1、高中物理速度選擇器和回旋加速器易錯剖析含解析一、速度選擇器和回旋加速器1 .如圖所示，豎直擋板 MN右側空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直 向上，電場強度 E=100N/C,磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B=0.2T,場中A點與擋板的距離L=0.5m。某帶電量q=+2.0X10-6C的粒子從A點以速度v垂直射向擋板，恰能做勻速 直線運動，打在擋板上的 Pi點；如果僅撤去電場，保持磁場不變，該粒子仍從A點以相同速度垂直射向擋板，粒子的運動軌跡與擋板MN相切于P2點，不計粒子所受重力。求：(1)帶電粒子的速度大小 V； (2)帶電粒子的質量m。【答案】(i)v 500m/s； (

2、2)m 4.0 10 10kg【解析】【分析】【詳解】(1)正粒子在正交的電場和磁場中做勻速直線運動，則向上的電場力和向下的洛倫茲力平 衡，有qE= qvB解得帶電粒子的速度大小E 100 ,“ ，vm/s 500m/sB 0.2(2)僅撤去電場保持磁場不變，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB2Vm一R而粒子偏轉90。，由幾何關系可知0.5m聯立可得帶電粒子的質量2 10 6 0.250005 kg 4.0 10 10 kg2 .如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場。已知兩板間的電勢差為 U,距離為d;勻強磁場的磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。一質量為m

3、、電荷量為q的帶電粒子從A點沿水平方向射入到兩板之間，恰好沿直線從M點射出;如果撤去磁場，粒子從 N點射出。M、N兩點間的距離為h。不計粒子的重力。求：(1)勻強電場場強的大小 E；(2)粒子從A點射入時的速度大小 vo；(3)粒子從N點射出時的動能E%【答案】(1)電場強度E U； (2) V。 U； (3) Ek她普r dBdd 2B2d2【解析】【詳解】(1)電場強度E UqvoBd(2)粒子做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力大小相等，方向相反，有：qE解得v0 E B Bd10(3)粒子從N點射出，由動能定理得：qE h Ek -mvoqUhmU 2解得Ek k22 22B d3.如圖，

4、空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外，電場 E和磁場B都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣。一帶正電的粒子質量為m、電荷量為q從P(x=0, y=h)點以一定的速度平行于 x軸正向入射。這時若只有磁場，粒子將做半徑為母的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動.求：(1)若只有磁場，粒子做圓周運動的半徑R大小；(2)若同時存在電場和磁場，粒子的速度V。大小；(3)現在，只加電場，當粒子從P點運動到x=R。平面(圖中虛線所示)時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點。(不計重力)。粒子到達 x=

5、Ro平面時速度v大小以及粒子到 x軸的距離；(4) M點的橫坐標xm。【答案】(1) mv0 (2) E (3) V2v0, h 員(4) xM qB B2【解析】【詳解】2RoR0h h22(1)若只有磁場，粒子做圓周運動有：qBv0 mRo解得粒子做圓周運動的半徑Rom 0qB(2)若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動，則有： qE qBv0解得粒子的速度v0 EB(3)只有電場時，粒子做類平拋，有：qE maR0 v0tVy at解得：Vy V0所以粒子速度大小為：V . V2 v2 2V0粒子與x軸的距離為：H h 1at2 h R0 222(4)撤電場加上磁場后，有：qBv m

6、R解得：R 2R粒子運動軌跡如圖所示:y圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與 x軸和y軸的夾角均為 一，由幾何關系4得C點坐標為：Xc 2Ro,yc H & h Ro過C作x軸的垂線，在 4DM中：CM R 、2RoCD yc h R0 2解得：DM CM 2 CD2 . 7 R2 Roh h2M點橫坐標為：xM 2R0 J；喏 R0h h24.如圖所示的速度選擇器水平放置，板長為L,兩板間距離也為 L,下極板帶正電，上極板帶負電，兩板間電場強度大小為E,兩板間分布有勻強磁場，磁感強度方向垂直紙面向外，大小為B, E與B方向相互垂直.一帶正電的粒子(不計重力)質量為 m,帶電量為 q,

7、從兩板左側中點沿圖中虛線水平向右射入速度選擇器.(1)若該粒子恰能勻速通過圖中虛線，求該粒子的速度大小；(2)若撤去磁場，保持電場不變，讓該粒子以一未知速度從同一位置水平射入，最后恰能從板的邊緣飛出，求此粒子入射速度的大小；(3)若撤去電場，保持磁場不變，讓該粒子以另一未知速度從同一位置水平射入，最后恰 能從板的邊緣飛出，求此粒子入射速度的大小.【解析】【分析】【詳解】(1)若該粒子恰能勻速通過圖中虛線，電場力向上，洛倫茲力向下，根據平衡條件，有:qviB=qE解得:(2)若撤去磁場，保持電場不變，粒子在電場中做類平拋運動，則 水平方向有：L=v2t豎直方向有：由牛頓第二定律有：解得：(3)若

8、粒子從板右邊緣飛出，則解得：2由 qv3B m% 得：r2L1atqE=ma若粒子從板左邊緣飛出，則:L25L 45qBL v34m由 qv4B2V4 /日m 一得:rqBLV44m5.如圖所示為一速度選擇器，也稱為濾速器的原理圖.K為電子槍，由槍中沿 KA方向射出的電子，速度大小不一.當電子通過方向互相垂直的均勻電場和磁場后，只有一定速率的電子能沿直線前進，并通過小孔S.設產生勻強電場的平行板間的電壓為300 V,間距為5 cm,垂直紙面的勻強磁場的磁感應強度為0. 06 T,問：(1)磁場的方向應該垂直紙面向里還是垂直紙面向外？(2)速度為多大的電子才能通過小孔S?【答案】(1)磁場方向垂

9、直紙面向里(2) 1xi0m/s【解析】【分析】【詳解】(1)由題圖可知，平行板產生的電場強度E方向向下.帶負電的電子受到的靜電力Fe=eE,方向向上.若沒有磁場，電子束將向上偏轉，為了使電子能夠穿過小孔S,所加的磁場施于電子束的洛倫茲力必須是向下的，根據左手定則分析得出，B的方向垂直于紙面向里.(2)能夠通過小孔的電子，其速率滿足evB=eE解得：v=-B又因為E= Ud所以 v=乜一=1 x 10m/sBd即只有速率為1X10m/s的電子才可以通過小孔 s6 .如圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d ,電壓為U,兩板之間有勻強磁場，磁感應強度大小為Bo,方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里

10、。圖中右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面朝里。一正離子沿平行于金屬板面、從 A點垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區域，并沿直徑CD方向射入磁場區域，最后從圓形區域邊界上的F點射出。已知速度的偏向角為9 =90；不計重力。求:(1)離子速度v的大小;(2)離子的比荷q/m 。U q_B0d mUBB0Rd(1)離子在平行金屬板之間做勻速直線運動：Boqv qEoEo得：vUBod(2)在圓形磁場區域，離子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得:由幾何關系得：r=R2 v Bqv m 一 r離子的比荷為:q um B

11、B0Rd7 .我們熟知經典回旋加速器如圖(甲)所示，帶電粒子從M處經狹縫中的高頻交流電壓加速，進入與盒面垂直的勻強磁場的兩個D形盒中做圓周運動，循環往復不斷被加速，最終離開加速器。另一種同步加速器，基本原理可以簡化為如圖(乙)所示模型，帶電粒子從M板進入高壓縫隙被加速，離開N板時，兩板的電荷量均立即變為零，離開 N板后,在勻強磁場的導引控制下回旋反復通過加速電場區不斷加速，但帶電粒子的旋轉半徑始終 保持不變。已知帶電粒子 A的電荷量為+q,質量為m,帶電粒子第一次進入磁場區時，兩 種加速器的磁場均為 Bo,加速時狹縫間電壓大小都恒為U,設帶電粒子最初進入狹縫時的初速度為零，不計粒子受到的重力，

12、不計粒子加速時間及其做圓周運動產生的電磁輻射， 不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應。(1)求帶電粒子 A每次經過兩種加速器加速場時，動能的增量；(2)經典回旋加速器與同步加速器在裝置上的類似性，源于它們在原理上的類似性。a.經典回旋加速器，帶電粒子在不斷被加速后，其在磁場中的旋轉半徑也會不斷增加,求加速n次后rn的大小；b.同步加速器因其旋轉半徑達式；(3)請你猜想一下，若帶電粒子R始終保持不變，因此磁場必須周期性遞增，請推導Bn的表A與另一種帶電粒子 B (質量也為m,電荷量為+kq, kBomb. Bn JnBo； (3)見解析XXX億)2nUq【答案】(1) AEk qU ； (

13、2) a.R為大于1的整數)一起進入兩種加速器，請分別說明兩種粒子能否同時被加速，如果不能 請說明原因，如果能，請推導說明理由。(甲)【解析】【分析】【詳解】(1)粒子僅在狹縫間由電場加速，繞行過程中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力不會對粒子做功，根據動能定理：每次動能的增量為：VEk qUn次穿過MN兩板(2) a.在D形盒中洛倫茲力作向心力，磁感應強度不需要改變，當第 間開始作第n圈繞行時qVnBo第n圈的半徑R1BB02nUqmb .同步加速器因其旋轉半徑始終保持不變，因此磁場必須周期性遞增，洛倫茲力作向心 力12nqU 一 mv2所以第n圈繞行的磁感應強度為：22VoVnqvoBom ， q

14、VnBn m一RRBnnBo(3)經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。經典回旋加速器，交變電壓的周期與帶電粒子回旋周期相同，加速A粒子的交變電壓的周期為Bq而若要加速回旋加速粒子 B,交變電壓周期應為T 2 mkBq因此當B粒子到達加速電場縫隙時，電壓方向并沒有反向，因此無法同時加速。同步加速 器A粒子的磁場變化周期Tn2 m qBnB粒子的旋轉周期2 m TnkqBn kA通過時存在，故Tn是T的k倍，所以A每繞行1周，B就繞行k周。由于電場只在B僅在與A同時進入電場時才被加速。8.汽車又停下來了，原來是進了加油站。小明想，機器總是要消耗能源才干活兒，要是制造出不消

15、耗任何能源卻能源源不斷對外做功的機器，那該是利國利民的大功勞一件啊！小明為此設計了一個離子加速器方案：兩個靠得很近的、正對處留有狹縫的半圓形金屬盒，處在垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，M和M 是固定在金屬盒狹縫邊緣的兩平行極板，其上有正對的兩個小孔，給極板充電后，上板帶正電且兩板間電壓為U;質量為m、帶電量為q的正離子從M板小孔由靜止開始加速，經 M 板小孔進入磁場 區域，離子經磁場偏轉后又回到M板小孔繼續加速，再偏轉，再加速假設電場集中在兩極板之間，其他區域沒有電場，并忽略離子所受的重力，試計算：(1)兩于第1次加速后獲得的動能：(2)第n次加速后和第n 1次加速后，離子在磁

16、場中偏轉的半徑大小之比；(3)小明想，離子每次經磁場偏轉后都能再次進入兩極板間的電場進行加速，這個過程中電場、磁場不發生任何變化，離子動能卻不斷的增加這個離子加速器就實現了不消耗任何能源便可以能源源不斷地對離子做功的目的！請根據你所學的知識，試判斷小明的設計方案是否科學，并具體闡述你的理由。n【答案】(1) qU; (2)(3)見解析。n 1【分析】【詳解】(1)由動能定理可qU=Ek-0解得離子第1次加速后獲得的動能為Ek=qU(2)設第n次加速后離子獲得的速度為 vn,則由動能定理可知1 一 2八nqU mvn 02設離子在磁場中偏轉的軌道半徑大小為rn,根據牛頓第二定律可知2q%B= m

17、 rn聯立解得_ 1 2mnU1B； q同理，第n+1次加速后，離子子啊磁場中偏轉的半徑大小為_ 1 2m(n 1)Urn 1- B ,rnnrn 1. n 11 3)小明的設計不科學，因為它違背了能量守恒定律，永動機不可能制成。實際上，電場 并不只是分布在兩極板之間，在極板外，仍然有從M板出發指向M板的電場線，離子在兩極板之外的磁場中運動時，電場力做負功，回到初始位置M板的小孔處時，電場力所做的總功為零，離子速度恢復為原來的值，離子并不能持續的加速。9 .回旋加速器是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒內的狹縫中

18、形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫時都得到加速，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為q,質量為m,子最大回旋半徑為 R.忽略粒子在電場中運動的時間.求：(1)所加交變電流的頻率 f;(2)粒子離開加速器時的最大速度v；(3)若加速的電壓為 U,求粒子達到最大速度被加速的次數n.【答案】(1)巫qBRn維 2 m m2mU【解析】【詳解】(1)粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交變電流頻率要等于粒子回旋頻率，因為2 mqB回旋頻率:1 qB(2)由牛頓第二定律T 2 m2 mv qvB R解得(3)獲得的能量來源于電場的加速，

19、故:nqU解得_2 _22mU10 .在近代物理實驗中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流.回旋加速器的結構如圖所示，D1、D2是相距很近的兩個處于勻強磁場中的半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，A處的粒子源產生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速.設帶電粒子質量為 m,電量為q,勻強磁場磁感應強度為 B, D形盒的最大半徑為 R,兩個D形盒之間的距離為 d, d遠 小于R, D形盒之間所加交變電壓大小為U.不計粒子的初速度及運動過程中質量的變化，求：(接交流電源(/)(1)所加交變電壓的周期 T；(2)帶電粒子離開 D形盒時的動能 區m；(3)帶電粒子在回旋加速器磁場中運動的時間t1及在兩D形盒

20、間電場中運動的時間 t2,并證明粒子在電場中運動的時間可以忽略不計.【答案】(1) R* (2) 2m(3)見解析【解析】【詳解】(1)帶電粒子在磁場中運動半周的時間與交變電壓的半個周期相等,(2)帶電粒子離開D形盒時的軌跡半徑為R,由圓周運動的規律得解得:qRBm帶電粒子離開D形盒時的動能51 =q2ff2R22m(3)設帶電粒子在電場中加速的次數為n,有GJ =取”h = n x -解得: 又因為帶電粒子在磁場中運動的周期所以帶電粒子在磁場中運動的時間ttBR2解得：1一下帶電粒子在電場中的運動可看成勻加速直線運動，得v=atqUBRdq =一77=it其中陰江所以帶電粒子在電場中運動的時

21、間”tz 2d有【法因為d遠小于R,有t2遠小于ti,所以帶電粒子在電場中運動的時間可以忽略. 【點睛】此題關鍵是知道回旋加速器的工作原理，知道電場的周期等于粒子在磁場中的周期，當粒 子的半徑等于D型盒的半徑時，粒子的速度最大，能量最大.11. 1932年美國物理學家勞倫斯發明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中的運動 特點，解決了粒子的加速問題.現在回旋加速器被廣泛應用于科學研究和醫學設備中.圖甲圖乙某型號的回旋加速器的工作原理如圖甲所示，圖乙為俯視圖.回旋加速器的核心部分為D形盒，D形盒裝在真空容器中，整個裝置放在電磁鐵兩極之間的磁場中，磁場可以認為是勻強磁場，且與 D形盒盒面垂直.兩

22、盒間狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計.質子從粒子源 A處進入加速電場的初速度不計，從靜止開始加速到出口處所需的時間為t.已知磁場的磁感應強度為B,質子質量為 m、電荷量為+q,加速器接一定頻率高頻交流電源，其電壓為 U.不考慮相對論效應和重力作用.求：(1)質子第1次經過狹縫被加速后進入D形盒運動軌道的半徑ri；(2) D形盒半徑為 R;r的增大，同一盒中相鄰軌道(3)試推理說明：質子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑 半徑之差是增大、減小還是不變 ？試題分析：(1)設質子第1次經過狹縫被加速后的速度為V1聯立解得:(2)設質子從靜止開始加速到出口處運動了n圈，質子在出口處的速度為v(3

23、)(方法1)設k為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為rkrk+1 (rk rk,比較4與* + 1得力+ i /以(方法2)設k為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為re1、rk、rk+i,( rkirkn 一 /)有人所 rr +兩邊平方得此A、川口結果正確,說明假設成立.所以考點：回旋加速器；帶電粒子在勻強電場及勻強磁場中的運動.12. 1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計.磁感應強度為 B的勻強磁場與盒面垂直.A處粒子源產生的粒

24、子，質量為 m、電荷量為+q ,在加速器中被加速，加速電壓為U.加速過程中不考慮相對論效應和重力作用.(1)求粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比；(2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t ;(3)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制.若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm,試討論粒子能獲得的最大動能Ee.-BR2q2B2R2【答案】(1)五：1 (2)-BR-(3)當fBmfm 時，EKm=qBmR；當fBmfm 時,2U2mEKm=2 2mfm2 R2【解析】【分析】(1)狹縫中加速時根據動能定理，可求出加速后的速度，然后根據洛倫茲

25、力提供向心力,推出半徑表達式；(2)假設粒子運動 n圈后到達出口，則加速了 提供向心力，粒子運動的固有周期公式聯立求解；(3) Bm對應粒子在磁場中運動可提供的最大頻率,2n次，整體運用動能定理，再與洛倫茲力fm對應加速電場可提供的最大頻率,選兩者較小者，作為其共同頻率，然后求此頻率下的最大動能.【詳解】(1)設粒子第1次經過狹縫后的半徑為 1,速度為V12qU=mv1%qv1 B=mrlJ.國,Vq同理，粒子第2次經過狹縫后的半徑則 r?： r i=笆:1.(2)設粒子到出口處被加速了n圈1 22nqU=rov2 qvB=rfr- K2 n m T- QBt=nT(3)加速電場的頻率應等于粒

26、子在磁場中做圓周運動的頻率，即當磁場感應強度為 Bm時，加速電場的頻率應為 fBn=qBmZnID粒子的動能EK-2raV當fBmWm時，粒子的最大動能由Bm決定2 la T解得2 2F J 腔. 2m當fBmm時，粒子的最大動能由fm決定vm=2兀mR解得 元【點睛】此題是帶電粒子在復合場中運動與動能定理的靈活應用，本題每一問都比較新穎，需要學 生反復琢磨解答過程.13. 如圖所示為回旋加速器的結構示意圖，勻強磁場的方向垂直于半圓型且中空的金屬盒Di和D2,磁感應強度為 R,金屬盒的半徑為 R,兩盒之間有一狹縫，其間距為 d,且 R? d ,兩盒間電壓為 U.A處的粒子源可釋放初速度不計的帶

27、電粒子，粒子在兩盒之間被 加速后進入Di盒中，經半個圓周之后再次到達兩盒間的狹縫。通過電源正負極的交替變 化，可使帶電粒子經兩盒間電場多次加速后獲得足夠高的能量.已知帶電粒子的質量為 m、電荷量為+q.持交流也源(1)不考慮加速過程中的相對論效應和重力的影響求粒子可獲得的最大速度Vm;若粒子第1次進入Di盒在其中的軌道半徑為 ri,粒子第1次進入D2盒在其中的軌道半 徑為2,求r1與r2之比.(2)根據回旋加速器的工作原理，請通過計算對以下兩個問題進行分析：在上述不考慮相對論效應和重力影響的情況下，計算粒子在回旋加速器中運動的時間時，為何常常忽略粒子通過兩盒間狹縫的時間，而只考慮粒子在磁場中做

28、圓周運動的時間；實驗發現：通過該回旋加速器，加速的帶電粒子能量達到2530MeV后，就很難再加速了。這是由于速度足夠大時，相對論效應開始顯現，粒子的質量隨著速度的增加而增大。結合這一現象，分析在粒子獲得較高能量后，為何加速器不能繼續使粒子加速了。【答案】Vm qBR m1% _1忑 (2)t至T 2U2 mqB(1)由牛頓第二定律有:qvB2Vmm R可知最大速度qBR設帶電粒子在兩盒間加速的次數為N,由 qvB2m 和 NqUrI 2 八一 mv 02一,r1可得rB2NmUri所以一2,2(2)帶電粒子在兩盒間電場中加速過程中的加速度aqumd在電場中加速白t總時間為t1帶電粒子運動一圈加

29、速 2次,依據動能定理有：2nqUvm BdR a U，設粒子在磁場中的運動圈數為 2mvm2帶電粒子運動一圈的時間T2 mqB則帶電粒子在磁場中運動的總時間為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從該周期公式發現，速度增加，粒子的質量會增加，其運動周期會變化，但加速電場周期 不變，從而使得加速電場的變化周求與粒子的運動周期不匹配，導致無法加速。14. 一個質量為m、電荷量為q的粒子，從容器 A下方的小孔S飄入電勢差為 U的加速 電場，其初速度幾乎為 0,然后經過注沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為 B的勻強 磁場中，

30、最后打到照相底片 D上11 I I L涔力；ZI- Ji-.(1)求粒子進入磁場時的速率.(2)求粒子照相底片 D點到S3的距離【解析】(1)粒子飄入電勢差為 U的加速電場，有9心；二三的1(2)粒子進入磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有:粒子照相底片D點到S3的距離2R：二15. 1932年美國物理學家勞倫斯發明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中運動特 點，解決了粒子的加速問題.現在回旋加速器被廣泛應用于科學研究和醫學設備中.回旋 加速器的工作原理如圖甲所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計.磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加速器接一定頻率的高頻交流電源，保證粒子每次經過電場都被加速，加速電壓為U. A處粒子源產生的粒子，質量為 m、電荷量為q,初速度不計，在加速器中被加速，加速過程中不