高考物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析

高考物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析一、速度选择器和回旋加速器1．如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1。平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B2，CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，现有大量质量均为m，电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，自O点沿OO′方向水平向右进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，通过小孔O′进入匀强磁场B2，如果这些粒子恰好以竖直向下的速度打在CD板上的E点(E点未画出)，求：(1)能进入匀强磁场B2的带电粒子的初速度v；(2)CE的长度L(3)粒子在磁场B2中的运动时间．【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】(1)沿直线OO′运动的带电粒子，设进入匀强磁场B2的带电粒子的速度为v，根据B1qv=qE解得：v=(2)粒子在磁感应强度为B2磁场中做匀速圆周运动，故：解得：r==该粒子恰好以竖直向下的速度打在CD板上的E点，CE的长度为：L===(3)粒子做匀速圆周运动的周期2．如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m。电压为10V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.1T，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半径R为0.1m、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=T，方向垂直于纸面向里。一质量为m=10-26kg带正电的微粒沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏转角60°，不计微粒重力。求：（1）微粒速度v的大小；（2）微粒的电量q；（3）微粒在圆形磁场区域中运动时间t。【答案】（1）2000m/s（2）2×10-22C（3）【解析】【详解】（1）在正交场中运动时：可解得：v＝2000m/s（2）偏转角60°则轨迹对应的圆心角60°，轨迹半径解得：q=2×10-22C（3）根据则3．边长L＝0.20ｍ的正方形区域内存在匀强磁场和匀强电场，其电场强度为E＝1×104V/m，磁感强度B＝0.05T，磁场方向垂直纸面向里，当一束质荷比为＝5×10-8kg/C的正离子流，以一定的速度从电磁场的正方形区域的边界中点射入，离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，如右图所示，不计正离子的重力，求：（1）电场强度的方向和离子流的速度大小（2）在离电磁场区域右边界D=0.4m处有与边界平行的平直荧光屏．若撤去电场，离子流击中屏上a点；若撤去磁场，离子流击中屏上b点，则ab间的距离是多少？．【答案】（1）竖直向下；（2）1.34m【解析】【详解】（1）正离子经过正交场时竖直方向平衡，因洛伦兹力向上，可知电场力向下，则电场方向竖直向下；由受力平衡得离子流的速度（2）撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有故离子离开磁场后做匀速直线运动，作出离子的运动轨迹如图一所示图一由几何关系可得，圆心角若撤去磁场，离子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，运动轨迹如图二所示图二通过电场的时间加速度在电场中的偏移量粒子恰好从电场右下角穿出电场，则由几何关系得a和b的距离=1.34m4．（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，端点和等分点分别用a、b、c、……表示．偏转电极连接一个闭合电路，将滑线变阻器也六等分，端点和等分点分别用A、B、C、……表示．已知电子所带电量e=1.6×10-19C，取电子质量m=9.0×10-31kg，板间距和板长均为L，电源电动势E=120V．实验中发现，当滑线变阻器的滑片滑到A点时，阴极射线恰好沿中轴线垂直打到d点；当滑片滑到D点时，观察到荧光屏上f点发光．忽略电源内阻、所有导线电阻、电子重力以及电子间的相互作用．请通过以上信息计算从速度选择装置射出的阴极射线的速度大小v0．【答案】（1）（2）如图所示：（3）【解析】（1）根据动能定理可以得到：，则：；（2）当电子受到洛伦兹力和电场力相等时，即，即，满足这个条件的电子才能通过，如图所示：（3）设当滑片滑到D点时两极板间电压为U，由电子在电场中的偏转运动得：则：．点睛：本题主要考查带电粒子在电场中的加速、速度选择器以及带电粒子在电场中的偏转问题，但是本题以信息题的形式出现，令人耳目一新的感觉，但是难度不大，是一道好题，对学生分析问题能起到良好的作用．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)(2)(3)【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qU1＝mv02，解得v0＝.(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则Bqv0＝q，解得U＝Bd(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且r＝D，解得D＝【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．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B0，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，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R始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，请推导Bn的表达式；（3）请你猜想一下，若带电粒子A与另一种带电粒子B（质量也为m，电荷量为+kq，k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。【答案】（1）；（2）a.b.;（3）见解析【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：（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n次穿过MN两板间开始作第n圈绕行时第n圈的半径ｂ．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，，所以第n圈绕行的磁感应强度为：（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而若要加速回旋加速粒子B，交变电压周期应为因此当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B粒子的旋转周期是的k倍，所以每绕行1周，就绕行k周。由于电场只在通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速。7．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D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，粒子最大回旋半径为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）（2）（3）【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，回旋频率；（2）由牛顿第二定律，解得；（3）获得的能量来源于电场的加速，故：，解得；8．诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下．如图所示，两个中空的半径R=0.125m的半圆金属盒，接在电压U=5000V、频率恒定的交流电源上；两盒狭缝之间距离d=0.01m，金属盒面与匀强磁场垂直，磁感应强度B=0.8T．位于圆心处的质子源能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用），质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出．已知质子的比荷C/kg，求：(1)质子能获得的最大速度；(2)质子在电场加速过程中获得的平均功率；(3)随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr如何变化？简述理由．(4)设输出时质子束形成的等效电流为100mA，回旋加速器输出功率是多大？【答案】(1)(2)(3)Δr逐渐减小(4)P=5000W【解析】【详解】（1）粒子在磁场中回旋，有引出时有r=R，得m/s（2）引出前质子（在电场中）加速的次数质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动该过程中的平均速度为v/2，则平均功率（3）粒子回旋半径，设加速一次后的速度为v1，加速三次后的速度为v3，则有，……，由此，因为，故Δr逐渐减小（4）研究出口处截面Δt→0时间内的质子，设有N个，则N·q=I·Δt在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N个质子从静止加速到即，代入得P=5000W9．1932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，置于真空中的两个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的匀强磁场方向与盒面垂直．两D形盒之间所加的交流电压为U，粒子质量m、电荷量为q的粒子从D形盒一侧圆心处开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D形盒边缘射出．求：（1）交流电压的频率；（2）粒子从D形盒边缘射出时的动能；（3）粒子被加速的次数．【答案】（1）交流电压的频率为；（2）粒子从D形盒边缘射出时的动能是；（3）粒子被加速的次数为．【解析】【分析】【详解】（1）加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T=，那么交流电压的频率：f=；（2）根据qvB=m，解得v=，带电粒子射出时的动能：EK=mv2=；（3）经加速电场加速：qnU=，解得：n=10．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间有狭缝（间距），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为，电荷量为，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为，周期为T，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在时间内从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，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；（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量与原来质量的关系：，则①粒子质量增加后估计最多还能再加速多少次（需要简述理由）？②若粒子质量最终增加，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）（2）（3）100次；0.2【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：电压周期与粒子在磁场中的周期相同：可得，(2)粒子运动半径为时：且解得：粒子被加速次达到动能，则有：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：(3)粒子在磁场中的周期：，质量增加，周期增大，再加速次数不超过次加速后的质量与原来质量的关系：，粒子最终速度为：即粒子最终速度为光速的0.2倍11．如图1所示为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在高频交变电源上．在盒中心A处有离子源，它产生并发出的粒子，经狭缝电压加速后，进入盒中．在磁场力的作用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速．为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交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，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出．已知粒子电荷量为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.设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，且粒子从离子源发出时的初速度为零．(不计粒子重力)求：(1)粒子第1次由盒进入盒中时的速度大小；(2)粒子被加速后获得的最大动能；(3)符合条件的交变电压的周期T；(4)粒子仍在盒中活动过程中，粒子在第n次由盒进入盒与紧接着第n+1次由盒进入盒位置之间的距离Δx.【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【分析】【详解】（1）设α粒子第一次被加速后进入D2盒中时的速度大小为v1，根据动能定理有解得，（2）α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能．设此时的速度为v，有解得：设α粒子的最大动能为Ek，则解得：（3）设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则交变电压的周期（4）离子经电场第1次加速后，以速度v1进入D2盒，设轨道半径为r1则离子经第2次电场加速后，以速度v2进入D1盒，设轨道半径为r2则离子第n次由D1盒进入D2盒，离子已经过（2n-1）次电场加速，以速度v2n-1进入D2盒，由动能定理：

轨道半径

离子经第n+1次由D1盒进入D2盒，离子已经过2n次电场加速，以速度v2n进入D1盒，由动能定理：

轨道半径：则△x=2（rn+1-rn）（如图所示）解得，12．回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置．图1为回旋加速器原理示意图，置于高真空中的两个半径为R的D形金属盒，盒内存在与盒面垂直磁感应强度为B的匀强磁场．两盒间的距离很小，带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计．位于D形盒中心A处的粒子源能产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子通过两盒间被加速，经狭缝进入盒内磁场．两盒间的加速电压按图2所示的余弦规律变化，其最大值为U0．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．已知t0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝时都能被最大电压加速．求(1)两盒间所加交变电压的最大周期T0；(2)t0=0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比；(3)与时刻产生的粒子到达出口处的时间差．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）设粒子在某次被加速后的速度为v，则它在匀强磁场中做半径为r的圆周运动时：，运动周期为，即：要保证时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速，粒子做圆周运动的周期必须与加速电压的最大周期相同，所以：（2）设时刻两盒间的电压为，此时刻产生的粒子第1次经过狭缝后的速度为，半径为解得：粒子在磁场中运动后第2次经过狭缝，此时两盒间的电压为，粒子再次加速联立可以得到，加速后的半径为：，所以：（3）设粒子到达出口时的速度为，则：即所有从出口飞出的粒子，速度大小都相等，而每个粒子在磁场中运动的每一个周期时间内，被相同的电压加速两次．设某个粒子被加速时的电压为U，它总共被加速了n次，则：整理可以得到：该粒子在磁场中运动的总时间与时刻产生的粒子被加速时的电压分别为：和即，所以，与时刻产生的粒子到达出口处的时间差为：，即：．点睛：此题难度较大，解本题的关键是知道回旋加速器的工作原理；灵活应用洛伦兹力提供向心力求解，还要注意计算过程的计算量．13．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①增加电场强度，保持其它条件不变②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：①增加电场强度，保持其它条件不变②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①增加电场强度，保持其它条件不变②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．14．如图回旋加速器D形盒的半径为r，匀强磁场的磁感应强度为一个质量了m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速．求该回旋加速器所加交变电场的频率；求粒子离开回旋加速器时获得的动能；设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间不计在电场中的加速时间．【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析:（1）由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相等，故:粒子在磁场中做匀速圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：周期：联立解得：，(2)粒子离开磁场时速度最大，根据牛顿第二定律，有：最大动能：联立解得：（3）加速次数：粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为：粒子运动的时间为：t=nT联立解得：考点：带电粒子在磁场中运动15．1930年，Earn