高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧(超强)及练习题
一、速度选择器和回旋加速器
1.如图所示,虚线O 1O 2是速度选择器的中线,其间匀强磁场的磁感应强度为B 1,匀强电场的场强为E (电场线没有画出)。照相底片与虚线O 1O 2垂直,其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动,穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,最后垂直打在照相底片上(不计离子所受重力)。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ; (2)
求该离子的比荷
q m
; (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子,沿着虚线O 1O 2射入速度选择器,它们在照相底片的落点间距大小为d ,求这两种同位素离子的质量差△m 。
【答案】(1)1E v B =;(2)12q E m RB B =;(3)122B B qd m E
?=
【解析】 【分析】 【详解】
(1)离子沿虚线做匀速直线运动,合力为0
Eq =B 1qv
解得
1
E
v B =
(2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,所以
2
2mv B qv R
= 解得
12
q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1,半径R 1;质量较大的离子质量为m 2,半径为R 2 根据题意
R 2=R 1+
2
d 它们带电量相同,进入底片时速度都为v ,得
21
R 2
222
m v B qv R =
联立得
22121()B q
m m m R R v
?=-=
- 化简得
122B B qd
m E
?=
2.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B 1。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B 2,CD 为磁场B 2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B 2,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B 2的带电粒子的初速度v ; (2)CE 的长度L
(3)粒子在磁场B 2中的运动时间.
【答案】(1)1 E B (2) 12
2mE qB B (3) 2m qB π 【解析】 【详解】
(1)沿直线OO ′运动的带电粒子,设进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度为v , 根据
B 1qv =qE
解得:
v =
1
E
B (2)粒子在磁感应强度为B 2磁场中做匀速圆周运动,故:
2r 解得:
r=
2
mv
qB=
12
mE
qB B
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=
45
r
sin
=2r=
12
2mE
(3) 粒子做匀速圆周运动的周期
2m
T
qB
π
=
2
t m
qB
π
=
3.某粒子实验装置原理图如图所示,狭缝1S、2S、3S在一条直线上,1S、2S之间存在电压为U的电场,平行金属板1P、2P相距为d,内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁感应强度为1B。比荷为k的带电粒子由静止开始经1S、2S之间电场加速后,恰能沿直线通过1P、2P板间区域,从狭缝3S垂直某匀强磁场边界进入磁场,经磁场偏转后从距离3
S为L的A点射出边界。求:
(1)1P、2P两板间的电压;
(2)偏转磁场的磁感应强度。
【答案】(1)
1
2
U B kU
='2)
2
22U
B
L k
=
【解析】
【分析】
(1)粒子先在电场中加速,然后匀速通过1P、2P,则根据平衡可求出1P、2P两板间的电压
(2)根据粒子的运动轨迹找到运动半径,借助于2
2v qvB m r
=可求出偏转磁场的磁感应强
度 【详解】
(1)设带电粒子质量为m ,所带电荷量为q ,已知
q
k m
= 粒子在电场中S 1与S 2之间加速,根据动能定理可得:2
102
qU mv =
-; 带电粒子在P 1和P 2间运动,根据电场力与洛伦兹力平衡可得:1U q qvB d
='
解得:12U B d kU =';
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力充当向心力:2
2v qvB m r
=;
已知2L r =,解得:222U
B L k
=
4.回旋加速器原理如图所示,D 1和D 2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D 1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E k 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零。 (1)试计算上述正离子被第一次加速后进入D 2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)。
【答案】(1)112mU r B q =(2)222
2k q B R E m
=;(3)见解析
【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v 1,根据动能定理可得
211
2
qU mv =
解得
1v =
洛伦兹力充当向心力,则有
2
111
v qv B m r =
解得
1r =
(2)离子射出时加速器时
2
m
m v qv B m R
=
解得
m qBR
v m
=
离子动能为
222
2122k q B R E mv m
==
(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
122
nd nd
t v v =
= 离子在D 形盒中运动的周期为
22=
m R
T qB v
ππ= 粒子在磁场中回旋的时间为
22n n R t T v
π==
有
122nd t v n R t v
π==2d R
π 当d < 5.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 ,两盒间距很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B 0的匀强磁场与盒面垂直。在下极板的圆心A 处粒子源产生的粒子,质量为m ?电荷量为+q ,在加速器中被加速,加速电压u 随时间的变化关系如图乙所示0 2m T qB π=。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。 (1)粒子开始从静止被加速,估算该离子离开加速器时获得的动能E k ; (2)调节交流电的电压,先后两次的电压比为1:2,则粒子在加速器中的运动时间之比为多少? (3)带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心并不是金属盒的圆心O ,而且在不断的变动。设第一次加速后做圆周运动的圆心O 1到O 的距离为x 1,第二次加速后做圆周运动的圆心O 2到O 的距离为x 2,这二个距离平均值约为最后从加速器射出时圆周运动的圆心位置x ,求x 的值,并说明出口处为什么在A 的左边; (4)实际使用中,磁感应强度B 会出现波动,若在t =4 T 时粒子第一次被加速,要实现连续n 次加速,求B 可波动的最大范围。 【答案】(1)2 0()2qB R m ;(2)2:1;(3)021mU B q A 点的 左边,最后一次圆周运动与左边相切,所以出口在A 点的左边; (4) 0021212123n n B B B n n --≤≤--()() ,n =2、3…… 【解析】 【分析】 根据回旋加速器原理,粒子在电场中加速,在磁场中偏转,根据轨道半径与运动周期可求运动动能及运动时间,若磁场出现波动,求出磁感强度的最大值和最小值,从而确定磁感强度的范围。 【详解】 (1)圆周运动的最大半径约为R 2 0v qvB m R = 离子离开加速器时获得的动能 2 20()122k qB R E mv m == (2)设加速n 次 2 00()2qB R nqU m = 22002qB R n mU = 2 00 22B R T t n U π== 运动时间之比 02120121 U t t U == (3)设第一、二次圆周运动的半径为r 1和r 2 2011 2 qU mv = 110mv r qB = =202122 qU mv = 220mv r qB = == 11x r = 21212(2x r r r =-= 可得 121322x x x r += == 第一次圆周运动的圆心在A 点的左边,最后一次圆周运动与左边相切,所以出口在A 点的左边。 (4)设磁感应强度偏小时为B 1,圆周运动的周期为T 1 1(1)224 T T T n --=)( 12-1 2(-1)n T T n = 解得 102(1) 21 n B B n -= - 设磁感应强度偏大时为B 2,圆周运动的周期为T 2 2(1)()224 T T T n --= 223 2(1)n T T n -= - 解得 202(123 n B B n -= -) 因此 002(1)2(1) 2123 n n B B B n n --≤≤--,n =2、3…… 6.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D 1和D 2,磁感应强度为B ,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D 1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。 ①求粒子可获得的最大动能E k m ; ②若粒子第1次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 1,粒子第2次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 2,求r 1与r 2之比; ③求粒子在电场中加速的总时间t 1与粒子在D 形盒中回旋的总时间t 2的比值,并由此分析:计算粒子在回旋加速器中运动的时间时,t 1与t 2哪个可以忽略?(假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数); (2)实验发现:通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25~30MeV 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)①222 2q B R m 3;③2d R π, t 1可以忽略;(2)见解析 【解析】 【分析】 【详解】 (1)①粒子离开回旋加速器前,做的还是圆周运动,由洛仑兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可得 2 m v qv B m R = 212 km m E mv = 解得 222 2km B R E q m = ②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ,在磁场中有 2 v qvB m r = 在电场中有 212 NqU mv = 第一次进入D 1盒中N=1,第二次进入D 1盒中N=3,可得 12r r = ③带电粒子在电场中的加速度为 qE qU a m md = = 所以带电粒子在电场中的加速总时间为 1m v BdR t a U = = 设粒子在磁场中回旋的圈数为n ,由动能定理得 2 122 m nqU mv = 带电粒子回旋一圈的时间为 2πm T qB = 所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为 2 2π2BR t nT U == 122πt d t R = 已知R d >>可知12t t <<,所以1t 可以忽略。 (2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为 2πm T qB = 对一定的带电粒子和一定的磁场来说,这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场,就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速,当粒子的速度足够大时,由于相对论效应,粒子的质量随速度的增加而增大,质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大,从而破坏了与电场变化周期的同步,导致无法继续加速。 7.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1n +次加速后,离子在磁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。 【答案】(1)qU ;(21 n n +;(3)见解析。 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由动能定理可 qU =E k -0 解得离子第1次加速后获得的动能为 E k =qU (2)设第n 次加速后离子获得的速度为v n ,则由动能定理可知 2 102 n nqU mv = - 设离子在磁场中偏转的轨道半径大小为r n ,根据牛顿第二定律可知 2n n n v qv B m r = 联立解得 n r 同理,第n +1次加速后,离子子啊磁场中偏转的半径大小为 1n r +则 1n n r r +=(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。 8.如图甲,两个半径足够大的D 形金属盒D 1、D 2正对放置,O 1、O 2分别为两盒的圆心,盒内区域存在与盒面垂直的匀强磁场。加在两盒之间的电压变化规律如图乙,正反向电压的大小均为U o ,周期为T o ,两盒之间的电场可视为匀强电场。在t =0时刻,将一个质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子由O 2处静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在 2 T t = 时刻通过O 1.粒子穿过两D 形盒边界M 、N 时运动不受影响,不考虑由于电场变化而产生的磁场的影响,不计粒子重力。 (1)求两D 形盒边界M 、N 之间的距离; (2)若D 1盒内磁场的磁感应强度10m B qT π=,且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后能到达 O 1, 求D 2盒内磁场的磁感应强度; (3)若D 2、D 2盒内磁场的磁感应强度相同,且粒子在D 1、D 2盒内各运动一次后在t = 2T o 时刻到达O l ,求磁场的磁感应强度。 【答案】2 008qU T m 02m π02(46)m π+【解析】 【详解】 (1)设两盒之间的距离为d ,盒间电场强度为E ,粒子在电场中的加速度为a ,则有 U 0=Ed qE=ma 2 01()22 T d a = 联立解得 2 008qU T d m = (2)设粒子到达O 1的速度为v 1,在D 1盒内运动的半径为R 1,周期为T 1,时间为t 1,则有 12 T v a =? 2 1111 mv qv B R = 1 11 2R T v π= 1112 t T = 可得 t 1=T 0 故粒子在032 T 时刻回到电场; 设粒子经电场再次加速后以速度v 2进入D 2盒,由动能定理 220211122 qU mv mv = - 设粒子在D 2盒内的运动半径为R 2,则 22 222 mv qv B R = 粒子在D 1D 2盒内各运动一次后能到达O 2应有 R 2=R 1 联立各式可得 20 2m B qT π= (3)依题意可知粒子在D 1D 2盒内运动的半径相等;又 2 mv qvB R = 故粒子进入D 2盒内的速度也为v 1;可判断出粒子第二次从O 2运动到O 1的时间也为0 2 T 粒子的运动轨迹如图; 粒子从P 到Q 先加速后减速,且加速过程的时间和位移均相等,设加速过程的时间为t 2,则有 21221122 d v t at =+ 则粒子每次在磁场中运动的时间 322 T t t = - 又 2m T qB π= 32 T t = 联立各式解得 2(46)m B π+= 9.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E k ; (3)质子在回旋加速器中运动的圈数n 。 【答案】(1) 2Bq m π (2)2222B q R m (3)224B qR mU 【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 2 v Bqv m r = 2r T v π= 1f T = 联立可得 2Bq f m π= (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 2 v Bqv m R = 2k 12 E mv = 联立可得 222 k 2B q R E m = 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 k 2E nUq = 将222 k 2B q R E m =代入可得 22 4B qR n mU = 10.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 198271.6101101.6710q C m kg --?=≈??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)7max 110v =?m/s (2) 7 410P -≈?W 电 (3) Δr 逐渐减小 (4)P =5000W 【解析】 【详解】 (1)粒子在磁场中回旋,有 2 mv qvB r = 引出时有r=R , 得 7max 110gBR v m = =?m/s (2)引出前质子(在电场中)加速的次数 100km E n qU == 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 7210/2 nd t s v -= =?电 平均功率 ()22777 7 1 1.6710102410210 W P t ---???==≈??W W 电电 (3)粒子回旋半径mv r qB = ,设加速一次后的速度为v 1,加速三次后的速度为v 3,则有 313v v =,515v v =……, 由此 313r r =,515r r = 因为111(31)(53)(75)r r r ->->-> ,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km E 即 21 (0)2 W N mv =- W P t = ?, 代入得 P =5000W 11.1932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 2Bq m π;(2)粒子从D 形盒边缘射出时的动能是 2222q B R m ;(3)粒子被加速的次数为22 2qB R mU . 【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 =2m Bq π, 那么交流电压的频率:f = 2Bq m π; (2)根据qvB =m 2 v R ,解得v =qBR m ,带电粒子射出时的动能:E K =12mv 2=2222q B R m ; (3)经加速电场加速:qnU =222 2q B R m , 解得:n =22 2qB R mU 12.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d R <<),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0U ,周期为T ,与粒子在磁场中的周期相同.一束该种粒子在0~/2t T =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0t ; (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0m 的关系: 2 1m v t = ??- ??? 1%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 qr π(2)220R m qU T π(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:2 v qvB m R = 电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同:2r T v π= 可得2m T qB π= ,2m B qr π= (2)粒子运动半径为R 时:2R v r π=且2 km 12 E mv = 解得:22 km 2 2mR E T π= 粒子被加速n 次达到动能km E ,则有:0km E nqU = 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:22002T R m t n qU T π=?= (3)粒子在磁场中的周期:2n T qB π= ,质量增加1%,周期增大1%, 再加速次数不超过221001% r T ?=?次 加速后的质量m 与原来质量0m 的关系:m , 01.02m m = 粒子最终速度为:0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍 13.正电子发射计算机断层(PET )是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术,它为临床诊断和治疗提供全新的手段。PET 所用回旋加速器示意如图所示,其中D 1和D 2是置于高真空中的两个中空半圆金属盒,两半圆盒间的缝隙距离为d ,在左侧金属盒D 1圆心处放有粒子源A ,匀强磁场的磁感应强度为B 。正电子质量为m ,电荷量为q 。若正电子从粒子源A 进入加速电场时的初速度忽略不计,加速正电子时电压U 的大小保持不变,不考虑正电子在电场内运动的过程中受磁场的影响,不计重力。求: (1)正电子第一次被加速后的速度大小v 1; (2)正电子第n 次加速后,在磁场中做圆周运动的半径r ; (3)若希望增加正电子离开加速器时的最大速度,请提出一种你认为可行的改进办法! 【答案】(1) 2qU m (2) 1 2mnqU Bq (3)见解析 【解析】(1)正电子第一次被加速后,由动能定理可得2 112 qU mv =,解得12qU v m = (2)设质子第n 次加速后的速度为n v 由动能定理有2 12 n nqU mv = 由牛顿第二定律有2n n v qv B m r =,解得1 2r mnqU Bq = (3)方案一:增加磁感应强度B ,同时相应调整加速电压变化周期;方案二:增加金属盒的半径。 14.如图所示为回旋加速器的原理示意图,其核心部分是两个靠得非常近的D 形盒,两盒分别和一交流电源的两极相连,交流电源对粒子的加速电压为U ,匀强磁场分布在两D 形盒内且垂直D 形盒所在平面,磁感应强度为B ,在D 形盒中央S 点处放有粒子源。粒子源放出质量为m 、带电量为q 的粒子(设粒子的初速度为零)被回旋加速器加速,设D 形盒的最大半径为R ,求: (1)交流电源的周期T =? (2)当粒子在D 形盒中圆周运动半径为R 时,通过特定装置将粒子导出,求将粒子导出前粒子被加速的次数n =? 【答案】(1) (2) 【解析】试题分析:粒子先在电场中加速,然后进入磁场,做匀速圆周运动,半圆周后,粒子再次进入电场,此时电源交换电极,粒子继续加速。粒子在磁场中运动周期与电场变化周期相同,则粒子可一直加速;当半径最大时,获得的速度最大,根据洛伦兹力提供向 心力求出粒子离开加速器时的动能;粒子被电场加速一次动能的增加qU ,根据最大动能求出加速的次数。 (1)圆周运动周期等于交流电周期才可获得持续加速,设圆周运动半径为r 、周期为T : ,解得 (2)粒子圆周运动: 粒子被加速: 解得: 【点睛】此题重在理解回旋加速器原理,加速电场半个周期改变一次反响,与磁场周期相同,保证粒子在电场中一直加速,在磁场中旋转.进行计算时,把握好在电场和磁场中运动时间的关系。 15.如图所示为回旋加速器的简易图,整个装置置于方向竖直向下磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,已知两D 盒的半径大小为R ,两个狭缝之间的间距为d ,现将一粒子发射源放在D 盒的圆心处,且该粒子发射源能释放质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子,且粒子的初速度视为零,当在两狭缝之间施加一高频交变电压,加速电压U 的大小认为不变,粒子的重力可忽略,该带电粒子在电场中的加速次数与粒子在磁场中回旋半个圆周的次数相同.求: (1)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略,计算上述粒子在某次加速过程当中从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间; (2)粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n +1次由D 1盒进入D 2盒位置之间的距离Δx . 22221Um n n B q - 【解析】试题分析:根据动能定理求出粒子经过窄缝被第n 次加速后的速度为v n ,在根据运动学公式和牛顿第二定律即可求出粒子从离开粒子源到被第n 次加速结束时所经历的时间;根据牛顿第二定律和动能定理相应的几何关系即可求出粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n +1次由D 1盒进入D 2盒位置之间的距离Δx 。 (1)设粒子经过窄缝被第n 次加速后的速度为v n ,由动能定理得: 2 12 n nqU mv = 粒子在狭缝中经n 次加速的总时间: 1n v t a = 高中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,有一对水平放置的平行金属板,两板之间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E =200V/m ,方向竖直向下;磁感应强度大小为B 0=0.1T ,方向垂直于纸面向里。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 = 3 3 T ,方向垂直于纸面向里。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向角θ=π 3 ,不计离子重力。求: (1)离子速度v 的大小; (2)离子的比荷 q m ; (3)离子在圆形磁场区域中运动时间t 。(结果可含有根号和分式) 【答案】(1)2000m/s ;(2)2×104C/kg ;(3)4310s 6 π -? 【解析】 【详解】 (1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动,洛仑兹力与电场力相等,即: B 0qv =qE 解得: 2000m/s E v B = = (2)在圆形磁场区域,离子做匀速圆周运动,轨迹如图所示 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有: 2 v Bqv m r = 由几何关系有: 2 R tan r θ = 离子的比荷为: 4 210C/kg q m =? (3)弧CF 对应圆心角为θ,离子在圆形磁场区域中运动时间t , 2t T θπ= 2m T qB π= 解得: 43106 t s π -= 2.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? 高中物理回旋加速器 一.选择题(共4小题) 1.在回旋加速器中() A.D形盒内有匀强磁场,两D形盒之间的窄缝有高频电源产生的电场 B.两D形盒之间的窄缝处有场强大小、方向不变的匀强电场 C.高频电源产生的电场用来加速带电粒子 D.带电粒子在D形盒中运动时,磁场力使带电粒子速度增大 2.在回旋加速器中() A.D形盒内有匀强磁场,两D形盒之间的窄缝有高频电源产生的电场 B.两D形盒之间的窄缝处有场强大小、方向不变的匀强电场 C.高频电源产生的电场用来使带电粒子做圆周运动 D.带电粒子在D形盒中运动时,磁场力使带电粒子加速 3.关于回旋加速器的说法正确的是() A.回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大的 B.回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量的 C.粒子在回旋加速器中不断被加速,故在磁场中做圆周运动一周所用时间越来越小D.若加速电压提高到4倍,其它条件不变,则粒子获得的最大速度就提高到2倍4.回旋加速器由下列哪一位物理学家发明() A.洛伦兹B.奥斯特C.劳伦斯D.安培 二.填空题(共1小题) 5.回旋加速器的D型金属盒半径为R,两D型盒间电压为U,电场视为匀强电场,用来加速质量为m,电荷量为q的质子,使质子由静止加速到能量为E后,由小孔射出.(设质子每次经过电场加速后增加相同的能量)求: (1)加速器中匀强磁场B的大小. (2)加速到上述能量所需的回旋次数. (3)加速到上述能量所需时间.(不计经过电场的时间) 三.解答题(共1小题) 6.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B.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. (1)求该回旋加速器所加交变电场的频率; (2)求粒子离开回旋加速器时获得的动能; (3)有同学想自利用该回旋加速器直接对质量为m、电量为2q的粒子加速.能行吗?行,说明理由;不行,提出改进方案. 高中物理高考物理速度选择器和回旋加速器的技巧及练习题及练习题 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B 1。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B 2,CD 为磁场B 2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B 2,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B 2的带电粒子的初速度v ; (2)CE 的长度L (3)粒子在磁场B 2中的运动时间. 【答案】(1)1 E B (2) 12 2mE qB B (3) 2m qB π 【解析】 【详解】 (1)沿直线OO ′运动的带电粒子,设进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度为v , 根据 B 1qv =qE 解得: v = 1 E B (2)粒子在磁感应强度为B 2磁场中做匀速圆周运动,故: 2 2v qvB m r = 解得: r =2mv qB =12 mE qB B 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 = 45r sin =2r 12 2mE (3) 粒子做匀速圆周运动的周期2 m T qB π= 2t m qB π = 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B 1=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v 0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q m =3.125×106C/kg ,sin37°=0.6,cos37°=0.8,5≈2.24。求: (1)粒子初速度v 0的大小; (2)圆形匀强磁场区域的磁感应强度B 2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)v 0=5×104m/s ;(2)B 2=0.02T ;(3) 1.144m d ≥。 【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 qv 0B 1=Eq 带电粒子初速度 v 0=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 20 02v qv B m r = 轨迹如图所示: 高中物理速度选择器和回旋加速器专项练习及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图所示,虚线O 1O 2是速度选择器的中线,其间匀强磁场的磁感应强度为B 1,匀强电场的场强为E (电场线没有画出)。照相底片与虚线O 1O 2垂直,其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动,穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,最后垂直打在照相底片上(不计离子所受重力)。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ; (2) 求该离子的比荷 q m ; (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子,沿着虚线O 1O 2射入速度选择器,它们在照相底片的落点间距大小为d ,求这两种同位素离子的质量差△m 。 【答案】(1)1E v B =;(2)12q E m RB B =;(3)122B B qd m E ?= 【解析】 【分析】 【详解】 (1)离子沿虚线做匀速直线运动,合力为0 Eq =B 1qv 解得 1 E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,所以 2 2mv B qv R = 解得 12 q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1,半径R 1;质量较大的离子质量为m 2,半径为R 2 根据题意 R 2=R 1+ 2 d 它们带电量相同,进入底片时速度都为v ,得 2 121 m v B qv R = 2 222 m v B qv R = 联立得 22121()B q m m m R R v ?=-= - 化简得 122B B qd m E ?= 2.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 、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v 0; (3)粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】(1)电场强度U E d =;(2)0U v Bd =;(3)2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 (1)电场强度U E d = (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:0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = (3)粒子从N 点射出,由动能定理得:2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+ 高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧(超强)及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.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 、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v 0; (3)粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】(1)电场强度U E d =;(2)0U v Bd =;(3)2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 (1)电场强度U E d = (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:0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = (3)粒子从N 点射出,由动能定理得:2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+ 2.如图所示,一束质量为m 、电荷量为q 的粒子,恰好沿直线从两带电平行板正中间通过,沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域,粒子经过圆形磁场区域后,其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度).已知粒子的初速度为v 0,两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B ,方向均垂直纸面向内,两平行板间距为d ,不计空气阻力及粒子重力的影响,求: (1)两平行板间的电势差U ; (2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t; (3)圆形磁场区域的半径R. 【答案】(1)U=Bv0d;(2) m qB θ ;(3)R= tan 2 mv qB θ 【解析】 【分析】 (1)由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡,可得两平行板间的电势差. (2)在圆形磁场区域中,洛伦兹力提供向心力,找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间. (3))由几何关系求半径R. 【详解】 (1)由粒子在平行板间做直线运动可知,Bv0q=qE,平行板间的电场强度E= U d ,解得两平行板间的电势差:U=Bv0d (2)在圆形磁场区域中,由洛伦兹力提供向心力可知: Bv0q=m 2 v r 同时有T= 2r v π 粒子在圆形磁场区域中运动的时间t= 2 θ π T 解得t= m Bq θ (3)由几何关系可知:r tan 2 θ =R 解得圆形磁场区域的半径R=0 tan 2 mv qB θ 3.如图为质谱仪的原理图。电容器两极板的距离为d,两板间电压为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 高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图所示的直角坐标系xOy ,在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。虚线OA 位于第一象限,与y 轴正半轴的夹角θ=60°,在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场;OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场,电场强度大小E =10N/C 。一比荷q =1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v =2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出,M 点到x 轴距离d =1.0m ,粒子在第二象限内做直线运动;粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点(P 点图中未画出)离开磁场,且OP =d 。不计粒子重力。 (1) 求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值0 E B ; (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ; (3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴?如果通过x 轴,求其坐标;如果不通过x 轴,求粒子到x 轴的最小距离。 【答案】(1)32.010m/s ?;(2)3210T -?;(3)不会通过,0.2m 【解析】 【详解】 (1)由题意可知,粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有 00qvB qE = 解得 30 2.010m/s E B =? (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动,由题意可知圆周运动半径 1.0m R d == 根据洛伦兹力提供向心力有 2 v qvB m R = 解得磁感应强度大小 3210T B -=? (3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直,粒子在匀强电场中做曲线运动,粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动,粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小 sin y v v θ= (物理)高考必备物理速度选择器和回旋加速器技巧全解及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图所示的直角坐标系xOy ,在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。虚线OA 位于第一象限,与y 轴正半轴的夹角θ=60°,在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场;OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场,电场强度大小E =10N/C 。一比荷q =1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v =2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出,M 点到x 轴距离d =1.0m ,粒子在第二象限内做直线运动;粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点(P 点图中未画出)离开磁场,且OP =d 。不计粒子重力。 (1) 求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值0 E B ; (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ; (3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴?如果通过x 轴,求其坐标;如果不通过x 轴,求粒子到x 轴的最小距离。 【答案】(1)32.010m/s ?;(2)3210T -?;(3)不会通过,0.2m 【解析】 【详解】 (1)由题意可知,粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有 00qvB qE = 解得 30 2.010m/s E B =? (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动,由题意可知圆周运动半径 1.0m R d == 根据洛伦兹力提供向心力有 2 v qvB m R = 解得磁感应强度大小 3210T B -=? (3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直,粒子在匀强电场中做曲线运动,粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动,粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小 sin y v v θ= 高中物理速度选择器和回旋加速器试题类型及其解题技巧及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.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v 0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 q m ; (3) 若把匀强磁场撤去,α粒子的比荷 q m 不变,α粒子仍从P 点沿+x 方向射入,从N 点离开圆形区域,求α粒子在P 点的速度大小。 【答案】(1)0E v ,方向垂直纸面向里(2)03BR (3)3v 0 【解析】 【详解】 (1)由题可知电场力与洛伦兹力平衡,即 qE =Bqv 0 解得 B = E v 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 Bqv 0=m 20 v r 由几何关系可知 r=3R,联立得 q m =0 3BR (3)粒子从P到N做类平抛运动,根据几何关系可得 x=3 2 R=vt y= 3 2 R= 1 2 × qE m t2 又 qE=Bqv0联立解得 v=3 2 3 Bqv R m = 3 v0 2.如图所示,一束质量为m、电荷量为q的粒子,恰好沿直线从两带电平行板正中间通过,沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域,粒子经过圆形磁场区域后,其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度).已知粒子的初速度为v0,两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向内,两平行板间距为d,不计空气阻力及粒子重力的影响,求: (1)两平行板间的电势差U; (2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t; (3)圆形磁场区域的半径R. 【答案】(1)U=Bv0d;(2) m qB θ ;(3)R=0 tan 2 mv qB θ 【解析】 【分析】 (1)由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡,可得两平行板间的电势差. (2)在圆形磁场区域中,洛伦兹力提供向心力,找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间. (3))由几何关系求半径R. 【详解】 高中物理速度选择器和回旋加速器技巧和方法完整版及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图所示,虚线O 1O 2是速度选择器的中线,其间匀强磁场的磁感应强度为B 1,匀强电场的场强为E (电场线没有画出)。照相底片与虚线O 1O 2垂直,其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动,穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,最后垂直打在照相底片上(不计离子所受重力)。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ; (2) 求该离子的比荷 q m ; (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子,沿着虚线O 1O 2射入速度选择器,它们在照相底片的落点间距大小为d ,求这两种同位素离子的质量差△m 。 【答案】(1)1E v B =;(2)12q E m RB B =;(3)122B B qd m E ?= 【解析】 【分析】 【详解】 (1)离子沿虚线做匀速直线运动,合力为0 Eq =B 1qv 解得 1 E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,所以 2 2mv B qv R = 解得 12 q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1,半径R 1;质量较大的离子质量为m 2,半径为R 2 根据题意 R 2=R 1+ 2 d 它们带电量相同,进入底片时速度都为v ,得 2 121 m v B qv R = 2 222 m v B qv R = 联立得 22121()B q m m m R R v ?=-= - 化简得 122B B qd m E ?= 2.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B 1,两板间电压为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B 2,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)1U B d (2)22cos v B L α(3)(1sin )2cos L αα - 【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: qυB 1=q U d 解得υ=1U B d ; (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示: 高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A为粒子加速器,加速电压为U1;B为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U2,距离为d;C为偏转分离器,磁感应强度为B2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D上。求: (1)磁场B1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A,但加速电压不稳定,在11 U U -?到 11 U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C,则打在照相底片D上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2 1 1 2 U m B d U e =2) ()() 1111 2 22 2m U U m U U D B e e +?-? =, () 11 min 1 U U U U U -? = () 11 max 1 U U U U U +? = ] 【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2 1 1 2 U e mv = 1 2U e v m = 在速度选择器B中 2 1U eB v e d = \ 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = \ 222 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 【 代入B 1得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U = 高中物理速度选择器和回旋加速器及其解题技巧及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.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 、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v 0; (3)粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】(1)电场强度U E d =;(2)0U v Bd =;(3)2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 (1)电场强度U E d = (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:0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = (3)粒子从N 点射出,由动能定理得:2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+ 2.如图所示,半径为R 的圆与正方形abcd 相内切,在ab 、dc 边放置两带电平行金属板,在板间形成匀强电场,且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入,恰沿直线通过圆形磁场区域,并从bc 边中点O 2飞出.若撤去磁场而保留电场,粒子仍从O 1点以相同速度射入,则粒子恰好打到某极板边缘.不计粒子重力. (1)求两极板间电压U 的大小 (2)若撤去电场而保留磁场,粒子从O 1点以不同速度射入,要使粒子能打到极板上,求粒子入射速度的范围. 【答案】(1)20mv q (2)002121 22 v v v -+≤≤ 【解析】 试题分析:(1)由粒子的电性和偏转方向,确定电场强度的方向,从而就确定了两板电势的高低;再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压.(2)先根据有两种场均存在时做直线运动的过程,求出磁感应强度的大小,当撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,要使粒子打到板上,由几何关系求出最大半径和最小半径,从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度. (1)无磁场时,粒子在电场中做类平抛运动,根据类平抛运动的规律有: 212 R at = ,02R v t =,2qU a Rm = 解得:2 mv U q = (2)由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过,则有:02U qv B q R = 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转,若打到a 点,如图甲图: 由几何关系有:2r r R = 由洛伦兹力提供向心力有:2 11v qv B m r = 解得:1021 2 v v = 若打到b 点,如图乙所示: 高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A 为粒子加速器,加速电压为U 1;B 为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U 2,距离为d ;C 为偏转分离器,磁感应强度为B 2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D 上。求: (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ,但加速电压不稳定,在11U U -?到11U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ,则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2112U m B d U e = 2)()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=,()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中 2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U = 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,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R 0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 0大小; (2)若同时存在电场和磁场,粒子的速度0v 大小; (3)现在,只加电场,当粒子从P 点运动到x =R 0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 =R 0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x M 。 【答案】(1)0mv qB (2)E B (302v ,02R h +(4)2 2000724 M x R R R h h =++-【解析】 【详解】 (1)若只有磁场,粒子做圆周运动有:2 00 qB m R =v v 解得粒子做圆周运动的半径0 0m R qB ν= (2)若同时存在电场和磁场,粒子恰好做直线运动,则有:0qE qB =v 解得粒子的速度0E v B = (3)只有电场时,粒子做类平抛,有: 00y qE ma R v a t v t === 解得:0y v v = 所以粒子速度大小为:22 002y v v v v =+= 粒子与x 轴的距离为:2 0122 R H h at h =+ =+ (4)撤电场加上磁场后,有:2 v qBv m R = 解得:02R R = 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4 π ,由几何关系得C 点坐标为: 02C x R =, 02 C R y H R h =-=- 过C 作x 轴的垂线,在ΔCDM 中: 02CM R R == 2 C R C D y h ==- 解得:2 2 2 20074 DM CM CD R R h h =-=+-M 点横坐标为:2 2000724 M x R R R h h =+- 2.如图所示,相距为d 的平行金属板M 、N 间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B 0的匀强磁场;在xOy 直角坐标平面内,第一象限有沿y 轴负方向场强为E 的匀强电场,第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q 的正离子(不计重力)以初速度v 0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动,从P 点垂直y 轴进入第一象限,经过x 轴上的A 点射出电场进入磁场.已知离子过A 点时的速 高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A 为粒子加速器,加速电压为U 1;B 为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U 2,距离为d ;C 为偏转分离器,磁感应强度为B 2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D 上。求: (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ,但加速电压不稳定,在11U U -?到11U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ,则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2112U m B d U e = 2)()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=,()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中 2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U = 高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A 为粒子加速器,加速电压为U 1;B 为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U 2,距离为d ;C 为偏转分离器,磁感应强度为B 2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D 上。求: (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ,但加速电压不稳定,在11U U -?到11U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ,则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2112U m B d U e = 2)()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=,()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中 2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U = - 1 - 一、引入新课 [师]在现代物理学中,为了研究物质的微观结构,人们往往利用能量很高的带电粒子作为“炮弹”,去轰击各种原子核,以观察它们的变化规律.怎样才能在实验室大量地产生高能量的带电粒子呢?这就要用到一种叫加速器的实验设备.同学们一定听说过北京正负电子对撞机吧,它就是我国于1989年初投入运行的第一台高能粒子加速器,它能使正负电子束流的能量分别达到28亿电子伏. [生]加速器究竟是怎样产生高能带电粒子的呢? [师]这就是今天我们要学习的课题.让我们以探索者的身份,从已有的基础知识出发,一起去寻求问题的答案吧! [生]根据动能定理带电粒子获得的动能E k =21mv2=qU. [师]回答正确.由此看来,在带电粒子一定的条件下,要获得高能量的带电粒子,可采取什么方法? [生]带电粒子一定,即q、m一定,要使粒子获得的能量增大,可增大加速电场两极板间的电势差. [师]但是,在实际中能够达到的电压值总是有限的,不可能太高,因而用这种方法加速粒子,获得的能量很有限,一般只能达到几十万至几兆电子伏.我们能否设法突破电压的限制,使带电粒子获得更大的能量呢? [生甲]我想是否可以多加几个电场,让带电粒子逐一通过它们. [师]根据学生回答,投影出示图.大家认为这种设想有道理吗? [生乙]我认为有道理.这样一来,每个电场的电压就不必很高.尽管带电粒子每次得到的能量不是很大,但最后的总能量却可以达到E k=nqU,只要增加电场的数目n,就可以使粒子获得足够大的能量. [师]说得对.采用多个电场,使带电粒子实现多级加速,的确是突破电压限制的好方法.同学们能提出这样富有创见的设想,十分可贵.但是,我们再仔细推敲一下它的可行性,按上图所示的方案,真能实现多级加速吗? - 2 - 高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.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R 0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 0大小; (2)若同时存在电场和磁场,粒子的速度0v 大小; (3)现在,只加电场,当粒子从P 点运动到x =R 0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 =R 0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x M 。 【答案】(1)0mv qB (2)E B (302v ,02R h +(4)2 2000724 M x R R R h h =++-【解析】 【详解】 (1)若只有磁场,粒子做圆周运动有:2 00 qB m R =v v 解得粒子做圆周运动的半径0 0m R qB ν= (2)若同时存在电场和磁场,粒子恰好做直线运动,则有:0qE qB =v 解得粒子的速度0E v B = (3)只有电场时,粒子做类平抛,有: 00y qE ma R v a t v t === 解得:0y v v = 所以粒子速度大小为:22 002y v v v v =+= 粒子与x 轴的距离为:2 0122 R H h at h =+ =+ (4)撤电场加上磁场后,有:2 v qBv m R = 解得:02R R = 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4 π ,由几何关系得C 点坐标为: 02C x R =, 02 C R y H R h =-=- 过C 作x 轴的垂线,在ΔCDM 中: 02CM R R == 2 C R C D y h ==- 解得:2 2 2 20074 DM CM CD R R h h =-=+-M 点横坐标为:2 2000724 M x R R R h h =+- 2.如图所示的装置,左半部为速度选择器,右半部为匀强的偏转磁场.一束同位素离子(质量为m ,电荷量为+q )流从狭缝S 1射入速度选择器,速度大小为v 0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出,立即沿水平方向进入偏转磁场,最后打在照相底片D 上的A 点处.已知A 点与狭缝S 23L ,照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ,忽略重力的影响.则 高中物理速度选择器和回旋加速器的技巧及练习题及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A 为粒子加速器,加速电压为U 1;B 为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U 2,距离为d ;C 为偏转分离器,磁感应强度为B 2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D 上。求: (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ,但加速电压不稳定,在11U U -?到11U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ,则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2112U m B d U e = 2)()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=,()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中 2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U = 高中物理高考物理速度选择器和回旋加速器答题技巧及练习题 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 3 L 处,(2)34。 【解析】 【详解】 (1)电场、磁场共存时,粒子匀速通过可得: qvB qE = 仅有电场时,粒子水平方向匀速运动: L vt = 竖直方向匀加速直线运动: 2 122L qE t m = 联立方程得: 2qEL v m = 仅有磁场时: 2 mv qvB R = 根据几何关系可得: R L = 设粒子从M点飞出磁场,由几何关系: AM= 2 2 2 L R ?? - ? ?? = 3 2 L 所以粒子离开的位置在AB连线上距离A点 3 2 L处; (2)仅有电场时,设飞出时速度偏角为α,末速度反向延长线过水平位移中点: 2 tan1 2 L L α== 解得:45 α? = 仅有磁场时,设飞出时速度偏角为β: tan3 AM OA β== 解得:60 β? = 所以偏转角之比: 3 4 α β =。 2.如图所示,相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场;在xOy直角坐标平面内,第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场,第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q 的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动,从P 点垂直y轴进入第一象限,经过x轴上的A点射出电场进入磁场.已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角.求:高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析
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