高中物理速度选择器和回旋加速器习题知识点及练习题含答案

高中物理速度选择器和回旋加速器习题知识点及练习题含答案
一、高中物理解题方法：速度选择器和回旋加速器
1．如图所示，A 、B 两水平放置的金属板板间电压为U(U 的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A 板的S 点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A 、B 板间的电场加速后从B 板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C 、D 板间，C 、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E ，匀强磁场的方向水平向里，大小为B 1。

其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a 点，圆内存在磁感应强度大小为B 2、方向水平向里的匀强磁场。

其中S 、a 、圆心O 点在同一竖直线上。

不计粒子的重力和粒子之间的作用力。

求： (1)能到达a 点的粒子速度v 的大小；
(2)若e 、f 两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1︰3，都能到达a 点，则对应A 、B 两金属板间的加速电压U 1︰U 2的绝对值大小为多大；
(3)在满足(2)中的条件下，若e 粒子的比荷为k ，e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t 为多少?
【答案】（1）1
E v B =；（2）12
:3:1U U =；（3）1229t t t kB π
∆=-= 【解析】 【详解】
解：(1)能达到a 点的粒子速度设为v ，说明在C 、D 板间做匀速直线运动，有：1qvB qE = 解得：1
E
v B =
(2)由题意得e 、f 两粒子经A 、B 板间的电压加速后，速度都应该为v ，根据动能定理得：
21
qU mv 2
=
它们的比荷之比：
e f
e f
q q :1:3m m = 得出：12U :U 3:1=
(3)设磁场圆的半径为R ，e 、f 粒子进入磁场圆做圆周运动
对e 粒子：2
1211v q vB m r =
对f 粒子：2
2222
v q vB m r =
解得：12r 3r 1
=
e
、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为
180， e 、f 两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：
1R tan θr = 2
R tan θr =
θα90+=
联立解得：θ30=，α60=
e 、
f 两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：
1
12πr T v = 2
22πr T v
=
e f
e f
q q :1:3m m = 在磁场中运动的时间：
112θ
t T 360= 222α
t T 360
=
12t t >
两粒子在磁场中运动的时间差为：122
π
Δt t t 9kB =-=
2．如图所示为质谱仪的原理图，A 为粒子加速器，电压为1U ，B 为速度选择器，其内部匀强磁场与电场正交，磁感应强度为1B ，左右两板间距离为d ，C 为偏转分离器，内部匀强磁场的磁感应强度为2B ，今有一质量为m ，电量为q 且初速为0的带电粒子经加速器A 加速后，沿图示路径通过速度选择器B ，再进入分离器C 中的匀强磁场做匀速圆周运动，不计带电粒子的重力，试分析： （1）粒子带何种电荷；
（2）粒子经加速器A 加速后所获得的速度v ； （3）速度选择器的电压2U ；
（4）粒子在C 区域中做匀速圆周运动的半径R 。

【答案】（1）带正电；（2）12qU v m =
；（3）1
212qU U B m
=（4）1
2
21
mU r B q
=
【解析】 【分析】
（1）根据电荷在磁场中的偏转方向即可判断电荷的正负； （2）根据动能定理求解速度 （3）根据平衡求解磁场强度
（4）根据2
v qvB m r
=求解运动轨道半径；
【详解】
（1）根据电荷在磁场中的运动方向及偏转方向可知该粒子带正电； （2）粒子经加速电场U 1加速，获得速度v ，由动能定理得：
2112
qU mv =
解得：1
2qU v m
=
⑵在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得2
1U q qvB d
= 解得：211
12U B dv B d
qU m
== ⑶在B 2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，2
v qvB m r
=
解得：1
22
21
mU mv r B q B q
=
= 故本题答案是：（1）带正电；（2）12qU v m =
；（3）1
212qU U B d
m
= （4）1
2
21
mU r B q
=
3．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内，以O 点为圆心，作一个半径为R 的园形区域，A 、B 两点为x 轴与圆形区域边界的交点，C 、D 两点连线与x 轴垂直，并过线段OB 中点；将一质量为m 、电荷量为q(不计重力)的带正电的粒子，从A 点沿x 轴正方向以速度v 0射入圆形区域．
（1）当圆形区域内只存在平行于y 轴方向的电场时，带电粒子恰从C 点射出圆形区域，求此电场的电场强度大小和方向；
（2）当圆形区域内只存在垂直于区域平面的磁场时，带电粒子怡从D 点射出圆形区域，求此磁场的磁感应强度大小和方向；
（3）若圆形区域内同时存在(1)中的电场和(2)中的磁场时，为使带电粒子恰能沿直线从B 点射出圆形区域，其入射速度应变为多少?
【答案】(1)2
43mv E =
方向沿y 轴正方向 (2)0
3mv B =
方向垂直坐标平面向外
(3)043
v v =
【解析】 【分析】
（1）只存在电场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据水平和竖直方向的运动列方程求解电场强度；（2）区域只存在磁场时，做匀速圆周运动，由几何关系求解半径，再根据洛伦兹力等于向心力求解磁感应强度；（3）若电场和磁场并存，粒子做直线运动，电场力等于洛伦兹力，列式求解速度. 【详解】
（1）由A 到C 做类平抛运动：
03
2
R v t =；
212at qE ma =
解得3
9E qR
=
方向沿y 轴正方向； （2）
从A 到D 匀速圆周运动，则0
tan30R
r
=
，r = 20
0v qv B m r
= 0mv r qB =
解得B =
方向垂直坐标平面向外． （3）从A 到B 匀速直线运动，qE=qvB 解得E v B
= 即043
v v =
【点睛】
此题是带电粒子在电场中的偏转，在磁场中的匀速圆周运动以及在正交场中的直线运动问题；粒子在电场中做类平抛运动，从水平和竖直两个方向列式；在磁场中做匀速圆周运动，先找半径和圆心，在求磁感应强度；在正交场中的直线运动时列平衡方程求解.
4．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为E 的匀强电场。

金属板右下方以MN 为上边界，PQ 为下边界，MP 为左边界的区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d ，MN 与下极板等高，MP 与金属板右端在同一竖直线。

一个电荷量为q 、质量为m 的正离子以初速度在两板间沿平行于金属板的虚线射入金
属板间。

不计粒子重力。

(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度B 0；
(2)若撤去板间磁场B 0，离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30°角，离子进入磁场运动后从磁场边界点射出，求该磁场的磁感应强度B 的大小。

【答案】（1）0E v （2）0
2mv qd
【解析】 【详解】
（1）设板间的电场强度为E ，离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qv 0B 0， 解得：00
E B v =
； （2）离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则出离电场进入磁场的速度：00303
v v cos =
=︒
设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r ，根据牛顿第二定律，得：qvB=2
v m r
， 由几何关系得：1
2
d =rcos30°，
解得：0
2=mv B qd
； 【点睛】
离子在速度选择器中做匀速直线运动，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚离子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。

5．1897年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，图为汤姆孙测电子比荷的装置示意图。

在真空玻璃管
内，阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入两极板C、D间的区域。

若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点，若在两极板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加磁感应强度大小为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点，已知极板的长度L1=5.00cm，C、D间的距离d=1.50cm，极板的右端到荧光屏的距离
L2=10.00cm，U=200V，B=6.3×10－4T，P点到O点的距离Y=3.0cm。

求:
(1)判断所加磁场的方向；
(2)电子经加速后射入极板C、D的速度v；
(3)电子的比荷(结果保留三位有效数字）。

【答案】(1)磁场方向垂直纸面向外 (2)v=2.12×107m/s (3)=1.61×1011C/kg
【解析】
【详解】
（1）由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；
（2）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为，则evB=eE
得即代入数据得v=2.12×107m/s
（3）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为
这样，电子在电场中，竖直向下偏转的距离为
离开电场时竖直向下的分速度为
电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏
t2时间内向上运动的距离为
这样，电子向上的总偏转距离为
可解得代入数据得=1.61×1011C/kg
【点睛】
本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；对于类平抛运动的处理，通常采用运动的分解法律：将运动分解成相互垂直的两方向运动，将一个复杂的曲线运动分解成两个简单的直线运动，并用牛顿第二定律和运动学公式来求解．
6．如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于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=2×106N/C和B1=0.1T，极板的长度
，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直
于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径。

有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的
比荷。

（1）求粒子沿极板的中线飞入的初速度v0；
（2）求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小；
（3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B1撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件．
【答案】（1）v0=2×107m/s（2）B2=0.1T（3）m （或m ）
【解析】
【分析】
（1）抓住粒子做匀速直线运动，根据洛伦兹力和电场力平衡求出粒子的初速度．（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求出粒子在磁场中运动的半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小．（3）粒子在板间做类平抛运动，离开极板后做匀速直线运动，由类平抛运动知识与匀速运动规律可以求出d需要满足的条件．
【详解】
（1）粒子在极板间做匀速直线运动，有：，代入数据解得：
．
（2）设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：
设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：
粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60°，由数学知识可得：
解得：
（3）撤去磁场后粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a 飞出电场时竖直方向的速度为，速度的偏转角为，由牛顿第二定律得：qE=ma
水平方向：，竖直方向：，
解得：，即
设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d，如图所示：
由几何关系得：，解得：
所以圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足（或）。

【点睛】
本题考查了带电粒子在电磁场中运动的相关问题，考查学生综合分析、解决物理问题能力．分析清楚粒子的运动过程，应用运动的合成与分解、平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式即可正确解题．
7．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D1和D2，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D1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
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
123
r 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。

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
12n mnU
r B 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
112(1)n m n U
r B q
++＝
则
11
n n r n r n +=+（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．回旋加速器是高能物理研究重要仪器.回旋加速器由两半径为R 的D 形金属盒组成，盒内存在垂直盒面的匀强磁场，磁感应强度为B ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计.两盒间加上如图乙所示的交变电压，幅值为U 0，周期为002π=
m
T B q
，在t =0时刻，A 处质量为m 、电荷量为+q 的粒子从静止开始加速.不计粒子间相互作用和重力.
（1）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ;
（2）以发射点A 为坐标原点，向左为正方向建立x 轴，如图所示，第n 次加速后进入磁场做圆周运动时的圆心在x 轴上的位置应如何表示?
（3）若磁感应强度的取值有微小波动，其值为B '时，若粒子仍至少要连续加速n 次，则B '应满足什么条件? 【答案】(1) 2
00
2B R t U π=
(2) n 为偶数时
00222(12341)U m U m
n n n B q B q +-，n 为奇数时，00222(123421)U m U m
n n n B
q B q
+--(3)
00222121
'+-n n B B B n n 【解析】 【详解】
（1）粒子经电场加速后，在磁场中运动的最大速度为v m .对应圆周运动的最大半径为R .其中
m
0=
mv R B q 即
0m =
B qR
v m
最大动能为
22220
km
m 122==
B q R E mv m
每旋转一圈加速两次，设旋转N 圈
2220022=B q R
NU q m
则
22
00
4=B qR N mU
因此在磁场中运动的时间为
2
000
2π==
B R t NT U
（2）第一次圆周运动的圆心坐标为1
1=mv x Bq
其中
2
01102
=
-qU mv
1=
v 第二次圆周运动的圆心坐标为
22111
2222(1⎛⎫=
--=+ ⎪⎝⎭mv mv mv mv x Bq Bq Bq Bq Bq 第三次圆周运动的圆心坐标为
3211
3222(1⎛⎫=
--= ⎪⎝⎭mv mv mv mv x Bq Bq Bq Bq
第n 次圆周运动的圆心坐标为 n 为偶数时
1
2(11=++-n mv x n Bq
1=
+-n
n 为奇数时
1
2(1σ=+-n m x n Bq
=+-n
（3）若磁感应强度减小，则周期增加，设周期变为0T T +∆
为使连续加速n 次，则
024
∆⨯T T
n
即
2∆T T
n
要求
0221
2π'+m n T B q
n 有
00221
'
+n
B B B n 若磁场增大，则周期减小，设周期变为0-∆T T 为使连续加速n 次，则
024
∆⨯T T
n ; 即
2∆T T
n
要求
0221
2π'-m n T B q
n 则有
00221
'
-n
B B B n 因此有
00222121
'+-n n
B B B n n
10．一个质量为m 、电荷量为q 的粒子，从容器A 下方的小孔S 1飘入电势差为U 的加速
电场，其初速度几乎为0，然后经过S3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，最后打到照相底片D上
（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
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）粒子飘入电势差为U的加速电场，有
得粒子进入磁场时的速率
（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=．。