng)歷的時間 t=t1+t2=d2nmqU+(n-1)πmqB (2)粒子經(jīng)電場第1次加速后,以速度v1進(jìn)入D2盒,設(shè)軌道半徑為r1,則 r1=mv1qB=1B2mUq 粒子經(jīng)第2次電場加速后,以速度v2進(jìn)入D1盒,設(shè)軌道半徑為r2,則 r2=mv2qB=1B2×2mUq 粒子第n次由D1盒進(jìn)入D2盒,粒子已經(jīng)過2n-1次電場加速,以速度v2n-1進(jìn)入D2盒,由動能定理得(2n-1)qU=12mv2n-12-0 軌道半徑rn=mv2n-1qB=1B(2n-1)×2mUq 粒子第n+1次由D1盒進(jìn)入D2盒加速前,粒子已經(jīng)過2n次電場加速,以速度v2n進(jìn)入電場,由動能定理得2nqU=12mv2n2-0 軌道半徑rn+1=mv2nqB=1B2n×2mUq 則Δx=2(rn+1-rn) 即Δx=2mv2nqB-mv2n-1qB=2B2mUq(2n-2n-1) 12