高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析一、速度选择器和回旋加速器1．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。

虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E =10N/C 。

一比荷q =1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v =2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d =1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP =d 。

不计粒子重力。

(1)求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值0E B ；(2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ；(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。

【答案】(1)32.010m/s ⨯；(2)3210T -⨯；(3)不会通过，0.2m 【解析】 【详解】(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有00qvB qE =解得302.010m/s E B =⨯ (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径1.0m R d ==根据洛伦兹力提供向心力有2v qvB m R=解得磁感应强度大小3210T B -=⨯(3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小sin y v v θ=粒子在电场中沿y 轴方向的加速度大小cos y qE a mθ=设经过t ∆时间，粒子沿y 轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有y yv t a ∆=t ∆时间内，粒子沿y 轴方向通过的位移大小2y v y t ∆=⋅∆联立解得0.3m y ∆=由于cos y d θ∆<故带电粒子离开磁场后不会通过x 轴，带电粒子到x 轴的最小距离cos 0.2m d d y θ'=-∆=2．如图所示，有一对水平放置的平行金属板，两板之间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E =200V/m ，方向竖直向下；磁感应强度大小为B 0=0.1T ，方向垂直于纸面向里。

图中右边有一半径R 为0.1m 、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 =3T ，方向垂直于纸面向里。

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，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F 点射出已知速度的偏向角θ=π3，不计离子重力。

求：（1）离子速度v 的大小； （2）离子的比荷q m； （3）离子在圆形磁场区域中运动时间t 。

（结果可含有根号和分式）【答案】（1）2000m/s ；（2）2×104C/kg ；（3）4310s 6π-⨯ 【解析】 【详解】（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：B 0qv =qE解得：2000m/s Ev B == （2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，轨迹如图所示由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：2v Bqv m r=由几何关系有：2R tanrθ=离子的比荷为：4 210C/kg qm=⨯ （3）弧CF 对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t ，2t T θπ=2mT qBπ=解得：43106t s π-=3．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=60o ，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）00133U 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：00U E d= 联立解得：0U 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：21mv 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．4．如图所示，一束质量为m 、电荷量为q 的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v 0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B ，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d ，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：(1)两平行板间的电势差U ；(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t ； (3)圆形磁场区域的半径R ．【答案】(1)U=Bv 0d ；（2）m qBθ；（3）R=0tan2mv qBθ【解析】 【分析】（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差．（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R ． 【详解】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv 0q=qE ，平行板间的电场强度E=Ud，解得两平行板间的电势差：U=Bv 0d(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：Bv 0q=m 20v r同时有T=02rv π粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=2θπT 解得t=mBqθ(3)由几何关系可知：r tan2θ=R解得圆形磁场区域的半径R=0tan 2mv qBθ5．如图，在整个直角坐标系xoy区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在x>0区域还存在方向垂直于xoy平面向内的匀强磁场。

一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上x=－L的A点射出，速度方向与x轴正方向成45°，粒子刚好能垂直经过y 轴，并且在第一象限恰能做直线运动，不计粒子重力(1)求粒子经过y轴的位置(2)求磁感应强度B的大小(3)若将磁场的磁感应强度减小为原来的一半，求粒子在x>0区域运动过程中的最大速度和最低点的y坐标。

【答案】（1）y=12L （2）mEBqL=（3）3mqELvm=72y L=-【解析】【分析】（1）粒子在第二象限做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解粒子经过y轴的位置；（2）粒子在第一象限恰能做直线运动，则电场力等于洛伦兹力，可求解B；（3）将x>0区域的曲线运动看做以2v1的匀速直线运动和以v1的匀速圆周运动的合成，结合直线运动和圆周运动求解最大速度和最低点坐标。

【详解】（1）粒子在第二象限做类平抛运动，设初速度为v，122 2v v== L=v1t22v y t =联立解得2L y =，则经过y 轴上2Ly =的位置； （2）qE a m= v 2=at 可得1qELv m= qv 1B=qE 解得mEB qL=（3）将x>0区域的曲线运动看做以2v 1的匀速直线运动和以v 1的匀速圆周运动的合成，如图；2112v Bqv m r⋅=解得2122mv r L qE == 24y r L ∆==最低点y 坐标为1722y L y L =-∆=- 此时速度最大为v m =2v 1+v 1解得3m qELv m=6．如图所示，两平行金属板相距为d，板间电压为U．两板之间还存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．平行金属板的右侧存在有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其磁感应强度的大小分别为B和2B．三条磁场边界彼此平行且MN与PQ间的距离为L．一群质量不同、电荷量均为＋q的粒子以一速度恰沿图中虚线OO'穿过平行金属板，然后垂直边界MN进入区域Ⅰ和Ⅱ，最后所有粒子均从A点上方（含A点）垂直于PQ穿出磁场．已知A点到OO'的距离为34L，不计粒子重力．求：（1）粒子在平行金属板中运动的速度大小；（2）从PQ穿出的粒子的最大质量和最小质量．【答案】（1）UvBd=（2）2max2536B qLdmU= ;2min23B qLdmU=【解析】【分析】(1)抓住带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，根据电场力和洛伦兹力相等求出粒子在平行金属板中运动的速度大小；(2)根据几何关系求出粒子在磁场中的最大半径和最小半径，结合半径公式求出粒子的最大质量和最小质量．【详解】(1) 带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，有：Uq qvBd=解得粒子在平行板中的运动速度v=U dB；(2) 由题意可知，根据mvrqB=知，质量越大，轨道半径越大，则质量最大的粒子从A点射出，如图由于左边磁场磁感应强度是右边磁感应强度的一半，则粒子在左边磁场中的半径是右边磁场半径的2倍，根据几何关系知，右边磁场的宽度是左边磁场宽度的2倍，有：123(1cos )(1cos )4r r L θθ-+-=r 1sinθ+r 2sinθ=L ，2112r r =联立解得cosθ=725，12536L r = 根据max 1m v r qB =得最大质量为：m max =22536B LdqU粒子在左边磁场中的最小半径为：r min ＝23L 根据min minm v r qB =得最小质量为：m min ＝223B Ldq U． 【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出运动的轨迹，通过几何关系求出临界半径是解决本题的关键，该题有一定的难度，对学生数学几何能力要求较高．7．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2v qvB m R=得粒子出D 形盒时的速度为m qBRv m=则粒子出D 形盒时的动能为22219222212271 1.610051J 1.910J (22211).670kmm q B R E mv m ---⨯⨯⨯====⨯⨯⨯． (3) 粒子在磁场中运行周期为2mT 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2mT qBπ=那么交变电源的频率为196271.6100.5Hz 7.610Hz 22 3.14 1.6710qB f m π--⨯⨯===⨯⨯⨯⨯8．1932 年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题．现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中．某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为两个 D 形盒，分别为 D 1、D 2．D 形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与 D 形盒底面垂直．两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．D 形盒的半径为 R ，磁场的磁感应强度为 B ．设质子从粒子源 A 处进入加速电场的初速度不计．质子质量为 m 、电荷量为+q ．加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为 U ．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．求：（1）质子第一次经过狭缝被加速后进入 D 2 盒时的速度大小 v 1 和进入 D 2 盒后运动的轨道半径 r 1；（2）质子被加速后获得的最大动能 E k 和交变电压的频率 f ；（3）若两 D 形盒狭缝之间距离为 d ，且 d<<R ．计算质子在电场中运动的总时间 t 1 与在磁场中运动总时间 t 2，并由此说明质子穿过电场时间可以忽略不计的原因．【答案】(1) 12qU v m =，112mU r B q =222K qB R E m = ，2qB f m π= (3) 1BRd t U = ，222BR t U π= ； 122t d t R π=【解析】（1）设质子第1此经过狭缝被加速后的速度为v 1： 2112qU mv =解得1v = 2111v qv B m r =解得：1r =（2）当粒子在磁场中运动半径非常接近D 型盒的半径A 时，粒子的动能最大，设速度为v m ，则2mm v qv B m R=212km m E mv =解得222K qB R E m=回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率等于粒子回旋的频率，则设粒子在磁场中运动的周期为T,则：22r mT v qBππ== 则2qBf mπ=（3）设质子从静止开始加速到粒子离开加速了n 圈，粒子在出口处的速度为v ，根据动能定理可得：22222q B R nqU m =可得224qB R n mU=粒子在夹缝中加速时，有：qUma d=，第n 次通过夹缝所用的时间满足：1n n n a t v v +∆=- 将粒子每次通过夹缝所用时间累加，则有1m v BRd t a U== 而粒子在磁场中运动的时间为（每圈周期相同）2222242qB R m BR t nT mU qB U ππ==⋅= 可解得122t dt Rπ=，因为d<<R ，则 t 1<<t 29．如图是回旋加速器示意图，置于真空中的两金属D 形盒的半径为R ，盒间有一较窄的狭缝，狭缝宽度远小于D 形盒的半径，狭缝间所加交变电压的频率为f ，电压大小恒为U ，D 形盒中匀强磁场方向如图所示，在左侧D 形盒圆心处放有粒子源S ，产生的带电粒子的质量为m ，电荷量为q 。