高中物理速度选择器和回旋加速器易错剖析含解析

1、高中物理速度选择器和回旋加速器易错剖析含解析一、速度选择器和回旋加速器1 .如图所示，竖直挡板 MN右侧空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直 向上，电场强度 E=100N/C,磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.2T,场中A点与挡板的距离L=0.5m。某带电量q=+2.0X10-6C的粒子从A点以速度v垂直射向挡板，恰能做匀速 直线运动，打在挡板上的 Pi点；如果仅撤去电场，保持磁场不变，该粒子仍从A点以相同速度垂直射向挡板，粒子的运动轨迹与挡板MN相切于P2点，不计粒子所受重力。求：(1)带电粒子的速度大小 V； (2)带电粒子的质量m。【答案】(i)v 500m/s； (

2、2)m 4.0 10 10kg【解析】【分析】【详解】(1)正粒子在正交的电场和磁场中做匀速直线运动，则向上的电场力和向下的洛伦兹力平 衡，有qE= qvB解得带电粒子的速度大小E 100 ,“ ，vm/s 500m/sB 0.2(2)仅撤去电场保持磁场不变，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB2Vm一R而粒子偏转90。，由几何关系可知0.5m联立可得带电粒子的质量2 10 6 0.250005 kg 4.0 10 10 kg2 .如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为 U,距离为d;匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。一质量为m

3、、电荷量为q的带电粒子从A点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从M点射出;如果撤去磁场，粒子从 N点射出。M、N两点间的距离为h。不计粒子的重力。求：(1)匀强电场场强的大小 E；(2)粒子从A点射入时的速度大小 vo；(3)粒子从N点射出时的动能E%【答案】(1)电场强度E U； (2) V。 U； (3) Ek她普r dBdd 2B2d2【解析】【详解】(1)电场强度E UqvoBd(2)粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：qE解得v0 E B Bd10(3)粒子从N点射出，由动能定理得：qE h Ek -mvoqUhmU 2解得Ek k22 22B d3.如图，

4、空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面(纸面)向外，电场 E和磁场B都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电的粒子质量为m、电荷量为q从P(x=0, y=h)点以一定的速度平行于 x轴正向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为母的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动.求：(1)若只有磁场，粒子做圆周运动的半径R大小；(2)若同时存在电场和磁场，粒子的速度V。大小；(3)现在，只加电场，当粒子从P点运动到x=R。平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点。(不计重力)。粒子到达 x=

5、Ro平面时速度v大小以及粒子到 x轴的距离；(4) M点的横坐标xm。【答案】(1) mv0 (2) E (3) V2v0, h 员(4) xM qB B2【解析】【详解】2RoR0h h22(1)若只有磁场，粒子做圆周运动有：qBv0 mRo解得粒子做圆周运动的半径Rom 0qB(2)若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有： qE qBv0解得粒子的速度v0 EB(3)只有电场时，粒子做类平抛，有：qE maR0 v0tVy at解得：Vy V0所以粒子速度大小为：V . V2 v2 2V0粒子与x轴的距离为：H h 1at2 h R0 222(4)撤电场加上磁场后，有：qBv m

6、R解得：R 2R粒子运动轨迹如图所示:y圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与 x轴和y轴的夹角均为 一，由几何关系4得C点坐标为：Xc 2Ro,yc H & h Ro过C作x轴的垂线，在 4DM中：CM R 、2RoCD yc h R0 2解得：DM CM 2 CD2 . 7 R2 Roh h2M点横坐标为：xM 2R0 J；喏 R0h h24.如图所示的速度选择器水平放置，板长为L,两板间距离也为 L,下极板带正电，上极板带负电，两板间电场强度大小为E,两板间分布有匀强磁场，磁感强度方向垂直纸面向外，大小为B, E与B方向相互垂直.一带正电的粒子(不计重力)质量为 m,带电量为 q,

7、从两板左侧中点沿图中虚线水平向右射入速度选择器.(1)若该粒子恰能匀速通过图中虚线，求该粒子的速度大小；(2)若撤去磁场，保持电场不变，让该粒子以一未知速度从同一位置水平射入，最后恰能从板的边缘飞出，求此粒子入射速度的大小；(3)若撤去电场，保持磁场不变，让该粒子以另一未知速度从同一位置水平射入，最后恰 能从板的边缘飞出，求此粒子入射速度的大小.【解析】【分析】【详解】(1)若该粒子恰能匀速通过图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有:qviB=qE解得:(2)若撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则 水平方向有：L=v2t竖直方向有：由牛顿第二定律有：解得：(3)若

8、粒子从板右边缘飞出，则解得：2由 qv3B m% 得：r2L1atqE=ma若粒子从板左边缘飞出，则:L25L 45qBL v34m由 qv4B2V4 /日m 一得:rqBLV44m5.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0. 06 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

9、直纸面向里(2) 1xi0m/s【解析】【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Fe=eE,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evB=eE解得：v=-B又因为E= Ud所以 v=乜一=1 x 10m/sBd即只有速率为1X10m/s的电子才可以通过小孔 s6 .如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ,电压为U,两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为Bo,方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里

10、。图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里。一正离子沿平行于金属板面、从 A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏向角为9 =90；不计重力。求:(1)离子速度v的大小;(2)离子的比荷q/m 。U q_B0d mUBB0Rd(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动：Boqv qEoEo得：vUBod(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得:由几何关系得：r=R2 v Bqv m 一 r离子的比荷为:q um B

11、B0Rd7 .我们熟知经典回旋加速器如图(甲)所示，带电粒子从M处经狭缝中的高频交流电压加速，进入与盒面垂直的匀强磁场的两个D形盒中做圆周运动，循环往复不断被加速，最终离开加速器。另一种同步加速器，基本原理可以简化为如图(乙)所示模型，带电粒子从M板进入高压缝隙被加速，离开N板时，两板的电荷量均立即变为零，离开 N板后,在匀强磁场的导引控制下回旋反复通过加速电场区不断加速，但带电粒子的旋转半径始终 保持不变。已知带电粒子 A的电荷量为+q,质量为m,带电粒子第一次进入磁场区时，两 种加速器的磁场均为 Bo,加速时狭缝间电压大小都恒为U,设带电粒子最初进入狭缝时的初速度为零，不计粒子受到的重力，

12、不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射， 不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。(1)求带电粒子 A每次经过两种加速器加速场时，动能的增量；(2)经典回旋加速器与同步加速器在装置上的类似性，源于它们在原理上的类似性。a.经典回旋加速器，带电粒子在不断被加速后，其在磁场中的旋转半径也会不断增加,求加速n次后rn的大小；b.同步加速器因其旋转半径达式；(3)请你猜想一下，若带电粒子R始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，请推导Bn的表A与另一种带电粒子 B (质量也为m,电荷量为+kq, kBomb. Bn JnBo； (3)见解析XXX亿)2nUq【答案】(1) AEk qU ； (

13、2) a.R为大于1的整数)一起进入两种加速器，请分别说明两种粒子能否同时被加速，如果不能 请说明原因，如果能，请推导说明理由。(甲)【解析】【分析】【详解】(1)粒子仅在狭缝间由电场加速，绕行过程中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力不会对粒子做功，根据动能定理：每次动能的增量为：VEk qUn次穿过MN两板(2) a.在D形盒中洛伦兹力作向心力，磁感应强度不需要改变，当第 间开始作第n圈绕行时qVnBo第n圈的半径R1BB02nUqmb .同步加速器因其旋转半径始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，洛伦兹力作向心 力12nqU 一 mv2所以第n圈绕行的磁感应强度为：22VoVnqvoBom ， q

14、VnBn m一RRBnnBo(3)经典回旋加速器不能做到回旋加速，同步加速器仍然能做到回旋加速。经典回旋加速器，交变电压的周期与带电粒子回旋周期相同，加速A粒子的交变电压的周期为Bq而若要加速回旋加速粒子 B,交变电压周期应为T 2 mkBq因此当B粒子到达加速电场缝隙时，电压方向并没有反向，因此无法同时加速。同步加速 器A粒子的磁场变化周期Tn2 m qBnB粒子的旋转周期2 m TnkqBn kA通过时存在，故Tn是T的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周。由于电场只在B仅在与A同时进入电场时才被加速。8.汽车又停下来了，原来是进了加油站。小明想，机器总是要消耗能源才干活儿，要是制造出不消

15、耗任何能源却能源源不断对外做功的机器，那该是利国利民的大功劳一件啊！小明为此设计了一个离子加速器方案：两个靠得很近的、正对处留有狭缝的半圆形金属盒，处在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，M和M 是固定在金属盒狭缝边缘的两平行极板，其上有正对的两个小孔，给极板充电后，上板带正电且两板间电压为U;质量为m、带电量为q的正离子从M板小孔由静止开始加速，经 M 板小孔进入磁场 区域，离子经磁场偏转后又回到M板小孔继续加速，再偏转，再加速假设电场集中在两极板之间，其他区域没有电场，并忽略离子所受的重力，试计算：(1)两于第1次加速后获得的动能：(2)第n次加速后和第n 1次加速后，离子在磁

16、场中偏转的半径大小之比；(3)小明想，离子每次经磁场偏转后都能再次进入两极板间的电场进行加速，这个过程中电场、磁场不发生任何变化，离子动能却不断的增加这个离子加速器就实现了不消耗任何能源便可以能源源不断地对离子做功的目的！请根据你所学的知识，试判断小明的设计方案是否科学，并具体阐述你的理由。n【答案】(1) qU; (2)(3)见解析。n 1【分析】【详解】(1)由动能定理可qU=Ek-0解得离子第1次加速后获得的动能为Ek=qU(2)设第n次加速后离子获得的速度为 vn,则由动能定理可知1 一 2八nqU mvn 02设离子在磁场中偏转的轨道半径大小为rn,根据牛顿第二定律可知2q%B= m

17、 rn联立解得_ 1 2mnU1B； q同理，第n+1次加速后，离子子啊磁场中偏转的半径大小为_ 1 2m(n 1)Urn 1- B ,rnnrn 1. n 11 3)小明的设计不科学，因为它违背了能量守恒定律，永动机不可能制成。实际上，电场 并不只是分布在两极板之间，在极板外，仍然有从M板出发指向M板的电场线，离子在两极板之外的磁场中运动时，电场力做负功，回到初始位置M板的小孔处时，电场力所做的总功为零，离子速度恢复为原来的值，离子并不能持续的加速。9 .回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒内的狭缝中

18、形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q,质量为m,子最大回旋半径为 R.忽略粒子在电场中运动的时间.求：(1)所加交变电流的频率 f;(2)粒子离开加速器时的最大速度v；(3)若加速的电压为 U,求粒子达到最大速度被加速的次数n.【答案】(1)巫qBRn维 2 m m2mU【解析】【详解】(1)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要等于粒子回旋频率，因为2 mqB回旋频率:1 qB(2)由牛顿第二定律T 2 m2 mv qvB R解得(3)获得的能量来源于电场的加速，

19、故:nqU解得_2 _22mU10 .在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流.回旋加速器的结构如图所示，D1、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速.设带电粒子质量为 m,电量为q,匀强磁场磁感应强度为 B, D形盒的最大半径为 R,两个D形盒之间的距离为 d, d远 小于R, D形盒之间所加交变电压大小为U.不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：(接交流电源(/)(1)所加交变电压的周期 T；(2)带电粒子离开 D形盒时的动能 区m；(3)带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒

20、间电场中运动的时间 t2,并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计.【答案】(1) R* (2) 2m(3)见解析【解析】【详解】(1)带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等,(2)带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R,由圆周运动的规律得解得:qRBm带电粒子离开D形盒时的动能51 =q2ff2R22m(3)设带电粒子在电场中加速的次数为n,有GJ =取”h = n x -解得: 又因为带电粒子在磁场中运动的周期所以带电粒子在磁场中运动的时间ttBR2解得：1一下带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=atqUBRdq =一77=it其中阴江所以带电粒子在电场中运动的时

21、间”tz 2d有【法因为d远小于R,有t2远小于ti,所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略. 【点睛】此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒 子的半径等于D型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.11. 1932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.图甲图乙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

22、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,加速器接一定频率高频交流电源，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ri；(2) D形盒半径为 R;r的增大，同一盒中相邻轨道(3)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径 半径之差是增大、减小还是不变 ？试题分析：(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为V1联立解得:(2)设质子从静止开始加速到出口处运动了n圈，质子在出口处的速度为v(3

23、)(方法1)设k为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rkrk+1 (rk rk,比较4与* + 1得力+ i /以(方法2)设k为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为re1、rk、rk+i,( rkirkn 一 /)有人所 rr +两边平方得此A、川口结果正确,说明假设成立.所以考点：回旋加速器；带电粒子在匀强电场及匀强磁场中的运动.12. 1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如图所示，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以忽略不计.磁感应强度为 B的匀强磁场与盒面垂直.A处粒子源产生的粒

24、子，质量为 m、电荷量为+q ,在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ;(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm,试讨论粒子能获得的最大动能Ee.-BR2q2B2R2【答案】(1)五：1 (2)-BR-(3)当fBmfm 时，EKm=qBmR；当fBmfm 时,2U2mEKm=2 2mfm2 R2【解析】【分析】(1)狭缝中加速时根据动能定理，可求出加速后的速度，然后根据洛伦兹

25、力提供向心力,推出半径表达式；(2)假设粒子运动 n圈后到达出口，则加速了 提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解；(3) Bm对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率,2n次，整体运用动能定理，再与洛伦兹力fm对应加速电场可提供的最大频率,选两者较小者，作为其共同频率，然后求此频率下的最大动能.【详解】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为 1,速度为V12qU=mv1%qv1 B=mrlJ.国,Vq同理，粒子第2次经过狭缝后的半径则 r?： r i=笆:1.(2)设粒子到出口处被加速了n圈1 22nqU=rov2 qvB=rfr- K2 n m T- QBt=nT(3)加速电场的频率应等于粒

26、子在磁场中做圆周运动的频率，即当磁场感应强度为 Bm时，加速电场的频率应为 fBn=qBmZnID粒子的动能EK-2raV当fBmWm时，粒子的最大动能由Bm决定2 la T解得2 2F J 腔. 2m当fBmm时，粒子的最大动能由fm决定vm=2兀mR解得 元【点睛】此题是带电粒子在复合场中运动与动能定理的灵活应用，本题每一问都比较新颖，需要学 生反复琢磨解答过程.13. 如图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Di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

27、电粒子，粒子在两盒之间被 加速后进入Di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.持交流也源(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Di盒在其中的轨道半径为 ri,粒子第1次进入D2盒在其中的轨道半 径为2,求r1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

28、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】Vm qBR m1% _1忑 (2)t至T 2U2 mqB(1)由牛顿第二定律有:qvB2Vmm R可知最大速度qBR设带电粒子在两盒间加速的次数为N,由 qvB2m 和 NqUrI 2 八一 mv 02一,r1可得rB2NmUri所以一2,2(2)带电粒子在两盒间电场中加速过程中的加速度aqumd在电场中加速白t总时间为t1带电粒子运动一圈加

29、速 2次,依据动能定理有：2nqUvm BdR a U，设粒子在磁场中的运动圈数为 2mvm2带电粒子运动一圈的时间T2 mqB则带电粒子在磁场中运动的总时间为t2BR22U由于R? d ,可知ti = t2,所以ti可忽略。2v 一 一由qvB m和T可得：T2 mqB从该周期公式发现，速度增加，粒子的质量会增加，其运动周期会变化，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。14. 一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器 A下方的小孔S飘入电势差为 U的加速 电场，其初速度几乎为 0,然后经过注沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B的匀强 磁场中，

30、最后打到照相底片 D上11 I I L涔力；ZI- Ji-.(1)求粒子进入磁场时的速率.(2)求粒子照相底片 D点到S3的距离【解析】(1)粒子飘入电势差为 U的加速电场，有9心；二三的1(2)粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有:粒子照相底片D点到S3的距离2R：二15. 1932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.回旋 加速器的工作原理如图甲所示，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以忽略不计.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速器接一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U. A处粒子源产生的粒子，质量为 m、电荷量为q,初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不