高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧

高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧
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，竖直挡板MN 右侧空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，电场强度E =100N/C ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B =0.2T ，场中A 点与挡板的距离L =0.5m 。

某带电量q =+2.0×10-6C 的粒子从A 点以速度v 垂直射向挡板，恰能做匀速直线运动，打在挡板上的P 1点；如果仅撤去电场，保持磁场不变，该粒子仍从A 点以相同速度垂直射向挡板，粒子的运动轨迹与挡板MN 相切于P 2点，不计粒子所受重力。

求： (1)带电粒子的速度大小v ； (2)带电粒子的质量m 。

【答案】(1)500m/s v =；(2)104.010kg m -=⨯ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)正粒子在正交的电场和磁场中做匀速直线运动，则向上的电场力和向下的洛伦兹力平衡，有
qE
qvB
解得带电粒子的速度大小
100m/s 500m/s 0.2
E v B =
== (2)仅撤去电场保持磁场不变，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
2
v qvB m R
=
而粒子偏转90°，由几何关系可知
0.5m R L ==
联立可得带电粒子的质量
6102100.20.5kg 4.010kg 500
qBL m v --⨯⨯⨯===⨯
2．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
=+
3．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 3
，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=π
3
，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 6
π
-⨯ 【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 E
v 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：
2
v Bqv m r
=
由几何关系有：
2
R tan
r
θ
=
离子的比荷为：
4 210C/kg q
m
=⨯ （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
=
qB
解得：
43106
t s π
-=
⨯
4．如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转磁场．一束同位素离子（质量为m ，电荷量为＋q ）流从狭缝S 1射入速度选择器，速度大小为v 0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出，立即沿水平方向进入偏转磁场，最后打在照相底片D 上的A 点处．已知A 点与狭缝S 2的水平间距为3L ，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．则
（1）设速度选择器内部存在的匀强电场场强大小为E 0，匀强磁场磁感应强度大小为B 0，求E 0∶B 0；
（2）求偏转磁场的磁感应强度B 的大小和方向；
（3）若将右半部的偏转磁场换成方向竖直向下的匀强电场，要求同位素离子仍然打到A 点处，求离子分别在磁场中和在电场中从狭缝S 2运动到A 点处所用时间之比t 1∶t 2．
【答案】（1）v 0（2）02mv B qL =，磁场方向垂直纸面向外（3）12
23=∶t t π
【解析】 【详解】
（1）能从速度选择器射出的离子满足
qE 0=qv 0B 0
所以
E 0∶B 0=v 0
（2）离子进入匀强偏转磁场后做匀速圆周运动，由几何关系得：
222()(3)R R L L =-+
则
2R L =
由
2
00v Bqv m R
= 则
2qL
磁场方向垂直纸面向外
（3）磁场中，离子运动周期
2R
T
v
π
=
运动时间
1
12
63
L
t T
v
π
==
电场中，离子运动时间
2
3
=
L
t
v
则磁场中和在电场中时间之比
12
23
=
∶
t t
π
5．如图所示，M、N为水平放置的两块平行金属板，板间距为L，两板间存在相互垂直的
匀强电场和匀强磁场，电势差为
MN0
U U
=-，磁感应强度大小为
B.一个带正电的粒子从两板中点垂直于正交的电、磁场水平射入，沿直线通过金属板，并沿与ab垂直的方向由d 点进入如图所示的区域（忽略电磁场的边缘效应）．直线边界ab及ac在同一竖直平面内，且沿ab、ac向下区域足够大，不计粒子重力，30
a
∠=︒，求：
(1)粒子射入金属板的速度大小；
(2)若bac区域仅存在垂直纸面向内的匀强磁场罗要使粒子不从ac边界射出，设最小磁感应强度为B1；若bac区域内仅存在平行纸面且平行ab方向向下的匀强电场，要使粒子不从ac边射出，设最小电场强度为E1.求B1与E1的比值为多少?
【答案】（1）v=0
U
B L（
2）0
1
10
2B L
B
E U
=
【解析】
【详解】
(1)设带电粒子电荷量为q 、质量为m 、射入金属板速度为v ，粒子做直线运动时电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件有：qvB 0= qE 0 ① E 0 =
U L
② 解得:v =0
0U B L
③
(2)仅存在匀强磁场时，若带电粒子刚好不从ac 边射出，则其轨迹圆与ac 边相切，则
1
1sin 30ad R s R =+
︒
④ qvB 1 =2
v m R ⑤
得:B 1=
3ad
mv
qS ⑥ 仅存在匀强电场时，若粒子不从ac 边射出，则粒子到达边界线ac 且末速度也是与ac 边相切，即： x =vt ⑦ y =
12
at 2
⑧ qE 1=ma ⑨
tan30º=ad x
S y
+ ⑩
y v at = ⑾
tan30º =y v
v ⑿
得:E 1=
2
32ad
mv qS ⒀ 所以:
0110
2B L B E U = ⒁
6．PQ 和 MN 分别是完全正对的金属板，接入电动势为E 的电源，如图所示，板间电场可
看作匀强电场,MN 之间距离为d ，其间存在着磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场。

紧挨着P 板有一能产生正电荷的粒子源S ，Q 板中间有孔J ，SJK 在一条直线上且与 MN 平行。

产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着SJK 路径从孔 K 射出，求粒子的比荷
q m。

【答案】22
2E
B d 【解析】 【分析】
粒子在PQ 板间是匀加速直线运动，根据动能定理列式；进入MN 板间是匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可． 【详解】
PQ 板间加速粒子，穿过J 孔是速度为v 根据动能定理，有：212
qE mv =
沿着SJK 路径从K 孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡:qE
qvB d
= 解得:
22
2q E m B d = 【点睛】
本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，根据动能定理和平衡条件列式.
7．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕、氘、氚三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E 、磁感应强度为B 的复合场区域．进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d ，射出复合场后进入y 轴与MN 之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN 射出．虚线MN 与PQ 间为真空区域Ⅱ且PQ 与MN 平行．已知质子比荷为
q
m
，不计重力．
（1）求粒子做直线运动时的速度大小v ；
（2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；
（3）若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差△t．
【答案】（1）E B
（2）
mE
qdB
（3）
(2)Bd
E
πθ
+
【解析】
【分析】
由电场力与洛伦兹力平衡即可求出速度；由洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可求得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，求出磁场最小面积，在结合周期公式即可求得时间差．
【详解】
（1）粒子运动轨迹如图所示:
由电场力与洛伦兹力平衡，有：Bqv＝Eq
解得：
E
v
B
=
（2）由洛伦兹力提供向心力，有：
2
1
v
qB v m
r
=
由几何关系得：r＝d
解得：1
mE
B
qdB
=
（3）分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，磁场最小面积为：
22
13
222
r r
Sπ⎛⎫⎛⎫
=-
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
解得：S＝πd2
由题意得：B2＝2B1
由
2r
T
v
π
=可得：
2m
T
qB
π
=
由轨迹可知：△t1＝（3T1﹣T1）
2
θ
π
，
其中1
1
2m
T
qB
π
=
△t2＝1 2
（3T2﹣T2）其中2
2
2m
T
qB
π
=
解得：△t＝△t1+△t2＝
()()
1
22
m dB
qB E
θπθπ
++
=
【点睛】
本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用．
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D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；
③求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2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，t1与t2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）①
222
2
q B R
m3
2d
R
π
，t1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
12r 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。

9．1932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
10．回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置．图1为回旋加速器原理示意图，置于高真空中的两个半径为R 的D 形金属盒，盒内存在与盒面垂直磁感应强度为B 的匀强磁场．两盒间的距离很小，带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计．位于D
形盒中心A 处的粒子源能产生质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子通过两盒间被加速，经狭缝进入盒内磁场．两盒间的加速电压按图2所示的余弦规律变化，其最大值为U 0．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．已知t 0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝时都能被最大电压加速．求
(1)两盒间所加交变电压的最大周期T 0；
(2)t 0=0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D 形盒间狭缝后的轨道半径之比； (3)0112T t =与026
T t =时刻产生的粒子到达出口处的时间差． 【答案】（1）2m qB π （222 （3）2
336m BR qB ππ- 【解析】
（1）设粒子在某次被加速后的速度为v ，则它在匀强磁场中做半径为r 的圆周运动时： 2
qvB m r v =，运动周期为2r T v
π=，即：2m T qB π= 要保证00t =时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速，粒子做圆周运动的周期必须与加速电压的最大周期相同，所以：02m T qB π=
（2）设00t =时刻两盒间的电压为0U ，此时刻产生的粒子第1次经过狭缝后的速度为1v ，半径为1r
20112qU mv = 2111v qv B m r = 解得：0121mU r B q
= 粒子在磁场中运动02
T 后第2次经过狭缝，此时两盒间的电压为0U -，粒子再次加速 联立可以得到，加速后的半径为：02221m U r B q
⋅=12:22r r = （3）设粒子到达出口时的速度为m v ，则：2m m v qv B m R
= 即所有从出口飞出的粒子，速度大小都相等，而每个粒子在磁场中运动的每一个周期时间内，被相同的电压加速两次．设某个粒子被加速时的电压为U ，它总共被加速了n 次，
则：212
m nqU mv = 整理可以得到：22
2qB R n mU
= 该粒子在磁场中运动的总时间0024
T T t n =⋅- 0112T t =与06
T 时刻产生的粒子被加速时的电压分别为： 0100
2cos 12T U U T π⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭和02002cos 6T U U T π⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭
即10U =，2012U U = 所以，0112T t =与026
T t =时刻产生的粒子到达出口处的时间差为： ()000216122T T T t n n ⎛⎫∆=-+- ⎪⎝⎭
，即：06m t qB π∆=． 点睛：此题难度较大，解本题的关键是知道回旋加速器的工作原理；灵活应用洛伦兹力提供向心力求解，还要注意计算过程的计算量．。