高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题及解析一、速度选择器和回旋加速器1．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2．如图所示：在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E=1×103N/C和B1=0.02T，极板长度L=0.4m，间距足够大。在极板的右侧还存在着另一圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向外，圆形磁场的圆心O位于平行金属板的中线上，圆形磁场的半径R=0.6m。有一带正电的粒子以一定初速度v0沿极板中线水平向右飞入极板间恰好做匀速直线运动，然后进入圆形匀强磁场区域，飞出后速度方向偏转了74°，不计粒子重力，粒子的比荷=3.125×106C/kg，sin37°=0.6,cos37°=0.8，≈2.24。求：（1）粒子初速度v0的大小；（2）圆形匀强磁场区域的磁感应强度B2的大小；（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁场，则圆形磁场的圆心O离极板右边缘的水平距离d应该满足的条件。【答案】（1）v0=5×104m/s；（2）B2=0.02T；（3）。【解析】【详解】（1）粒子在电场和磁场中匀速运动，洛伦兹力与电场力平衡qv0B1=Eq带电粒子初速度v0=5×104m/s（2）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力轨迹如图所示：由几何关系，带电粒子做圆周运动的半径为联立解得：B2=0.02T（3）带电粒子在电场中做类平抛运动水平方向竖直方向由牛顿第二定律粒子飞出极板后不能进入圆形磁场即轨迹刚好与圆形磁场相切，如图所示：由几何关系，利用三角形相似，有：，解得，若想带电粒子不能飞入圆形磁场，应满足。3．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α，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与挡板之间的最小距离。【答案】（1）（2）（3）【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：qυB1＝q解得υ＝；（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：r＝＝粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qυB2＝m，解得：＝（3）MN与挡板之间的最小距离：d＝r﹣rsinα＝答：（1）射出粒子的速率为；（2）射出粒子的比荷为；（3）MN与挡板之间的最小距离为。4．如图，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R0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R0大小；（2）若同时存在电场和磁场，粒子的速度大小；（3）现在，只加电场，当粒子从P点运动到x=R0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=R0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）（2）（3），（4）【解析】【详解】（1）若只有磁场，粒子做圆周运动有：解得粒子做圆周运动的半径（2）若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有：解得粒子的速度（3）只有电场时，粒子做类平抛，有：解得：所以粒子速度大小为：粒子与x轴的距离为：（4）撤电场加上磁场后，有：解得：粒子运动轨迹如图所示：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，由几何关系得C点坐标为：,过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：解得：M点横坐标为：5．如图所示，在直角坐标系xOy平面内有一个电场强度大小为E、方向沿-y方向的匀强电场，同时在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内，有垂直于xOy平面的匀强磁场，该圆周与x轴的交点分别为P点和Q点，M点和N点也是圆周上的两点，OM和ON的连线与+x方向的夹角均为θ=60°。现让一个α粒子从P点沿+x方向以初速度v0射入，α粒子恰好做匀速直线运动，不计α粒子的重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(2)若只是把匀强电场撤去，α粒子仍从P点以同样的速度射入，从M点离开圆形区域，求α粒子的比荷；(3)若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷不变，粒子仍从P点沿+x方向射入，从N点离开圆形区域，求粒子在P点的速度大小。【答案】(1)，方向垂直纸面向里(2)(3)v0【解析】【详解】（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即qE=Bqv0解得B=由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里。（2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r，根据洛伦兹力充当向心力得Bqv0=m由几何关系可知r=R，联立得=（3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得x=R=vty=R=×t2又qE=Bqv0联立解得v==v06．在图所示的平行板器件中，电场强度和磁感应强度相互垂直．具有某一水平速度的带电粒子，将沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不发生偏转，具有其他速度的带电粒子将发生偏转．这种器件能把具有某一特定速度的带电粒子选择出来，叫作速度选择器．已知粒子A（重力不计）的质量为m,带电量为+q；两极板间距为d；电场强度大小为E，磁感应强度大小为B．求：(1)带电粒子A从图中左端应以多大速度才能沿着图示虚线通过速度选择器？(2)若带电粒子A的反粒子(-q,m)从图中左端以速度E/B水平入射，还能沿直线从右端穿出吗？为什么？(3)若带电粒子A从图中右端两极板中央以速度E/B水平入射，判断粒子A是否能沿虚线从左端穿出，并说明理由．若不能穿出而打在极板上．请求出粒子A到达极板时的动能？【答案】(1)E/B(2)仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B,E)给定时，与粒子的电性、电量无关．只与速度有关(3)不可能,【解析】试题分析：，电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，即可解得速度．仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B,E)给定时，与粒子的电性、电量无关．只与速度有关．(1)带电粒子在电磁场中受到电场力和洛伦兹力（不计重力），当沿虚线作匀速直线运动时，两个力平衡，即Eq=Bqv解得：（2）仍能直线从右端穿出，由(1)可知，选择器(B,E)给定时，与粒子的电性、电量无关．只与速度有关．(3)设粒子A在选择器的右端入射是速度大小为v，电场力与洛伦兹力同方向，因此不可能直线从左端穿出，一定偏向极板．设粒子打在极板上是的速度大小为v′．由动能定理得：因为E=Bv联立可得粒子A到达极板时的动能为：点睛：本题主要考查了从速度选择器出来的粒子电场力和洛伦兹力相等，粒子的速度相同，速度选择器只选择速度，不选择电量与电性，同时要结合功能关系分析．7．1932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．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两个D形盒，分别为D1、D2．D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直．两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B．设质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计．质子质量为m、电荷量为+q．加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．求：（1）质子第一次经过狭缝被加速后进入D2盒时的速度大小v1和进入D2盒后运动的轨道半径r1；（2）质子被加速后获得的最大动能Ek和交变电压的频率f；（3）若两D形盒狭缝之间距离为d，且d<<R．计算质子在电场中运动的总时间t1与在磁场中运动总时间t2，并由此说明质子穿过电场时间可以忽略不计的原因．【答案】(1)，(2)，(3)，；【解析】（1）设质子第1此经过狭缝被加速后的速度为v1：解得解得：（2）当粒子在磁场中运动半径非常接近D型盒的半径A时，粒子的动能最大，设速度为vm，则解得回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率等于粒子回旋的频率，则设粒子在磁场中运动的周期为T,则：则（3）设质子从静止开始加速到粒子离开加速了n圈，粒子在出口处的速度为v，根据动能定理可得：可得粒子在夹缝中加速时，有：，第n次通过夹缝所用的时间满足：将粒子每次通过夹缝所用时间累加，则有而粒子在磁场中运动的时间为（每圈周期相同）可解得，因为d<<R，则t1<<t28．1932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恢学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所，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，加速器按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。D形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。(1)求把质量为m、电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；(2)若此回旋加速器原来加速质量为2m，带电荷量为q的α粒子（），获得的最大动能为Ekm，现改为加速氘核（），它获得的最大动能为多少？要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法；(3)已知两D形盒间的交变电压如图乙所示，设α粒子在此回旋加速器中运行的周期为T，若存在一种带电荷量为q′、质量为m′的粒子，在时进入加速电场，该粒子在加速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）【答案】（1）；（2），见解析；（3）【解析】【分析】【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得粒子每旋转一周动能增加2qU，则旋转周数周期粒子在磁场中运动的时间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α粒子，由速度得其最大动能为对氘核，最大动能为若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，有解得，即磁感应强度需增大为原来的倍高频交流电源的原来周期故由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的（3）对粒子分析，其在磁场中的周期每次加速偏移的时间差为加速次数所以获得的最大动能9．回旋加速器核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接．以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速．两盒放在磁惑应强度为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带电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rn，其运动轨迹如图所示．问.(1)D形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交流电压频率应是多大．粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间．【答案】(1)D形盒内无电场(2)粒子在盒内做匀速圆周运动(3)，(4)，(5)【解析】【分析】【详解】(1)加速器由D形盒盒间缝隙组成，盒间缝隙对粒子加速，D形盒起到让粒子旋转再次通过盒间缝隙进行加速，要做匀速圆周运动，则没有电场．电场只存在于两盒之间，而盒内无电场.(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力始终与速度垂直，粒子做匀速圆周运动(3)所加交流电压频率等于粒子在磁场中的频率，根据和可得，故频率运动的角速度(4)粒子速度增加则半径增加，当轨道半径达到最大半径时速度最大，由得：则其最大动能为：(5)由能量守恒得：则离子匀速圆周运动总时间为：离子在匀强电场中的加速度为：匀加速总时间为：解得：【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，最大速度决定于D形盒的半径．10．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；（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)(2)(3)【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联立可得(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R联立可得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，则有将代入可得11．当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图甲所示，D形盒装在真空容器中，两D形盒内匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒间的交变电压的大小为U．若在左侧D1盒圆心处放有粒子源S不断产生质子，质子质量为m，电荷量为q．质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．(1)质子第一次被加速后的速度大小v1是多大？(2)若质子在D形盒中做圆周运动的最大半径为R，且D形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t总是多少？(3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O′点．内侧圆弧的半径为r0，外侧圆弧的半径为r0＋d．在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O′处的点电荷Q在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k(r为该点到圆心O′点的距离)．质子从M点进入圆弧通道，质子在D形盒中运动的最大半径R对应的圆周与圆弧通道正中央的圆弧相切于M点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N点射出，则质子射出时的动能Ek是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？【答案】(1)(2)(3)kQq＋【解析】【详解】(1)质子第一次被加速，由动能定理：qU＝mv12解得：v1＝(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB＝m质子做圆周运动的周期为：T＝＝设质子从D形盒射出前被电场加速了n次，由动能定理：nqU＝mv2质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：t总＝T解得：t总＝(3)设M、N两点的电势分别为φ1、φ2，则φ1＝k，φ2＝k由能量守恒定律得qφ1＋mv2＝qφ2＋Ek解得：Ek＝kQq＋改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出的位置．12．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L<<R,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（l1<L），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度vmax．【答案】(1)(2)πR(3)(4)【解析】【详解】(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqU＝mvk2﹣0解得：(2)粒子做圆周运动的周期：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：(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：kqU＝mvk2﹣0解得：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：qvkBk＝，解得：(4)粒子第一次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：，由可知，粒子被第二次加速后的速度：粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l2＝v2t1＝l1粒子被第三次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l3＝v3t2＝l1粒子被第四次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l4＝v4t3＝l1…粒子被第k次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被k次加速后这一束粒子的长度：lk＝vktk﹣1＝l1当粒子束的长度：lk＝l1＝L，即：k＝时粒子束的速度最大，由动能定理得：•qU＝mvmax2﹣0，解得：13．回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m.求：(1)质子最初进入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)eU(2)(3)【解析】（1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入D型盒的动能：；（2）根据得，粒子出D形盒时的最后的速度为：，则粒子出D形盒时的最后的动能为：；（3）由洛伦兹力提供向心力，则有：，而，所以粒子在磁场中运行周期为，因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即为：，因此频率为。点睛：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系。14．1930年，EarnestO.Lawrence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。题图甲为EarnestO.Lawrence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，最后到达D型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。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）设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当R>>d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）。（3）若此回旋加速器原来加速的是α粒子（），现改为加速氘核（），要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法。【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】【详解】（1）设质子经过窄缝被第n次加速后速度为vn，由动能定理

nqU=mvn2第n次加速后质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为Rn，由牛顿第二定律

Bqvn=m

由以上两式解得

则R1=；（2）在电场中加速的总时间为：在D形盒中回旋的时间为t2=故≪1

即只有当R≫d时，质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．（3）若加速氘核，氘核从D盒边缘离开时的动能为Ek′则：Ek′==Ekm

联立解得

B1=B

即磁感应强度需增大为原来的倍

；高频交流电源的周期T=，由α粒子换为氘核时，交