高中物理速选择器和回旋加速器解题技巧及练习题.docx

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1、高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题一、速度选择器和回旋加速器1 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E 4.0105V/m，磁感应强度 B2.0 102T，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为m4.010 10kg/C 的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的q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

2、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】电场方向竖直向下； 7m/s ； (2)0.53m 102(1)【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qE = qvB解得离子流的速度为EvB7=2 10m/s(2)撤去电场，离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qvBm v2R解得mvR=0.4mqB离子离开磁场区边界时，偏转角为，根据几何关系有sin解得L1R230o在磁场中的运动如图1 所示偏离距离y1RR cos=0.054m离开磁场后

3、离子做匀速直线运动，总的偏离距离为y y1 D tan =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t加速度Lva偏转角为，如图 2 所示则qEmvyqEL1tan偏离距离为vmv22y21 at2=0.05m2离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离yy2D tan=0.25m所以 a、 b 间的距离ab=y+y=0.53m2 质谱仪最初由汤姆孙的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20 和氖 22，证实了同位素的存在现在质谱仪已经是一种十分精密的仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具如右图所示是一简化了的质谱仪原理图边长为L 的正方形区域abcd 内有相互

4、正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，方向竖直向下，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里有一束带电粒子从ad 边的中点O 以某一速度沿水平方向向右射入，恰好沿直线运动从bc 边的中点e 射出（不计粒子间的相互作用力及粒子的重力），撤去磁场后带电粒子束以相同的速度重做实验，发现带电粒子从b 点射出，问：（1）带电粒子带何种电性的电荷?（2）带电粒子的比荷（即电荷量的数值和质量的比值q）多大?m（ 3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从哪一位置离开磁场，在磁场中运动的时间多少 ?【答案】（ 1）负电（ 2）qE3 L 处射出磁场；m2（ 3）从 dc 边距离 d 点距离

5、为BL2BL3E【解析】【详解】（ 1）正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，粒子向上偏转，可知粒子带负电；（ 2）根据平衡条件：qE=qv0B得：Ev0B撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有：x=v0t=Ly1 qEt 2L2 m2得：q Em B2 L（ 3）撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动，则：qv0B m v02r得：rmv0LqB粒子从 dc 边射出磁场，设粒子射出磁场距离d 点的距离为 x，根据几何关系：x2（ rL2r2）2r=L得：x3 L2所以13tTBL23E答：（ 1）带电粒子带负电；qE（2）带电粒子的比荷；mB2 L（3）撤去

6、电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从dc 边距离 d 点x3 L 处离开磁场，在磁场中运动的时间tBL 23E3 某粒子源向周围空间辐射带电粒子，工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷，如图所示，其中 S 为粒子源， A 为速度选择器，当磁感应强度为B1，两板间电压为 U，板间距离为 d 时，仅有沿轴线方向射出的粒子通过挡板P 上的狭缝进入偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2，磁场右边界 MN 平行于挡板，挡板与竖直方向夹角为，最终打在胶片上离狭缝距离为L 的 D 点，不计粒子重力。求：（ 1）射出粒子的速率；（ 2）射出粒子的比荷；（ 3） MN 与挡板之间的

7、最小距离。【答案】（ 1）U2v cos（ 3） L(1 sin )（ 2）B2 LB1d2cos【解析】【详解】（ 1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：UqB1 qdU解得 ；B1d（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：由几何知识得：LLr2cos2cos2粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qB2 m，解得：rq 2v cosmB2 L（3） MN 与挡板之间的最小距离：L (1 sin )dr rsin2cosU；（ 2）射出粒子的比荷为2v cos答：（ 1）射出粒子的速率为；B1dB2 L（3） MN 与挡板之间的最小距离为L(1 sin ) 。2c

8、os4 如图所示，两平行金属板相距为 d，板间电压为 U两板之间还存在匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里平行金属板的右侧存在有界匀强磁场区域和，其磁感应强度的大小分别为 B 和 2B三条磁场边界彼此平行且 MN 与 PQ 间的距离为 L一群质量不同、电荷量均为 q 的粒子以一速度恰沿图中虚线 OO 穿过平行金属板，然后垂直边界 MN 进入区域和，最后所有粒子均从A 点上方（含A 点）垂直于PQ 穿出磁场已知 A 点到 OO 的距离为3L ，不计粒子重力求：4（ 1）粒子在平行金属板中运动的速度大小；（ 2）从 PQ穿出的粒子的最大质量和最小质量【答案】 （1） vU25B2 qL

9、d2B2 qLd（ 2） mmax36U; mminBd3U【解析】【分析】(1)抓住带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，根据电场力和洛伦兹力相等求出粒子在平行金属板中运动的速度大小 ；(2)根据几何关系求出粒子在磁场中的最大半径和最小半径，结合半径公式求出粒子的最大质量和最小质量【详解】(1) 带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，有：q UqvBd解得粒子在平行板中的运动速度Uv=；dB(2) 由题意可知，根据rmv知，质量越大，轨道半径越大，则质量最大的粒子从A 点射qB出，如图由于左边磁场磁感应强度是右边磁感应强度的一半，则粒子在左边磁场中的半径是右边磁场半径的 2 倍，根据几何关系

10、知，右边磁场的宽度是左边磁场宽度的2 倍，有：r1 (1cos) r2 (1 cos )3 L4r sin +rsin，=L12r21r12725 L联立解得 cos=， r12536根据 r1mmax v25 B2Ldq得最大质量为： mmax=36UqB粒子在左边磁场中的最小半径为：rmin 2L3根据 rminmmin v2B2 Ldq得最小质量为： mminqB3U【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出运动的轨迹，通过几何关系求出临界半径是解决本题的关键，该题有一定的难度，对学生数学几何能力要求较高51897 年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带

11、负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，图为汤姆孙测电子比荷的装置示意图。在真空玻璃管内，阴极 K 发出的电子经阳极A 与阴极 K 之间的高电压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入两极板C、 D 间的区域。若两极板 C、 D 间无电压，电子将打在荧光屏上的O 点，若在两极板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P 点；若再在极板间施加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O 点，已知极板的长度 L1 =5.00cm，C、D 间的距离 d=1.50cm，极板的右端到荧光屏的距离 4L2=10.00cm ，U=200V，B=6.3 10T， P 点到 O

12、点的距离Y=3.0cm。求 :(1)判断所加磁场的方向；(2)电子经加速后射入极板C、 D 的速度 v；(3)电子的比荷(结果保留三位有效数字）。【答案】 (1) 磁场方向垂直纸面向外711(2) v=2.12 10m/s (3)=1.61 10C/kg【解析】【详解】（ 1）由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；（ 2）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O 点，设电子的速度为，则evB=eE得即代入数据得7v=2.12 10m/s（3）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为这

13、样，电子在电场中，竖直向下偏转的距离为离开电场时竖直向下的分速度为电子离开电场后做匀速直线运动，经t2 时间到达荧光屏t 2 时间内向上运动的距离为这样，电子向上的总偏转距离为可解得代入数据得11=1.61 10 C/kg【点睛】本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于类平抛运动的处理，通常采用运动的分解法律：将运动分解成相互垂直的两方向运动，将一个复杂的曲线运动分解成两个简单的直线运动，并用牛顿第二定律和运动学公式来求解6（ 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

14、初速度为0，试求加速之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

15、打在荧光板上发光，从而知道阴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 用 a、 b、 c、 表示偏 极 接一个 合 路，将滑 阻器也六等分，端点和等分点分 用A、B、 C、 表示已知 子所 量 e = 1.6-19-3110C，取 子 量 m = 9.0 10kg，板 距和板 均 L， 源 E = 120V 中 ，当滑 阻器的滑片滑到A 点 ，阴极射 恰好沿中 垂直打到d 点；当滑片滑到D 点 ， 察到 光屏上f 点 光忽略 源内阻 、所有 阻 、 子重力以及 子 的相互作用 通 以上信息 算从速度 装置射出的阴极射 的速度大小 v02eU【答案

16、】（ 1）m（ 2）如 所示：（ 3） 4 106 m/s【解析】（1）根据 能定理可以得到：Ue1 mv2 ， ： v2eU ；2m（ 2）当 子受到洛 力和 力相等 ，即子才能通 ，如 所示：qvB Eq ，即 vE， 足 个条件的 B（3） 当滑片滑到 D 点 两极板 U， UE60V2由 子在 中的偏 运 得：1L1 eU ( L ) 232 mL v0 ： v03eE4 106 m / s 4m点睛：本 主要考 粒子在 中的加速、速度 器以及 粒子在 中的偏 ，但是本 以信息 的形式出 ，令人耳目一新的感 ，但是 度不大，是一道好 ， 学生分析 能起到良好的作用7 如 所示的平面直角

17、坐 系，x 水平， y 直，第一象限内有磁感 度大小 B，方向垂直坐 平面向外的匀 磁 ；第二象限内有一 平行于x 放置的金属板，板 有正交的匀 和匀 磁 ， 方向沿y 方向， 大小未知，磁 垂直坐 平面向里，磁感 度大小也 B；第四象限内有匀 ， 方向与x 正方向成45角斜向右上方， 大小与平行金属板 的 大小相同 有一 量 m， 荷量 q 的粒子以某一初速度 入平行金属板，并始 沿x 正方向运 ，粒子 入第一象限后，从x 上的 D 点与 x 正方向成 45角 入第四象限， M 点 粒子第二次通 x 的位置已知 OD 距离 L，不 粒子重力求：（1）粒子运 的初速度大小和匀 的 大小（2）

18、DM 的距离（ 果用m、q、 v0、 L 和 B 表示）【答案】 （1）2B2qL2m2v02Em（2 ） DM2q2 LB【解析】【 解】（1）、粒子在板 受 力和洛 力做匀速直 运 ， 粒子初速度 v0，由平衡条件有： qv0B=qE粒子在第一象限内做匀速 周运 ， 心 O1 ，半径 R， 迹如 ，由几何关系知 RL 2L cos45由牛 第二定律和 周运 的向心力公式有：qv0B m v02R由式解得： v02BqL m由式解得： E2B2 qLm（2）、由 意可知，粒子从D 入第四象限后做 平抛运 ， 迹如 ， 粒子从D 到M 的运 t，将运 分解在沿 方向和垂直于 的方向上， 粒子沿

19、DG 方向做匀速直 运 的位移 ：DG v0t 粒子沿 DF 方向做匀加速直 运 的位移 ：DF 1at 2 Eqt 222m由几何关系可知： DGDF ， DM 2DG 由式可解得DM 2m2 v02q2 B2L【点睛】此 型的 首先要 物体的运 行分段，然后 物体在各段中 行正确的受力分析和运 的分析， 行列式求解 ; 洛 力 荷不做功，只是改 运 荷的运 方向，不改 运 荷的速度大小 粒子做匀速 周运 的 心、半径及运 的确定：、 心的确定：因 洛 力提供向心力，所以洛 力 是垂直于速度的方向，画出 粒子运 迹中任意两点（一般是射入磁 和射出磁 的两点）洛 力的方向，其延 的交点即 心、

20、半径的确定：半径一般都是在确定 心的基 上用平面几何的知 求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形、运 的确定：利用 心角与弦切角的关系或者四 形的内角和等于360 算出粒子所 的 心角的大小，用公式t=T 可求出运 36081932 年美国物理学家 斯 明了回旋加速器，巧妙地利用 粒子在磁 中运 特点，解决了粒子的加速 。 在回旋加速器被广泛 用于科学研究和恢学 中。回旋加速器的工作原理如 甲所，置于真空中的D 形金属盒半径 R，两盒 的狭 很小， 粒子穿 的 可以忽略不 。磁感 度 B 的匀 磁 与盒面垂直，加速器按一定 率的高 交流 源，保 粒子每次 都被加速，加速 U。D 形金属盒中心

21、粒子源 生的粒子，初速度不 ，在加速器中被加速，加速 程中不考 相 效 和重力作用。(1)求把 量 m、 荷量 q 的静止粒子加速到最大 能所需 ；(2)若此回旋加速器原来加速 量 2m， 荷量 q 的 粒子（ 42 He ）， 得的最大 能 Ekm， 改 加速 核（12 H ），它 得的最大 能 多少？要想使 核 得与粒子相同的 能， 你通 分析，提出一种 可行的 法；(3)已知两 D 形盒 的交 如 乙所示， 粒子在此回旋加速器中运行的周期 T，若存在一种 荷量 q、 量 m的粒子 100201 X ，在 tT 入加速 ， 粒子在加4速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D 形盒

22、）【答案】（ 1） BR2 ；（ 2）2U【解析】【分析】【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得2 ，见解析；（ 3） 100q U 022mvmqvm BR粒子每旋转一周动能增加2qU，则旋转周数nqB 2 R24mU周期T2 Rvm粒子在磁场中运动的时间2t磁= nTBR2U一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间（2）对 粒子，由速度vmqBR2m得其最大动能为Ekm12mvm2q2 B2 R224m对氘核，最大动能为11( q )2 B2 R22 22E km2m2q B R2mvmH2m28m若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B、由 粒子换成氘核，有q2 B2 R2 =

23、q2 B 2 R24m8m解得 B2B ，即磁感应强度需增大为原来的2 倍高频交流电源的原来周期4 mTqB故T2 m 2 2 m2 4 m2 TqqB2 qB2B2由2粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的2（3）对粒子100201 X 分析，其在磁场中的周期T12 m201 Tq B200每次加速偏移的时间差为T = T1 TT2400加速次数Tn4100T所以获得的最大动能Ekmnq U 0100q U 09 在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930 年，EamestOLawrence

24、提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。图17甲为 EamestOLawrence设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条狭缝；两个 D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图17 乙为俯视图，在 D 型盒上半面中心 S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 型盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，最后到达D 型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置

25、提取出。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）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径；（ 2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第 n 次加速结束时所经历的时间；（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R 的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。【答案】（ 1） r12mU2nm(n 1)mqB2 （2） t dqUqB（ 3）增大加速器中的磁

26、感应强度 B【解析】【详解】（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，由动能定理得：qU1 mv122正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r 1，由牛顿第二定律得：qv Bm v121r1由以上两式解得：r12mUqB2故正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径为2mU。qB2（2）设正离子经过窄缝被第n 次加速加速后的速度为vn ，由动能定理得：nqU1 mvn22把电场中的多次加速凑成连续的加速过程，可得粒子在狭缝中经n 次加速的总时间为：t1vna由牛顿第二定律有：q Umad由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：2nmt1dqU正离子在磁场中做匀速圆周运动

27、，由牛顿第二定律有：v2qvBm又因有：Tr2 rv每加速一次后都要做半个周期的圆周，则粒子在磁场中做圆周运动的时间为：t2(n 1)T2由以上三式解得：(n1) mt2qB所以粒子从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间为：2nm( n1) mtt1t2dqUqB故正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间为2nm(n1) mdqUqB（3）设离子从D 盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm ，速度为 vmrmR2vmqvm Bm离子获得的最大动能为：12 q2 B2R2Ekmmvm22m所以，要提高某一离子被半径为 R 的回旋加速器加速后的最大动能可以增大

28、加速器中的磁感应强度 B10 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 ( )A质子被加速后的最大速度不可能超过2 RfB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 1D不改变磁感应强度B 和交流电频率f，该回旋加速器也能用于a 粒子

29、加速【答案】AC【解析】【详解】A质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则：vR2R2 RfT所以最大速度不超过2fR。故 A 正确。B根据洛伦兹力提供向心力：qvBm v2，解得：RRmvqB1mv2q2 B2 R2，与加速的电压无关。故B 错误。最大动能： EKm2m2C粒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v2ax ，可得质子第 2 次和第 1 次经过 D 形盒狭缝的速度比为2 :1，根据 Rmv，可得半径比为qB2 :1。故 C 正确。qBD回旋加速器交流电的频率与粒子转动频率相等，即为f，可知比荷不同的粒子2 m频率不同，不改变磁感应强度B 和交流电频率f，

30、有可能起不到加速作用。故D 错误。故选 AC。11 同步回旋加速器结构如图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处大小相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量.如题图所示同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步已知圆形轨道半径为R，被加速粒子的质量为 m、电荷量为 +q，加速腔的长度为L，且 LR,当粒子进入加速腔时，加速电压的大小始终为U，粒子离开加速腔时，加速腔的电压为零已知加速腔外无电场、腔内无磁场；不考虑粒子的重力、相对论效应对质量的影响以及粒子间的相互作用若在t=0 时刻将带电粒子从板内a 孔处静止释放，求：（1）带电粒子第k 次从 b 孔射出时的速度的大小 vk；（2）带电粒子第k 次从 b 孔射出到第 (k+1)次到达 b 孔所经历的时间；（3）带电粒子第k 次从 b 孔射出时圆形轨道处的磁感应强度Bk 的大小；（4）若在 a处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1 次加速后形成一束长度为 l1的粒子束（ l1L），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度vmax【答案】 (1)2kqU2m12mkUL2qUm(2)R(3)q(4) vmaxmkqURl1【解析】【详解】1(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqUmv k2 0