高中物理速度选择器和回旋加速器压轴难题复习题及答案解析

高中物理速度选择器和回旋加速器压轴难题复习题及答案解析
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，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两板间存在场强为 E 的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为 B 匀强磁场.现有大量带电粒子沿中线 OO ′ 射入，所有粒子都恰好沿 OO ′ 做直线运动.若仅将与极板垂直的虚线 MN 右侧的磁场去掉，则其中比荷为
q
m
的粒子恰好自下极板的右边缘P 点离开电容器.已知电容器两板间的距离为2
3mE
qB ，带电粒子的重力不计。

（1）求下极板上 N 、P 两点间的距离；
（2）若仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P 点离开，求这种粒子的比荷。

【答案】（1）3mE
x =2）'4'7q q m m = 【解析】 【分析】
（1）粒子自 O 点射入到虚线MN 的过程中做匀速直线运动，将MN 右侧磁场去掉，粒子在MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的的规律求解下极板上 N 、P 两点间的距离；（2）仅将虚线 MN 右侧的电场去掉，粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速
圆周运动，根据几何关系求解圆周运动的半径，然后根据2
''m v q vB R
= 求解比荷。

【详解】
（1）粒子自 O 点射入到虚线MN 的过程中做匀速直线运动， qE
qvB
粒子过 MN 时的速度大小 E v B
=
仅将MN 右侧磁场去掉，粒子在MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动，
沿电场方向：2
2
322mE qE t qB m
= 垂直于电场方向：x vt =
由以上各式计算得出下极板上N 、 P 两点间的距离3mE
x =
（2）仅将虚线MN右侧的电场去掉，粒子在MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经
过P点的粒子的比荷为
' ' q m
，其做匀速圆周运动的半径为R，
由几何关系得：222
2
3
()
2
mE
R x R
qB
=+-
解得
2
7
4
mE
R
qB
=
又
2
'
'
m v
q vB
R
=
得比荷
'4
'7
q q
m m
=
2．某速度选择器结构如图所示，三块平行金属板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水平放置，它们之间距离均为d，三金属板上小孔O1、O2、O3在同一竖直线上，Ⅰ、Ⅱ间有竖直方向匀强电场
E1，Ⅱ、Ⅲ间有水平向左电场强度为E2的匀强电场及垂直于纸面向里磁感应强度为B2的匀强磁场．一质子由金属板I上端O1点静止释放，经电场E1加速，经过O2进入E2、B2的复合场中，最终从Ⅲ的下端O3射出，已知质子带电量为e，质量为m．则
A．O3处出射时粒子速度为2
2
2
E
v
B
=
B．Ⅰ、Ⅱ两板间电压2
1
2
2
mE
U
eB
=
C．粒子通过Ⅰ、Ⅱ金属板和Ⅱ、Ⅲ金属板的时间之比为1︰1
D．把质子换成α粒子，则α粒子也能从O3射出
【答案】AB
【解析】
【详解】
A．经过O2点进入E2、B2的复合场中，最终沿直线从Ⅲ的下端O3点射出，因质子受到电场力与洛伦兹力，只要当两者大小相等时，才能做直线运动，且速度不变的，依据
qE2=B2qv
解得：
v=22
E B
故A 正确；
B ．质子在Ⅰ、Ⅱ两板间，在电场力作用下，做匀加速直线运动，根据动能定理，即为
qU 1=12
mv 2
，而质子以相同的速度进入Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，则有v =22 E B ，那么Ⅰ、Ⅱ两板间电压
U 1=2
22
2 2mE eB 故B 正确；
C ．粒子通过Ⅰ、Ⅱ金属板做匀加速直线运动，而在Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，依据运动学公式，即有
d =10
2
v
t +⋅ 而d =vt 2，那么它们的时间之比为2：1，故C 错误； D ．若将质子换成α粒子，根据
qU 1=
12
mv 2 导致粒子的比荷发生变化，从而影响α粒子在Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，因此α粒子不能从O 3射出，故D 错误； 故选AB ． 【点睛】
考查粒子在复合场中做直线运动时，一定是匀速直线运动，并掌握动能定理与运动学公式的应用，注意粒子何时匀加速直线运动与匀速直线运动是解题的关键．
3．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--⨯⨯===⨯⨯⨯⨯
4．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
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
2122
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。

5．回旋加速器核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接．以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速．两盒放在磁惑应强度为B 的匀强磁场中．磁场方向垂直于盒底面．粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q ，质量为m ，粒子最大回旋半径为Rn ，其运动轨迹如图所示．问.
(1)D 形盒内有无电场？ (2)粒子在盒内做何种运动？
(3)所加交流电压频率应是多大．粒子运动的角速度为多大？ (4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？
(5)设两D 形盒间电场的电势差为U ，盒间距离为d ，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间．
【答案】(1) D 形盒内无电场 (2) 粒子在盒内做匀速圆周运动 (3)
2qB
m
π ， qB m (4)
n qBR m ，222
2n q B R m
(5) 2n n BR BR d U U π+
【解析】 【分析】 【详解】
(1)加速器由D 形盒盒间缝隙组成，盒间缝隙对粒子加速，D 形盒起到让粒子旋转再次通过盒间缝隙进行加速，要做匀速圆周运动，则没有电场．电场只存在于两盒之间，而盒内无电场.
(2)粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力始终与速度垂直，粒子做匀速圆周运动
(3)所加交流电压频率等于粒子在磁场中的频率，根据2
v qvB m r
=和2r T v π=
可得2m
T qB
π=
， 故频率12qB f T m
π=
= 运动的角速度2qB T m
πω=
= (4)粒子速度增加则半径增加，当轨道半径达到最大半径时速度最大，由mv
r qB
= 得：2
max
n
qBR v m
= 则其最大动能为：222
2122n
km n q B R E mv m
==
(5)由能量守恒得：
2
12
mv nqU = 则离子匀速圆周运动总时间为：12nT
t = 离子在匀强电场中的加速度为：qU
a md
= 匀加速总时间为：2m
v t a = 解得：122n
n BR BR d
t t t U
U
π=+=+ 【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，最大速度决定于D 形盒的半径．
6．1932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
7．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．
（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v
（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的
平均功率P
（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小
【答案】(1)
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+，
222
2
e B R
E
m
=；(2)
2
e B U
m
π
；(3)0
2sin
B R
n
d
π
【解析】
【详解】
解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：
2
mv
evB
R
=
解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0
eB R
v
m
=
正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：
222
20
1
22
e B R
E mv
m
==
正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：2
22
E mc hv
+=
正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+
(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次，则有：
2
1
2
neU mv
=
解得：
22
2
eB R
n
mU
=
正、负电子在磁场中运动的周期为：
2m
T
eB
π
=
正、负电子在磁场中运动的时间为：
2
22
B R
n
t T
U
π
==
D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：
2
e B U
W E
P
t
t m
π
===
(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得sin
2
d
r
n
π
=
解得：
2sin
d
r
n
π
=
根据洛伦磁力提供向心力可得：
2
mv
ev B
r
=
电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：0
2sin
B R
n
B
d
π
=
8．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R，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速度v m；
②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第1次进入D2盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比.
(2)根据回旋加速器的工作原理，请通过计算对以下两个问题进行分析：
①在上述不考虑相对论效应和重力影响的情况下，计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，为何常常忽略粒子通过两盒间狭缝的时间，而只考虑粒子在磁场中做圆周运动的时间；
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)①
m
qBR
v
m
=②1
2
2
r
r
=(2)①2
2
BR
t
U
π
=②
2m
T
qB
π
=
【解析】
【详解】
（1）①由牛顿第二定律有：2m v qvB m R
= 可知最大速度m qBR v m
= ②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，由2
v qvB m r
=和2102NqU mv =-
可得r =
所以12r r =（2）①带电粒子在两盒间电场中加速过程中的加速度qU a md =
在电场中加速的总时间为1m v BdR t a U
== 带电粒子运动一圈加速2次，设粒子在磁场中的运动圈数为n 依据动能定理有：222
m mv nqU = 带电粒子运动一圈的时间2m T qB
π= 则带电粒子在磁场中运动的总时间为2
22BR t U π=
由于R d ，可知12t t ，所以1t 可忽略。

②由2
v qvB m r
=和2r T v π=、 可得：2m T qB
π= 从该周期公式发现，速度增加，粒子的质量会增加，其运动周期会变化，但加速电场周期不变，从而使得加速电场的变化周求与粒子的运动周期不匹配，导致无法加速。

9．高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台．质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置．质子回旋加速器的工作原理如图（a ）所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速质子（1
1H ）的质量为m ，电荷量为q +．加在狭缝间的交变电压如图
（b ）所示，电压值的大小为0U 、周期0
2m T qB
π=．为了简化研究，假设有一束质子从M 板上A 处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．不考虑质子间的相互作用．
（1）质子在磁场中的轨迹半径为r （已知）时的动能k E ；
（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到k E （问题（1）中的动能）所需要的时间．（不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动．） （3）若用该装置加速氦核（4
2He ），需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？ 【答案】（1）2222q B r m
（2）2022BR BRd m U qB ππ+- （3）方案一：增大磁感应强度B ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【解析】
【分析】
回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；
【详解】 （1）洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：2
v qvB m r
= 粒子的动能为212E mv =，解得222
2k q B r E m
=； （2）设粒子被加速n 次后达到最大动能，则有0k E nqU =，解得：220
2B r q n mU = 粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为0qU a md
= 设n 次经过狭缝的总时间为1t ，根据运动学公式有：()2112
nd a t = 设在磁场中做圆周运动的周期为T ，某时刻质子的速度为v '，半径为r ' 则2v qv B m r '=''
， 22r m T v Bq ππ''==，由()112T t n t =-⋅+总
解得：22200
021
22B r q m Brd BR BRd m t mU Bq U U qB πππ⎛⎫+=-⋅+=- ⎪⎝⎭总； （3）氦核的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期2m T qB
π=
，氦核的荷质比大于质子，使得圆周运动周期变大
方案一：增大磁感应强度B ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期．
【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．
10．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。