高考物理速度选择器和回旋加速器习题知识归纳总结及答案解析

高考物理速度选择器和回旋加速器习题知识归纳总结及答案解析
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，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，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) 2
00
2mv 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：0
cos 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0
tan 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：0
mv 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：
2
v qvB m R
=
解得：02mv mv R qB qB
=
= 由几何知识可得0
22cos 452mv AC R R qB
==
=
在电场中，x 方向上离子做匀速直线运动，则20
0mv 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：
200
2mv 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．
3．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03BR 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 3，
联立得
q m 03BR
（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=12×qE m t 2
又
qE =Bqv 0
联立解得
v =
3
2
03Bqv R m
30
4．图中左边有一对水平放置的平行金属板，两板相距为d ，电压为U 0，两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0．图中右边有一半径为R 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B 1，方向垂直于纸面朝外．一束离子垂直磁场沿如图路径穿出，并沿直径MN 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的P 点射出，已知图中θ=60，不计重力，求
（1）离子到达M 点时速度的大小； （2）离子的电性及比荷
q m
． 【答案】（1）00U dB （2）0
0133U dB B R
【解析】
（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，
由平衡条件得：qvB 0=qE 0 已知电场强度：0
0U E d
= 联立解得：0
U v dB =
（2）根据左手定则，离子束带负电
离子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，轨迹如图所示：
由牛顿第二定律得：2
1mv qvB r
= 由几何关系得：3r R =
00133U q
m dB B R
=
点睛：在复合场中做匀速直线运动，这是速度选择器的原理，由平衡条件就能得到进入复合场的速度．在圆形磁场区域内根据偏转角求出离子做匀速圆周运动的半径，从而求出离子的比荷，要注意的是离开磁场时是背向磁场区域圆心的．
5．回旋加速器D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为U ＝2×104V ，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径R ＝1m ，磁场的磁感应强度B ＝0.5T ，质子的质量
为1.67×10－27kg ，电量为1.6×10－19C ，问： (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)153.210J -⨯； (2)121.910J -⨯； (3)67.610Hz ⨯. 【解析】 【分析】 【详解】
(1)粒子在第一次进入电场中被加速，则质子最初进入D 形盒的动能
411195210 1.610J 3.210J k E Uq -==⨯=⨯⨯⨯－
(2)根据
2
v qvB m R
=
得粒子出D 形盒时的速度为
m qBR
v m
=
则粒子出D 形盒时的动能为
22219222
21227
1 1.610051J 1.910J (22211).670
km m q B R E mv m ---⨯⨯⨯====⨯⨯⨯． (3) 粒子在磁场中运行周期为
2m
T qB π=
因一直处于加速状态，则粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，即为
2m
T qB
π=
那么交变电源的频率为
19627
1.6100.5Hz 7.610Hz 22 3.14 1.6710
qB f m π--⨯⨯===⨯⨯⨯⨯
6．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)
0021212123
n 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……
7．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。

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忽略。

磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U 。

若A 处粒子源产生的质子的质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。

则下列说法正确的是( )
A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B ．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U 成正比
C ．质子第2次和第1次经过两
D 21 D ．不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，该回旋加速器也能用于a 粒子加速 【答案】AC 【解析】 【详解】
A ．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R ，则：
22R
v R Rf T
πωπ==
= 所以最大速度不超过2πfR 。

故A 正确。

B ．根据洛伦兹力提供向心力：2
v qvB m R
=，解得：
mv R qB
=
最大动能：222
2122Km
q B R E mv m
==
，与加速的电压无关。

故B 错误。

C ．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据2v ax =，可得质子第2次和第1次经过D 2，根据mv
R qB
=
，可得半径比为2。

故C 正确。

D ．回旋加速器交流电的频率与粒子转动频率相等，即为2qB
f m
π=
，可知比荷不同的粒子
频率不同，不改变磁感应强度B和交流电频率f，有可能起不到加速作用。

故D错误。

故选AC。

8．在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器的结构如图所示，D1、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速．设带电粒子质量为m，电量为q，匀强磁场磁感应强度为B，D形盒的最大半径为R，两个D形盒之间的距离为d，d远小于R，D形盒之间所加交变电压大小为U．不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：
（1）所加交变电压的周期T；
（2）带电粒子离开D形盒时的动能E km；
（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计．
【答案】（1）（2）（3）见解析
【解析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等，得
（2）带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，由圆周运动的规律得
解得：
带电粒子离开D形盒时的动能
（3）设带电粒子在电场中加速的次数为n，有
解得：
又因为带电粒子在磁场中运动的周期
所以带电粒子在磁场中运动的时间
解得：
带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=at 其中
所以带电粒子在电场中运动的时间 有
因为d 远小于R ，有t 2远小于t 1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略．
【点睛】
此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒子的半径等于D 型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.
9．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：0
21m v t =⎛⎫- ⎪⎝⎭
，则①粒子质量增加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：2v 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2km 12E mv = 解得：22km 22mR 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：
021()m m v c
=-， 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
10．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】（123）见解析
【解析】（1）正电子第一次被加速后，由动能定理可得2112qU mv =，解得1v =（2）设质子第n 次加速后的速度为n v 由动能定理有212
n nqU mv =
由牛顿第二定律有2n n v qv B m r =，解得r =（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。