《高中物理速选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理速选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题.docx（29页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题一、速度选择器和回旋加速器1 如图，正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为L 。一个带电粒子（不计重力）从AD 中点以速度 v 水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v 从 AD 中点飞入场区，最后恰能从C 点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度 v 进入场区，求：(1)该粒子最后飞出场区的位置；(2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？【答案】 (1) AB 连线上距离 A 点3 L
2、处， (2)3 。24【解析】【详解】(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：qvBqE仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：Lvt竖直方向匀加速直线运动：L1 qE t 222 m联立方程得：v2qELm仅有磁场时：mv2qvBR根据几何关系可得：RL设粒子从M 点飞出磁场，由几何关系：2LAM=R2= 3 L2所以粒子离开的位置在AB 连线上距离 A 点3 L 处；2(2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为，末速度反向延长线过水平位移中点：Ltan21L2解得：45仅有磁场时，设飞出时速度偏角为：AMtan3OA解得：60所以偏转角之比：3。42 如图为质谱仪的原理图。电容器两极板的距离为d，两
3、板间电压为 U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为 B1 ,方向垂直纸面向里。一束带电量均为q 但质量不同的正粒子从图示方向射入，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2 的匀强磁场，磁场 B2 方向与纸面垂直，结果分别打在a、 b 两点，若打在a、 b 两点的粒子质量分别为m1 和 m2 .求：(1)磁场 B2 的方向垂直纸面向里还是向外?(2)带电粒子的速度是多少?(3)打在 a、 b 两点的距离差x 为多大 ?U(3)2U ( m1 m2 )【答案】 (1)垂直纸面向外 (2) vxB1dqB1B2 d【解析】【详解】(1)带正电的粒子进入偏转磁场后，受洛伦兹力而做匀速圆周运动，因洛伦兹力
4、向左，由左手定则知，则磁场垂直纸面向外.(2) 带正电的粒子直线穿过速度选择器，受力分析可知：U解得： vqvB1qUdB1d(3) 两粒子均由洛伦兹力提供向心力v2qvB2m可得： Rm1v， Rm2v1qB22qB2两粒子打在底片上的长度为半圆的直径，则：Rx2R12R22U (m1m2 )联立解得：xqB1B2d3 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
5、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 qLd2B2 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)
6、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v= U ；dBmvA 点射(2) 由题意可知，根据 r知，质量越大，轨道半径越大，则质量最大的粒子从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 L4r1sin2+rsin ，=Lr2 1 r12725 L联立解得 cos=， r12536根据 r1mmax vmmax25 B2Ldq得最大质量为：=36UqB粒子在左边磁场中的最小半径为：rm
7、in 2 L3根据 rminmmin v 得最小质量为： mmin 2B2 Ldq qB3U【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4 如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为E 的匀强电场。金属板右下方以MN 为上边界， PQ 为下边界， MP 为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d， MN 与下极板等高，MP 与金属板右端在同一竖直线。一个电荷量为 q、质量为 m 的正离子以初速度在两板间沿平行于金属板的虚线射入金属板间。不计粒子重力
8、。(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度B0；(2)若撤去板间磁场 B0，离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30角，离子进入磁场运动后从磁场边界点射出，求该磁场的磁感应强度B 的大小。E2mv0【答案】 （1）（ 2）qdv0【解析】【详解】（1）设板间的电场强度为E，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv0B0，解得： B0E；v0（2）离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则出离电场进入磁场的速度： vv02v0 ，cos303设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，得：v2qvB=m，r由几何关系得：
9、1d =rcos30 ，2解得： B= 2mv0；qd【点睛】离子在速度选择器中做匀速直线运动，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚离子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。5 如图所示，两竖直金属板间电压为U1，两水平金属板的间距为d.竖直金属板a 上有一质量为 m、电荷量为 q 的微粒 (重力不计 )从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，求：(1)微粒刚进入水平金属板间
10、时的速度大小v0；(2)两水平金属板间的电压；(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D.【答案】 (1)2qU 12qU1m2qU1v0(2) U Bd(3) DmmmBq【解析】【分析】（ 1）粒子在电场中加速，根据动能定理可求得微粒进入平行金属板间的速度大小；（ 2）根据粒子在平行板间做直线运动可知，电场力与洛伦兹力大小相等，列式可求得电压大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知半径与D 之间的关系，再由洛伦兹充当向心力可求得最小宽度【详解】(1)在加速电场中，由动能定理，得12qU1 mv0 ，2解得 v02qU1 .m(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动
11、，则UBqv0 q，d解得U Bd2qU1m(3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为D，则Bqv0 m v02 且 rD，r解得D m2qU1Bqm【点睛】题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意明确带电粒子在磁场中运动时注意几何关系的应用，明确向心力公式的应用；而带电粒子在电场中的运动要注意根据功能关系以及运动的合成和分解规律求解6 回旋加速器D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为 U 2 104V，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径R 1m，磁场的磁感应强度 B0.5T，质子的质量为 1.67 10 27kg，电量为 1.6 10 19C，问：(1)质
12、子最初进入D 形盒的动能多大？(2)质子经回旋加速器最后得到的动能多大？(3)交流电源的频率是多少？【答案】 (1) 3.210 15 J； (2)1.910 12 J ； (3) 7.6106 Hz .【解析】【分析】【详解】(1)粒子在第一次进入电场中被加速，则质子最初进入D 形盒的动能Ek1 Uq2 104 1.61019 J 3.2 10 15 J(2)根据qvBm v2R得粒子出D 形盒时的速度为qBRvm则粒子出D 形盒时的动能为m22219222Ekm1 mvm2 qBR(1.610)0 51 J 1.9 10 12 J22m21.6710 27(3) 粒子在磁场中运行周期为2
13、mTqB因一直处于加速状态，则粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，即为2 mTqB那么交变电源的频率为qB1.610 190.56f2 3.141.6727 Hz7.6 10 Hz2 m107 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
14、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) r112mU； (2) Ekq2B2 R2Bq； (3)见解析2m【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12qUmv1解得2qUv1m洛伦兹力充当向心力，则有2qv1Bm v1r1解得r112mUBq(2)离子射出时加速器时2qvm Bm vm
15、R解得qBRvmm离子动能为Ek1 mv2q2 B2R222m(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nd2ndt1vv2离子在 D 形盒中运动的周期为2 m2 RT =qBv粒子在磁场中回旋的时间为t2n Tn R2v有t12nd2dv=t2n RRv当 dR 时， t 1t2，即电场中运动时间可以忽略8 某回旋加速器的两个半圆金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，两金属盒间存在交变电场，用其加速质子。已知金属盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，金属盒间缝隙的加速电压为U，质子的质量为m，电荷量为q。求（ 1）交变电场的频率 f
16、 ；（ 2）质子加速完毕出射时的动能Ek；（ 3）质子在回旋加速器中运动的圈数n。【答案】 (1)Bq2 m222(2) B q R2m2 2(3) B qR 4mU【解析】【详解】质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力v2BqvmTr2 rv1fT联立可得fBq2 m(2) 洛伦兹力提供向心力，当半径最大时，对应的速度最大，动能最大，最大半径为RBqvv2mREk1 mv22联立可得EkB2 q2 R22m质子在磁场中每转一圈加速两次，获得能量为2Uq ，设质子在回旋加速器中运动的圈数n，则有Ek2nUq将 Ek B2 q2 R2 代入可得 2mB2 qR2n4mU9 同步回旋加速器
17、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
18、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 02解得：vk2kqUm(2) 粒子做圆周运动的周期： Tk2 mm2 RqBk2
19、kqU由题意可知，加速空腔的长度：L R，粒子在空腔的运动时间可以忽略不计，下一次经过b 孔的时间间隔等于粒子在磁场中做圆周运动的周期： Tk2mRkqU1(3)粒子第 k 次从 b 孔射出，粒子被电场加速k次，由动能定理得：kqU2mvk2 0解得：2kqUvkm粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvkBkm vk2，解得：R12kmUBkqR(4)粒子第一次加速后的速度：v12qUm从第一个粒子 入加速空腔到最后一个粒子 入加速空腔的 ：t1l1l1mv1，2qU由 vk2kqU4qU可知，粒子被第二次加速后的速度：v2mm粒子被二次加速后 一束粒子的 度：
20、l2 v2t 12 l1粒子被第三次加速后的速度：v36qUm从第一个粒子 入加速空腔到最后一个粒子 入加速空腔的 ：t2l 2l1mv22qU粒子被三次加速后 一束粒子的 度：l3 v3t 23 l1粒子被第四次加速后的速度：v48qUm从第一个粒子 入加速空腔到最后一个粒子 入加速空腔的 ：t3l3l1mv32qU粒子被三次加速后 一束粒子的 度：l4 v4t 34 l 1粒子被第 k 次加速后的速度：vk2kqUm从第一个粒子 入加速空腔到最后一个粒子 入加速空腔的 ：tk1lk 1l1mvk 12qU粒子被 k 次加速后 一束粒子的 度：lk vkt k 1kl 1L2当粒子束的 度：
21、 lk k l1L，即： k 2 粒子束的速度最大，l1L21由 能定理得：l12?qU 2mvmax2 0，解得：vmaxL2qUl1m10 回旋加速器的工作原理如 甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径 R，两盒 有狭缝（间距 dR ），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0 ，周期为 T，与粒子在磁场中的周期相同一束该种粒子在t0 T / 2 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
22、，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t0 ；（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m 与原来质量 m0 的关系：mm01v 2 ，则粒子质量增加1% 后估计最多还能再加速多少次（需要简述理t由）？若粒子质量最终增加 2% ，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） 2m （2 ） 2 R2 m （ 3） 100 次； 0.2qrqU 0T【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：qvB m v2R电压周期 T 与粒子在磁场中的周期相同： T2 r
23、v可得 T2 m2 m，BqBqr(2)粒子运动半径为R 时： v2 R 且 Ekm1 mv2r22 2mR2解得：Ekm2T粒子被加速 n 次达到动能 Ekm ，则有： EkmnqU 0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：t 0T2 R2 mn ?qU0T2(3)粒子在磁场中的周期：2n1% ，T，质量增加 1% ，周期增大qBr再加速次数不超过22次T1001%mm0加速后的质量 m 与原来质量 m0v2 ， m1.02 m0的关系：)1 (c粒子最终速度为： v0.2c即粒子最终速度为光速的0.2 倍11 如图
24、所示为回旋加速器的结构示意图，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 R，金属盒的半径为 R，两盒之间有一狭缝，其间距为 d，且 R ? d ，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速度vm；若粒子第 1 次进入 D1 盒在其中的轨道半径为r1，粒子第1 次进入 D2 盒在其中的轨道半径为
25、 r2，求 r 1 与 r2 之比 .(2)根据回旋加速器的工作原理，请通过计算对以下两个问题进行分析：在上述不考虑相对论效应和重力影响的情况下，计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，为何常常忽略粒子通过两盒间狭缝的时间，而只考虑粒子在磁场中做圆周运动的时间；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) vqBRr11(2) BR22 mt Tmmr22qB2U【解析】【详解】（1）由牛顿第二定
26、律有：qvBm vm 2RqBR可知最大速度vmm设带电粒子在两盒间加速的次数为N，由 qvB mv2120和 NqUmvr212NmU可得 rqB所以r11r22（2）带电粒子在两盒间电场中加速过程中的加速度aqU在电场中加速的总时间为t1mdvmBdRaU带电粒子运动一圈加速2 次，设粒子在磁场中的运动圈数为n依据动能定理有：2nqUmvm22带电粒子运动一圈的时间T2 mqBBR2则带电粒子在磁场中运动的总时间为t22U由于 R ? d ，可知 t1= t2 ，所以 t1 可忽略。v22 r由 qvB m 和 T、rv2 m可得： TqB从该周期公式发现，速度增加，粒子的质量会增加，其运
27、动周期会变化，但加速电场周期不变，从而使得加速电场的变化周求与粒子的运动周期不匹配，导致无法加速。12 质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示粒子源S 产生的带正电的粒子首先经M、N 两带电金属板间的匀强电场加速，然后沿直线从缝隙O垂直于磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的P 点已知 M、 N 两板问的距离为 d，电场强度为 E设带正电的粒子进入电场时的速度、所受重力及粒子间的相互作用均可忽略（ 1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为 m、电荷量为 q，求这些带电粒子离开电场时的速度大小；（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为
28、q，其打在照相底片上的P 点与缝隙 O的距离为 y，请推导y 与 m的关系式；（ 3）若粒子源 S 产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施【答案】（ 1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，这些带电粒子离开电场时的速度大小为；（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，其打在照相底片上的P 点与缝隙 O的距离为y， y 与m的关系式为；（ 3）若粒子源 S 产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同
29、点现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施增加电场强度，保持其它条件不变减小磁感应强度，保持其它条件不变【解析】解：（1）设带电粒子离开电场时的速度大小为v，根据动能定理解得（2）设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律由几何关系可知y=2R解得（ 3）可行的措施：增加电场强度，保持其它条件不变减小磁感应强度，保持其它条件不变答：（ 1）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，这些带电粒子离开电场时的速度大小为；（2）若粒子源产生的带正电的粒子质量为m、电荷量为q，其打在照相底片上的P 点与缝隙 O的距离为y， y 与m的关系式为；（ 3）若粒子源 S
30、 产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同，这些带电粒子经过电场加速和磁场偏转后，将打在照相底片上的不同点现要使这些点的间距尽量大一些，请写出至少两项可行的措施增加电场强度，保持其它条件不变 减小磁感应强度，保持其它条件不变【点评】考查粒子在加速电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，学会对粒子受力分析，理解洛伦兹力提供向心力的条件与应用，掌握牛顿第二定律与几何关系综合应用13 回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个 D 形金属盒，两盒相距很近( 缝隙的宽度远小于盒半径) ，分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速. 两盒放在匀强磁场中，
31、磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出.若D形盒半径为RB. 设两D形盒之间所加，所加磁场的磁感应强度为的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为粒子，其质量为m、电量为 q. 粒子从 D 形盒中央开始被加速( 初动能可以忽略) ，经若干次加速后，粒子从 D 形盒边缘被引出 .求：1粒子被加速后获得的最大动能Ek ；2粒子在第 n 次加速后进入一个D 形盒中的回旋半径与紧接着第n 1次加速后进入另一个 D 形盒后的回旋半径之比；3 粒子在回旋加速器中运动的时间；4 若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法【答案】（ 1） q2 B2 R2（ 2）n（ 3）BR2（ 4）22mn12U2【解析】