高考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

高考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．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 Bd （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＝qUd解得υ＝1UB d；（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 ＝2cos Lα＝2cos Lα粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得qυB 2＝m2rυ，解得：q m ＝22cosvB Lα（3）MN与挡板之间的最小距离：d＝r﹣r sinα＝(1sin)2cosLαα-答：（1）射出粒子的速率为1UB d；（2）射出粒子的比荷为22cosvB Lα；（3）MN与挡板之间的最小距离为(1sin)2cosLαα-。

2．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v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x M。

【答案】（1）0mvqB（2）EB（32v，02Rh+（4）22000724Mx R R R h h=++-【解析】【详解】（1）若只有磁场，粒子做圆周运动有：2qB mR=vv解得粒子做圆周运动的半径0mRqBν=（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：22002y v v v v =+=粒子与x 轴的距离为：20122R H h at h =+=+ （4）撤电场加上磁场后，有：2v 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4π，由几何关系得C 点坐标为：02C x R =,02C R y H R h =-=-过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中：02CM R R ==2C R CD y h ==-解得：22220074DM CM CD R R h h =-=+-M 点横坐标为：22000724M x R R R h h =++-3．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 点时的速度方向与x 轴成45°角．求：(1)金属板M 、N 间的电压U ；(2)离子运动到A 点时速度v 的大小和由P 点运动到A 点所需时间t ；(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C (图中未画出)与坐标原点的距离OC ．【答案】(1)00B v d ；(2) t ＝0mv qE；(3) 2002mv mv qE qB + 【解析】 【分析】 【详解】离子的运动轨迹如下图所示（1）设平行金属板M 、N 间匀强电场的场强为0E ，则有：0U E d =因离子所受重力不计，所以在平行金属板间只受有电场力和洛伦兹力，又因离子沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，则由平衡条件得：000qE qv B = 解得：金属板M 、N 间的电压00U B v d =（2）在第一象限的电场中离子做类平抛运动，则由运动的合成与分解得：0cos 45v v= 故离子运动到A 点时的速度：02v v =根据牛顿第二定律：qE ma =设离子电场中运动时间t ，出电场时在y 方向上的速度为y v ，则在y 方向上根据运动学公式得y v at =且0tan 45y v v =联立以上各式解得，离子在电场E 中运动到A 点所需时间：0mv t qE=（3）在磁场中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律有：2v qvB m R=解得：02mv mv R qB qB== 由几何知识可得022cos 452mv AC R R qB===在电场中，x 方向上离子做匀速直线运动，则200mv OA v t qE==因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C 与坐标原点的距离为：2002mv mv OC OA AC qE qB=+=+【点睛】本题考查电场力与洛伦兹力平衡时的匀速直线运动、带电粒子在匀强磁场中的运动的半径与速率关系、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、牛顿第二定律、向心力、左手定则等知识，意在考查考生处理类平抛运动及匀速圆周运动问题的能力．4．如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。

图中右边有一半径为R 、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 ，方向垂直于纸面朝里。

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，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的F 点射出。

已知速度的偏向角为θ=90°，不计重力。

求：(1)离子速度v 的大小； (2)离子的比荷q/m 。

【答案】0Uv B d =；0q U m BB Rd= 【解析】 【详解】(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动：00B qv qE =0U E d =得：0Uv B d=(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：2v Bqv m r=由几何关系得：r=R离子的比荷为：0q U m BB Rd=5．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3S 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）12U B kU ='2）222UB 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22v 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qk m= 粒子在电场中S 1与S 2之间加速，根据动能定理可得：2102qU 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：22v qvB m r=；已知2L r =，解得：222UB L k=6．1897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L 1=5.00cm ，C 、D 间的距离d =1.50cm ，极板的右端到荧光屏的距离L 2=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．7．如图所示，水平放置的两块带金属极板a、b 平行正对.极板长度为l ,板间距为d ,板间存在着方向坚直向下、场强大小为E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只顾在于两板间.一质量为m 、电荷量为q 的粒子，以水平速度v 0 从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向入极板间，恰好做做匀速直线运动.不计重力及空气阻力. （1）求匀强磁场感应强度B 的大小；（2）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离；（3）若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小.【答案】（1）0E B v = （2）2202qEl mv （3）2012k E mv qEd =+ 【解析】 【分析】（1）粒子恰好做匀速直线运动，可知电场力与洛仑兹力平衡，可求磁感应强度B ； （2）粒子做类平抛运动，由运动分解方法，求解粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离； （3）用动能定理求解粒子到达下极板时动能． 【详解】（1）带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛仑兹力平衡，qE=qv 0B ， 解得磁感应强度大小B=Ev ； （2）撤掉磁场后，粒子做类平抛运动，通过电场区偏转的距离22220011()222qE l qEl y at m v mv ==⨯⨯= （3）设粒子运动到下极板时的动能大小为E K ，根据动能定理得： q×2E×12d=E k -12m v 02 解得E K =12mv 02+qEd 【点睛】对粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做匀速直线运动”的隐含条件，对于撤掉磁场后的粒子的类平抛运动，要能够熟练分析解决，为常考内容．8．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。