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高中物理有关回旋加速器的几个问题的探讨专题辅导.doc
高中物理有关回旋加速器的几个问题的探讨余勇1932年美国物理学家劳伦斯发明的回旋加速器，是磁场和电场对运动电荷的作用规律在科学技术中的应用典例，也是高中物理教材中的一个难点，其中有几个问题值得我们进一步探讨。
1. 工作原理：带电粒子只在两D 形盒的缝隙间被加速，D 形金属盒能起到屏蔽外界电场的作用，磁场只能改变粒子的运动方向，使带电粒子被回旋加速，从而在较小的范围内对带电粒子进行多次加速。
2. 电源的频率f ： 带粒子在匀强磁场强度中的运转周期与速率和半径无关，且qB m T π2=，尽管粒子运动的速率和半径不断增大，但粒子每转半周的时间qBm T t π==2不变，因此，必须使高频电源的周期与粒子运动的周期相等，即实现同步，才能使粒子回旋加速，所以高频电源的频率为mqB f π2=。
3. 最大动能：由于D 形盒的最大半径R 一定，由轨道半径公式可知mqBR v =max ， 所以粒子的最大动能mR B q mv E 221222max 2max ==， 可见，虽然洛伦兹力不做功，但max E 却与B 有关； 由mR B q E mv nqU 221222max max 2===， 可见带电粒子获得的最大能量与D 型盒半径有关。
进一步可知，加速电压的高低只会影响带电粒子加速的总次数，并不影响回旋加速后的最大动能。
4. 粒子在加速器中运动的时间：设加速电压为U ，质量为m 、带电量为q 的粒子共被加速了n 次，若不计在电场中运动的时间，有：m R q B E nqU 2222max ==所以m UqR B n 222= 又因为在一个周期内带电粒子被加速两次，所以粒子在磁场中运动的时间 时间UBR T n t 222π==磁 若计上粒子在电场中运动的时间，则粒子在两D 形盒间的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，设间隙为d ，有：221电t mdqU nd ⋅= 所以UBdR qU m nd t ==22电故粒子在回旋加速器中运动的总时间为UR d BR t t t 2)2(π+=+=磁电 因为d R >>，所以电磁t t >>，故粒子在电场中运动的时间可以忽略。
高考物理高考物理速度选择器和回旋加速器常见题型及答题技巧及练习题
高考物理高考物理速度选择器和回旋加速器常见题型及答题技巧及练习题一、速度选择器和回旋加速器1．如图所示，两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。
A 板带正电荷，B 板带等量负电荷，电场强度为E ；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 1。
平行金属板右侧有一挡板M ，中间有小孔O ′，OO ′是平行于两金属板的中心线。
挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 2，CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板，它与M 板的夹角θ=45°，现有大量质量均为m ，电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，自O 点沿OO ′方向水平向右进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO ′方向运动，通过小孔O ′进入匀强磁场B 2，如果这些粒子恰好以竖直向下的速度打在CD 板上的E 点(E 点未画出)，求：(1)能进入匀强磁场B 2的带电粒子的初速度v ； (2)CE 的长度L(3)粒子在磁场B 2中的运动时间．【答案】(1)1 E B (2) 122mE qB B (3) 2m qB π 【解析】 【详解】(1)沿直线OO ′运动的带电粒子，设进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度为v ， 根据B 1qv =qE解得：v =1EB (2)粒子在磁感应强度为B 2磁场中做匀速圆周运动，故：22v qvB m r=解得：r =2mv qB =12mE qB B 该粒子恰好以竖直向下的速度打在CD 板上的E 点，CE 的长度为：L =45r sin =2r 122mE(3) 粒子做匀速圆周运动的周期2m TqBπ=2t mqBπ=2．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B1，两板间电压为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B2，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。
高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题
高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题一、速度选择器和回旋加速器1．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 =33T ，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-=2．如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m 。
电压为10V ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0=0.1T ，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。
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 =33T ，方向垂直于纸面向里。
一质量为m =10-26kg 带正电的微粒沿平行于金属板面，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。
高考物理速度选择器和回旋加速器试题(有答案和解析)含解析
高考物理速度选择器和回旋加速器试题(有答案和解析)含解析一、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 0.2E 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2v 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 500qBL m v --⨯⨯⨯===⨯2．如图所示，A 、B 两水平放置的金属板板间电压为U(U 的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A 板的S 点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A 、B 板间的电场加速后从B 板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C 、D 板间，C 、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E ，匀强磁场的方向水平向里，大小为B 1。
其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a 点，圆内存在磁感应强度大小为B 2、方向水平向里的匀强磁场。
回旋加速器与高考物理讲解-共9页
回旋加速器与高考物理河南省信阳高级中学陈庆威 2019.12.08一、命题分析无论是2019广东物理卷第4题、2009年江苏物理第14题、2019年山东第25题、2019天津理综物理第12题，还是2019年我们刚经历过的浙江高考物理第25题。
回旋加速器这个名字总是熟悉地出现在我们的高考试卷中。
回旋加速器是教材中带电粒子在电磁场中的运动的重要实例，也是近代物理的重要实验装置，是高考考查的重点和热点，高考试题中它可能为选择题，也可能为计算题，一旦出现在计算题中，多半要成为压轴题。
这种题的综合性强、难度大、分值高、区分度大，因此也成为我们学习的重点，备考的热点。
二、工作原理回旋加速器的工作原理如图所示，设离子源中放出的是带正电的粒子，带正电的粒子以一定的初速度v进入下方D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，运动半周后回到窄缝的边缘，这时在A1、A1'间加一向上的电场，粒子将在电场作用下被加速，速率由v0变为v1，然后粒子在上方D形盒的匀强磁场中做圆周运动，经过半个周期后到达窄缝的边缘A2'，这时在A2、A2′间加一向下的电场，使粒子又一次得到加速，速率变为v2，这样使带电粒子每通过窄缝时被加速，又通过盒内磁场的作用使粒子回旋到窄缝，通过反复加速使粒子达到很高的能量。
1、带电粒子在两D形盒中回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变化周期，粒子每经过一个周期，被电场加速二次。
2、将带电粒子在狭缝之间的运动首尾连接起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。
3、带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，每次增加的动能为；所有各次半径之比为：；4、对于同一回旋加速器，其粒子的回旋的最大半径是相同的。
5、由最大半径得：；回旋周数：； 所需时间：。
三、高考试题分析例1．（2019广东物理卷第4题）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图1所示，这台加速器由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A ．离子由加速器的中心附近进入加速器B ．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量 【解析】根据回旋加速器的原理可知，离子由加速器的中心附近进入加速器，选项A 正确B 错误；离子从电场中获得能量，选项C 错误D 正确。
高考物理试卷分类汇编物理速度选择器和回旋加速器(及答案)及解析
高考物理试卷分类汇编物理速度选择器和回旋加速器(及答案)及解析一、速度选择器和回旋加速器1．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 =33T ，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-=2．如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m 。
电压为10V ；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0=0.1T ，方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。
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 =33T ，方向垂直于纸面向里。
一质量为m =10-26kg 带正电的微粒沿平行于金属板面，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。
高二物理质谱仪和回旋加速器试题答案及解析
高二物理质谱仪和回旋加速器试题答案及解析1.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，在两盒间的窄缝中形成交变电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。
两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H）和粒子（He），比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，可知A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大【答案】A【解析】因为加速器所加的高频交流电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等，而粒子在磁场中做圆周运动的周期与粒子的运动速度还没关系，故由公式T=可知，氚核的交流电源的周期=，将氚核与氦核的相关较大，故C、D均错误；再根据最大动能Ek电荷量与质量代入，发现氚核获得的最大动能较小，故A正确，B错误。
【考点】加旋加速器。
2.回旋加速器是加速带电粒子的装置．其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()A．减小磁场的磁感应强度B．增大匀强电场间的加速电压C．增大D形金属盒的半径D．减小狭缝间的距离【答案】C【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，速度达最大时，粒子运动的半径与D型盒半径相等，由圆周运动规律有：,，则，可见要增大粒子射出时的动能，可增大磁场的磁感应强度或增大D形盒的半径，与加速电压无关，故C正确；【考点】考查了回旋加速器原理3.如图是质谱仪工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1 A2．S下方有磁感应强度为B的匀强磁场．下列表述正确的是A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于，与粒子带何种电荷无关D．带电量相同的粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的质量越大【答案】ABC【解析】进入B的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；B、假设粒子带正电，则受电场力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B正确；C、由，得，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C正确；D、由，知R越小，荷质比越大；粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子圆周运动的半径越小荷质比越大；故D错误；【考点】质谱仪的工作原理4.如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒半径为R．用该回旋加速器加速质子（质量数为1，核电荷数为1）时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电周期为T．（粒子通过狭缝的时间忽略不计）则A．质子在D形盒中做匀速圆周运动的周期为2TB．质子被加速后的最大速度可能超过C．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关D．不改变B和T，该回旋加速器也能用于加速α粒子（质量数为4，核电荷数为2）【答案】C【解析】回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等．故A错误；当粒子从D形盒中出来时速度最大，故B错误；根据，得，与加速的电压无关．故C正确。
高考物理速度选择器和回旋加速器技巧小结及练习题及解析
高考物理速度选择器和回旋加速器技巧小结及练习题及解析一、速度选择器和回旋加速器1．有一个正方体形的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面为边长L =0.20m 的正方形，其电场强度为54.010E =⨯V/m ，磁感应强度22.010B -=⨯T ，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为104.010mq-=⨯kg/C 的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的正方体区域的左侧边界中点射入，如图所示。
（计算结果保留两位有效数字） (1)要使离子流穿过电场和磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何？离子流的速度多大？(2)在(1)的情况下，在离电场和磁场区域右边界D =0.40m 处有与边界平行的平直荧光屏。
若只撤去电场，离子流击中屏上a 点；若只撤去磁场，离子流击中屏上b 点。
求ab 间距离。
（a ，b 两点图中未画出）【答案】(1)电场方向竖直向下；2×107m/s ；(2)0.53m 【解析】 【分析】 【详解】(1)电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，根据平衡条件有qE qvB =解得离子流的速度为Ev B==2×107m/s (2)撤去电场，离子在碰场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有2v qvB m R=解得mvR qB==0.4m 离子离开磁场区边界时，偏转角为θ，根据几何关系有1sin 2L R θ== 解得30θ=o在磁场中的运动如图1所示偏离距离1cos y R R θ=-=0.054m离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为1tan y y D θ=+=0.28m若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间L t v≤加速度qE a m=偏转角为θ'，如图2所示则21tan 2y v qEL vmv θ'=== 偏离距离为2212y at ==0.05m 离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离2tan y y D θ''=+=0.25m所以a 、b 间的距离ab =y +y '=0.53m2．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。
高考题精解分析29回旋加速器
与其它知
识综合定量考查回旋加速器可体现高考理综的综合性。试题一般作为压轴题，分值高，
难度较大。
例 3．（ 2011 天津理综物理第 12 题）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域
得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
（ 1）当今医学影像诊断设备 PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠” ，它在医疗诊断中，
r 减小。用同样的方法也可
【命题分析】 定量考查回旋加速器一般以计算题出现，难度
一般较大。
例 2（ 2009 年江苏物理第 14 题） 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 2 所示，置于
高真空中的 D 形金属盒半径为 R，两盒间的狭缝很小，带电
粒子穿过的时间可以忽略不计 .磁感应强度为 B 的匀强磁场与 盒面垂直 .A 处粒子源产生的粒子，质量为 m、电荷量为 +q ，
r k、
rk 1( rk 1 rk ) ， rk rk 1 rk ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为
D1、D 2 之间的电压为 U。
由洛化兹力充当质子做圆周运动的向心力，知
rk
mvk ，故 qB
vk 、 vk 1 ，
rk
vk
○12
rk 1 vk 1
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量
EK qU
t1
120
mr
12
1 20 1.6%
②
m0 2
2
（ 2）设质子质量为 m，电荷量为 q，质子离子加速器时速度大小为 v，由牛顿第二定律
知
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样得分。 （ 3）方法一
设 k (k N *) 为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为
高考物理试卷分类汇编物理速度选择器和回旋加速器(及答案)含解析
高考物理试卷分类汇编物理速度选择器和回旋加速器(及答案)含解析一、速度选择器和回旋加速器1．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。
照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。
现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。
(1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ； (2)求该离子的比荷q m； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。
【答案】(1)1E v B =；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E∆=【解析】 【分析】 【详解】(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0Eq =B 1qv解得1Ev B =(2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以22mv B qv R= 解得12q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2 根据题意R 2=R 1+2d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得2121mv B qv R =2222m v B qv R =联立得22121()B qm m m R R v∆=-=- 化简得122B B qdm E∆=2．如图所示，半径为R 的圆与正方形abcd 相内切，在ab 、dc 边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc 边中点O 2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O 1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．（1）求两极板间电压U 的大小（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O 1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．【答案】（1）20mv q （2）00212122v v v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．（2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度．（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有：212R at =，02R v t =，2qUa Rm =解得：20mv U q=（2）由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过，则有：02U qv B q R= 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a 点，如图甲图：由几何关系有：2r r R +=由洛伦兹力提供向心力有：211v qv B m r=解得：10212v v -=若打到b 点，如图乙所示：由几何关系有：2r R R '-=由洛伦兹力提供向心力有：222v qv B m r='解得：20212v v += 故010212122v v v v ≤≤=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．如图所示为一速度选择器，也称为滤速器的原理图．K 为电子枪，由枪中沿KA 方向射出的电子，速度大小不一．当电子通过方向互相垂直的均匀电场和磁场后，只有一定速率的电子能沿直线前进，并通过小孔S ．设产生匀强电场的平行板间的电压为300 V ，间距为5 cm ，垂直纸面的匀强磁场的磁感应强度为0．06 T ，问：（1）磁场的方向应该垂直纸面向里还是垂直纸面向外？ （2）速度为多大的电子才能通过小孔S?【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）1×105m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题图可知，平行板产生的电场强度E 方向向下．带负电的电子受到的静电力F E ＝eE ，方向向上．若没有磁场，电子束将向上偏转，为了使电子能够穿过小孔S ，所加的磁场施于电子束的洛伦兹力必须是向下的，根据左手定则分析得出，B 的方向垂直于纸面向里．（2）能够通过小孔的电子，其速率满足evB ＝eE解得：v＝E B又因为E＝Ud所以v＝UBd＝1×105m/s即只有速率为1×105m/s的电子才可以通过小孔S5．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MN0U 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，30a∠=︒，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=0UB L（2）1102B LBE 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：qvB0= qE0①E0 =0UL②解得:v=0UB L③(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11sin 30ad R s R =+︒④ qvB 1 =2v m R⑤得:B 1=3admvqS 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 =12at 2⑧ qE 1=ma ⑨tan30º=ad xS y + ⑩y v at = ⑾tan30º =yvv ⑿得:E 1=232admv qS ⒀ 所以:01102B L B E U = ⒁6．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。
回旋加速器(含详细讲解)
练习八回旋加速器一、选择题(每题6分，共48分)1.A 关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是A.电场和磁场都对带电粒子起加速作用B.电场和磁场是交替地对带电粒子做功的C.只有电场能对带电粒子起加速作用D.磁场的作用是使带电粒子在D 形盒中做匀速圆周运动答案：CD2.在回旋加速器，带电粒子在半圆形盒经过半个周期所需的时间与下列哪个量有关A.带电粒子运动的速度B.带电粒子运动的轨道半径C.带电粒子的质量和电荷量D.带电粒子的电荷量和动量答案：C3.B 关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说确的是A.与加速器的半径有关，半径越大，能量越大B.与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C.与加速器的电场有关，电场越强，能量越大D.与带电粒子的质量和电荷量均有关，质量和电荷量越大，能量越大答案：AB(由带电粒子在磁场中运动的半径公式R=qB mv 可得v=mRqB ，所以粒子获得的最大动能E k =2mv 21=()2m RqB 24.A 加速器使某种粒子的能量达到15MeV ，这个能量是指粒子的A.势能B.动能C.能D.电能答案：B5.A 下列关于回旋加速器的说法中，正确的是A.回旋加速器一次只能加速一种带电粒子B.回旋加速器一次最多只能加速两种带电粒子C.回旋加速器一次可以加速多种带电粒子D.回旋加速器可以同时加速一对电荷量和质量都相等的正离子和负离子答案：A6.A 用回旋加速器分别加速α粒子和质子时，若磁场相同，则加在两个D 形盒间的交变电压的频率应不同，其频率之比为A1：1B.1：2C.2：1D.1：3答案：B7.B 用同一回旋加速器分别对质子和氚核(H 31)加速后 A.质子获得的动能大于氚核获得的动能B.质子获得的动能等于氚核获得的动能C.质子获得的动能小于氚核获得的动能D.质子获得的动量等于氚核获得的动量答案：AD8.A 我国第一台能量为百亿电子伏特的高能环形加速器，可以使粒子的能量达到A.3.1×1029JB.1.6×10-19J C.8×10-9JD.3.2×10-30J答案：C二、填空题(每题6分，共18分)9.B 用一回旋加速器对某种带电粒子加速，若第一次加速后该粒子在D 形盒中的回旋半径为r ，则该粒子第二次进入该D 形盒中的回旋半径为________.答案：带电粒子经过一次电场加速后第一次进入D 形盒，此时动能为qU ；又经两次电场加速后第二次进入同一D 形盒(回旋加速器中有两个D 形盒)，此时动能为3qU ，又据R=qBmv可知该粒子第二次进人该D 形盒中的回旋半径为3r.10.B1989年初，我国投入运行的高能粒子加速器可以把电子的能量加速到2.8GeV ，若每级的加速电压U=2.0×105V ，则需要经过________级加速.答案：设经过n 级加速，则由动能定理得： neU=E ，n==eU E 519-199100.2106.1106.1108.2⨯⨯⨯⨯⨯⨯-=1.4×104(级) 11.B 用同一回旋加速器分别加速α粒子和质子，则它们飞出D 形盒时的速度之比v α：v H =________.答案：带电粒子在D 形盒做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，对带电粒子飞出回旋加速器前的最后半圈，根据牛顿第二定律有： qvB=m·R v 2，解得v=mqBR∵αq ：q H =2：1，αm ：m H =4；1∴αv ：v H =1：2三、说理、计算题(12、13题各12分，14题10分)12.B 为什么带电粒子经回旋加速器加速后的最终能量与加速电压无关?答案：解：加速电压越高，带电粒子每次加速的动能增量越大，回旋半径也增加越多，导致带电粒子在D 形盒中的回旋次数越少；反之，加速电压越低，粒子在D 形盒中回旋的次数越多，可见加速电压的高低只影响带电粒子加速的总次数，并不影响引出时的速度和相应的动能，由E m =2mv 21=()2m RqB 2可知，增强B 和增大R 可提高加速粒子的最终能量，与加速电压的高低无关.13.B 某研究所有一台供实验用的回旋粒子加速器，若振荡工作时的频率为12MHz ，D 形盒电极的半径为O.52m.问：(1)若要用这个加速器来加速氘核，所加磁场的磁感应强度为多大?(2)从加速器输出时，氘核的能量有多大?(m 氘=3.34×10-27kg) 答案：解：(1)粒子做加速运动的周期为T=qB m 2π，应与振荡器的振荡周期相同，即f 1=qB m 2π所以B=qmf 2π=1.57T (2)由牛顿第二定律可知：Bqv=m·R v 2得v=mBqR .所以氘核的动能为E k =2mv 21=()2m RqB 2=2.55×10-12J 14.C 回旋加速器中匀强磁场的磁感应强度B=1T ，高频加速电压的频率，f=7.5×106Hz ，带电粒子在回旋加速器中运动形成的粒子束的平均电流I=1mA ，最后粒子束从半径R=1m 的轨道飞出，如果粒子束进入冷却“圈套”的水中并停止运动，问可使“圈套”中的水的温度升高多少度?(设“圈套”中水的消耗量为M=1kg·s -1，水的比热容为c=4200J/(kg·K) 答案：解：粒子在盒运动时满足：Bqv=Rv m 2① 又∵f=R2v π② 整理①②两式得B f 2m q π=③ 设单位时间飞出回旋加速器的粒子为N ，则据I=nesv 和N=svn 可得I=Nq.④粒子束在单位时间释放出来的能量为： Q=N·2mv 21⑤将③④代人⑤得Q=πIBR 2f 由热平衡条件得：Q=cmΔt 所以升高的温度为△t=cm f IBR 2 =5.6K。
2021年高考物理专题考点最新模拟题精练专题29 质谱仪和回旋加速器(解析版)
2015—2020年六年高考物理分类解析专题29、质谱仪和加速器一．2020年高考题1．（10分）（2020年7月浙江选考）某种离子诊断测量简化装置如图所示。
竖直平面内存在边界为矩形EFGH 、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，探测板CD 平行于HG 水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。
a 、b 、c 三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH 水平射入磁场，b 束中的离子在磁场中沿半径为R 的四分之一圆弧运动后从下边界HG 竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D 点。
已知每束每秒射入磁场的离子数均为N ，离子束间的距离均为0.6R ，探测板CD 的宽度为0.5R ，离子质量均为m 、电荷量均为q ，不计重力及离子间的相互作用。
（1）求离子速度v 的大小及c 束中的离子射出磁场边界HG 时与H 点的距离s ； （2）求探测到三束离子时探测板与边界HG 的最大距离max L ；（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F 与板到HG 距离L 的关系。
【名师解析】：（1）2mv qvB R=得 qBR v m = 几何关系0.6OO R '=22(0.6)0.8s R R R =-=（2）a 、c 束中的离子从同一点Q 射出，αβ=maxtan R sL α-=max 415L R =（3）a 或c 束中每个离子动量的竖直分量z cos 0.8p p qBR α==4015LR < 1z 2 2.6F Np Np NqBR =+=40.415R L R < z 2 1.8F Np Np NqBR =+= 0.4L R >3F Np NqBR ==二．2019年高考题1.（2019年4月浙江选考）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。
左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。
高考物理 有关回旋加速器的高考题的解法论文
有关回旋加速器的高考题的解法2009年高考江苏省物理卷的第14题,是一道有关回旋加速器的综合题14.（16分）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，置于高真空中的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以忽略不计。
磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。
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，加速电压为U。
加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。
（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。
若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m、f m，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。
14.(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1qu=12mv12qv1B=m2 1 1 v r解得1r=同理，粒子第2次经过狭缝后的半径2r=则21 :r r=（2）设粒子到出口处被加速了n圈221222nqU mv v qvB m Rm T qBt nT π==== 解得 22BR t U π=（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即2qB f m π=当磁场感应强度为Bm 时，加速电场的频率应为2m Bm qB f mπ= 粒子的动能212K E mv = 当Bm f ≤m f 时，粒子的最大动能由B m 决定2m m m v qv B m R= 解得2222m kmq B R E m = 当Bm f ≥m f 时，粒子的最大动能由f m j 决定2m m v f R π=解得 2222km m E mf R π=2005年高考理科综合能力测试卷的第25题,也是一道有关回旋加速器的综合题, 题目是:解(1)核反应方程为H N H O 4213711168+→+(2)设质子加速后的最大速度为v, 由R v m qvB 2= (1) 得qBmv R = (2) 周期为:qBm v R T ππ22== (3)与速度无关 高频电源的频率为:mqB T f π21==(4) 质子加速后的最大动能为:221mv E K = (5) 设质子在电场中被加速的次数为n,则nqU E K = (6)2T n t = (7) (2)代入(5),(7)代入(6),并且(5)=(6)得:mUB tq m R B q π22222=,得加速电压为: t BR U 22π= (8).第(3)问给出两种解法.(3)解法1因为在电场中加速的时间每一次不相等,设第1次为1t ,第2次为2t ,第3次为3t ,……第n 次为n t ,每次加速后的轨道半径分别为r 1、r 2、r 3……r n ,则:111r maqB a v t ==, )(12122r r maqB a v v t -=-= )(23233r r ma qB a v v t -=-=…… )(11---=-=n n n n r R maqB a v v t 在电场中加速的总时间为 +++=321't t t t ……+n t =ma qB [r 1+(r 2-r 1)+(r 3-r 2)+……+(R-r n-1)= maqB R=U dBR (9) 因为在D 形盒中回旋时每一周的时间相等,所以在D 形盒中回旋的总时间为由(8)式得U BR t 22π= (10) 所以12'<<=Rd t t π, 即当d R >>时,'t 可忽略不计.(3)解法2在电场中加速的总时间为 vnd v nd t 22'==(11),其中nd 为总路程,2v 为平均速度. 在D 形盒中回旋的总时间为 v R n t π= (12),其中R π为最后半周的路程, v R π为最后半周的时间, 在D 形盒中回旋时每半周的时间相等.两式相比得: 12'<<=Rd t t π 即当d R >>时,'t 可忽略不计.解本题要注意:1. 在D 形盒中回旋时每半周的时间相等, 在电场中加速的时间每一次不相等.2. 在D 形盒中回旋的总时间为2T n t =而不是nT t =,因为每半周加速1次.本题比较复杂,考查的知识点较多,如带电粒子在电场中的加速, 带电粒子在磁场中的圆周运动,周期和频率,还有核反应方程等.考查的能力也比较多,有:理解能力:理解带电粒子的运动图景;分析和综合能力:分析带电粒子在D形盒中回旋时每半周的时间与在D形盒中回旋的总时间的关系,分析在电场中每一次加速的时间与在电场中加速的总时间的关系;应用数学处理物理问题的能力:公式的推导与变换比较多.本题设置的背景比较先进,用物理方法解决生物医学问题,体现了物理学与科学、技术、社会(STS)的紧密关系,是一道好题.。
高考物理试卷分类汇编物理速度选择器和回旋加速器(及答案)及解析
高考物理试卷分类汇编物理速度选择器和回旋加速器(及答案)及解析一、速度选择器和回旋加速器1．如图所示，半径为R 的圆与正方形abcd 相内切，在ab 、dc 边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc 边中点O 2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O 1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．（1）求两极板间电压U 的大小（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O 1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．【答案】（1）20mv q （2）00212122v v v -+≤≤ 【解析】试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．（2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度．（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有：212R at =，02R v t =，2qUa Rm =解得：2mv U q=（2）由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过，则有：02U qv B q R= 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a 点，如图甲图：由几何关系有：2r r R +=由洛伦兹力提供向心力有：211v qv B m r=解得：10212v v -=若打到b 点，如图乙所示：由几何关系有：2r R R '-=由洛伦兹力提供向心力有：222v qv B m r='解得：2021v v += 故010212122v v v v -+≤≤=2．如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05m 。
高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题及解析
高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题及解析一、速度选择器和回旋加速器1．有一个正方体形的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面为边长L =0.20m 的正方形，其电场强度为54.010E =⨯V/m ，磁感应强度22.010B -=⨯T ，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为104.010mq-=⨯kg/C 的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的正方体区域的左侧边界中点射入，如图所示。
（计算结果保留两位有效数字） (1)要使离子流穿过电场和磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何？离子流的速度多大？(2)在(1)的情况下，在离电场和磁场区域右边界D =0.40m 处有与边界平行的平直荧光屏。
若只撤去电场，离子流击中屏上a 点；若只撤去磁场，离子流击中屏上b 点。
求ab 间距离。
（a ，b 两点图中未画出）【答案】(1)电场方向竖直向下；2×107m/s ；(2)0.53m 【解析】 【分析】 【详解】(1)电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，根据平衡条件有qEqvB解得离子流的速度为Ev B==2×107m/s (2)撤去电场，离子在碰场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有2v qvB m R=解得mvR qB==0.4m 离子离开磁场区边界时，偏转角为θ，根据几何关系有1sin 2L R θ== 解得30θ=在磁场中的运动如图1所示偏离距离1cos y R R θ=-=0.054m离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为1tan y y D θ=+=0.28m若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间L t v≤加速度qE a m=偏转角为θ'，如图2所示则21tan 2y v qEL vmv θ'=== 偏离距离为2212y at ==0.05m 离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离2tan y y D θ''=+=0.25m所以a 、b 间的距离ab =y +y '=0.53m2．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。
高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题
高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及经典题型及练习题一、速度选择器和回旋加速器1．如图，正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为L 。
一个带电粒子（不计重力）从AD 中点以速度v 水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场区，最后恰能从C 点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区，求： (1)该粒子最后飞出场区的位置；(2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？【答案】(1)AB 连线上距离A 3L 处，(2)34。
【解析】 【详解】(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：qvB qE =仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：L vt =竖直方向匀加速直线运动：2122L qE t m= 联立方程得：2qELv m=仅有磁场时：2mv qvB R= 根据几何关系可得：R L =设粒子从M 点飞出磁场，由几何关系：AM 222L R ⎛⎫- ⎪⎝⎭=32L 所以粒子离开的位置在AB 连线上距离A 点32L 处； (2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为α，末速度反向延长线过水平位移中点：2tan 12LL α==解得：45α︒=仅有磁场时，设飞出时速度偏角为β：tan 3AMOAβ== 解得：60β︒= 所以偏转角之比：34αβ=。
2．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。
2013高中物理热点回旋加速器知识点与习题高考题总结
高频考点复习：回旋加速器一、带点粒子在电场中的加速问题问题1．如何使一个带电的微粒获得速度（能量）？ 由动能定理K E W∆=221mv qU =mqU v 2=问题2.如何使一个带电粒子获得很大的速度(能量)? 拓展：如:①增大加速电压；②使微粒的核质比增大，等等。
问题3.带电粒子一定，即q/m 一定，要使带电粒子获得的能量增大，可采取什么方法？ 问题4.实际所加的电压，能不能使带电粒子达到所需要的能量？（不能）怎么办？ 多级加速::带电粒子增加的动能为分析：方法可行，但所占的空间范围大。
能不能在较小的范围内实现多级加速呢？ 二、回旋加速器 1、回旋加速器（1）回旋加速器的构造：两个D形金属盒，粒子源，半径为R D ,大型电磁铁，高频振荡交变电压U.（2）用途：回旋加速器是产生大量高能量的带电粒子的实验设备．(3)原理：a.电场加速：221mv qU = b.磁场约束偏转：r mv BqV 2=，Bqmvr =C ．加速条件：高频交流电源的周期与带电粒子在D 形盒中运动的周期相同，即：Bqm2T π==回旋电场T （4）高频考点：(1)回旋加速器中的D 形金属盒，它的作用是静电屏蔽. (2)回旋加速器最后使粒子得到的最大速度：Rmv BqV 2max=，（R 为D 形盒半径）mBqRV =max ,最大动能：Emax=2222122D B q R mv m=(3)交变电压的周期与带电粒子做匀速圆周运动的周期相等：2m T T Bqπ==粒交(4)M 和N 间的加速电场很窄,可忽略加速时间.故粒子在回旋加速器中运动时间为:22maxmv nUq =，2Tn t =,22max 1222D B R m t Uq Bq U ππE =⋅⋅=带电粒子在电场中的时间不能忽略：21t t t +=,22maxmv nUq =，22Tnt =,a V t max 1=或者max 1mv Ft =(5)回旋加速器的优点是体积小,缺点是粒子的能量不会很高.按照狭义相对论,当粒子速度接近光速时,质量变大,则圆周运动的周期发生变化,粒子就不会总是赶上加速电场,这破坏了回旋加速器的工作条件. 命题分析考查方式一定性考查回旋加速器【命题分析】定性考查回旋加速器一般以选择题出现，难度一般不大。
高考物理速度选择器和回旋加速器压轴难题知识归纳总结word
高考物理速度选择器和回旋加速器压轴难题知识归纳总结word一、高中物理解题方法：速度选择器和回旋加速器1．如图，正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为L 。
一个带电粒子（不计重力）从AD 中点以速度v 水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场区，最后恰能从C 点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区，求： (1)该粒子最后飞出场区的位置；(2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？【答案】(1)AB 连线上距离A 点32L 处，(2)34。
【解析】 【详解】(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：qvB qE =仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：L vt =竖直方向匀加速直线运动：2122L qE t m= 联立方程得：2qELv m=仅有磁场时：2mv qvB R= 根据几何关系可得：R L =设粒子从M 点飞出磁场，由几何关系：AM 222L R ⎛⎫- ⎪⎝⎭3L所以粒子离开的位置在AB 连线上距离A 3处； (2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为α，末速度反向延长线过水平位移中点：2tan 12LL α==解得：45α︒=仅有磁场时，设飞出时速度偏角为β：tan 3AMOAβ== 解得：60β︒= 所以偏转角之比：34αβ=。
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R 0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R 0大小； （2）若同时存在电场和磁场，粒子的速度0v 大小；（3）现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x =R 0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。
高考物理速度选择器和回旋加速器压轴题知识归纳总结word
高考物理速度选择器和回旋加速器压轴题知识归纳总结word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，半径为R 的圆与正方形abcd 相内切，在ab 、dc 边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc 边中点O 2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O 1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．（1）求两极板间电压U 的大小（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O 1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．【答案】（1）20mv q （2）002121v v v -+≤≤ 【解析】试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．（2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度．（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有：212R at =，02R v t =，2qUa Rm =解得：2mv U q=（2）由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过，则有：02U qv B q R= 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a 点，如图甲图：由几何关系有：2r r R +=由洛伦兹力提供向心力有：211v qv B m r=解得：10212v v -=若打到b 点，如图乙所示：由几何关系有：2r R R '-=由洛伦兹力提供向心力有：222v qv B m r='解得：20212v v += 故0102121v v v v -+≤≤=2．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MN 0U U =-，磁感应强度大小为0B .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，30a ∠=︒，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B 1；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E 1.求B 1与E 1的比值为多少? 【答案】（1）v =00U BL （2）01102B LB 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 L② 解得:v =0U B L③ (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11sin 30ad R s R =+︒④ qvB 1 =2v m R⑤得:B 1=3admvqS 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 =12at 2⑧ qE 1=ma ⑨tan30º=ad xS y+ ⑩y v at = ⑾tan30º =yvv ⑿得:E 1=232admv qS ⒀ 所以:01102B L B E U = ⒁3．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。
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高频考点：回旋加速器
动态发布：2008广东物理卷第4题、2009年江苏物理第14题、2011天津理综物理第12题命题规律：回旋加速器是教材中介绍的带电粒子在电磁场中的运动的实例，也是近代物理的重要实验装置，是高考考查的重点和热点，考查回旋加速器的试题可能为选择题，也可能为计算题，计算题常常以压轴题出现，综合性强、难度大、分值高、区分度大。
命题分析
考查方式一定性考查回旋加速器
【命题分析】定性考查回旋加速器一般以选择题出现，难度一般不大。
例1（2008广东物理卷第4题）1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原
理如图1所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，
下列说法正确的是
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量
D．离子从电场中获得能量
【解析】根据回旋加速器的原理可知，离子由加速器的中心附近进入加速器，选项A正确B 错误；离子从电场中获得能量，选项C错误D正确。
【标准答案】AD
考查方式二定量考查回旋加速器
【命题分析】定量考查回旋加速器一般以计算题出现，难度
一般较大。
例2（2009年江苏物理第14题）1932年，劳伦斯和利文斯设
图2
计出了回旋加速器.回旋加速器的工作原理如图2所示，置于高真空中的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以忽略不计.磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直.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，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.
（1）求粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比；
（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；
（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E km .
【标准解答】：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1，速度为v 1， qU=12mv 12，qv 1B=m 211
v r 联立解得：112mU r B q
=
当Bm f ≥m f 时，粒子的最大动能由f m 决定，2m m v f R π=
解得 2222km m E mf R π=.
考查方式三 与其它知识综合定量考查回旋加速器
【命题分析】回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域有广泛应用，与其它知
识综合定量考查回旋加速器可体现高考理综的综合性。
试题一般作为压轴题，分值高，难度较大。
例3．（2011天津理综物理第12题）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域
得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
（1）当今医学影像诊断设备PET/CT 堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，
常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。
碳11是由小型回旋加速器输出的
高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。
若碳11的半
衰期t 为20min ，经2.0h 剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效
数字）
（2）回旋加速器的原理如图，D 1和D 2是两个中空的半径为R 的半圆金属盒，它们接在
电压一定、频率为f 的交流电源上，位于D 1圆心处的质子源A 能不断产生质子（初
速度可忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D 1、D 2置于盒面垂直的磁
感应强度为B 的匀强磁场中。
若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P ，求输
出时质子束的等效电流I 与P 、 B 、R 、f 的关系式（忽略质子在电场中的运动
时间，其最大速度远小于光速）。
（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨
道的半径之差△r 是装置大、减小还是不变？
【标准解答】：
（1）核反应方程为
He C H N 421161
114
7+→+ ①
设碳11原有质量为m 0，经过t 1=2.0h 剩余的质量为m r ，根据半衰其定义有
%6.1212120120201≈⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=t r m m ②
（2）设质子质量为m ，电荷量为q ，质子离子加速器时速度大小为v ，由牛顿第二定律知
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样得分。
（3）方法一
设*)(N k k ∈为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为k r 、k k k k k k r r r r r r -=∆>+++111),(，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为k v 、,1+k v D 1、D 2之间的电压为U ，由动能定理知 22212121k k mv mv qU -=+ ⑨
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力， 知qB
mv r k k =，则 2)(22212
2k k r r m B q qU -=+ 整理得)
(412k k k r r qB mU r +=∆+ ⑩
因U 、q 、m 、B 均为定值，令,42qB mU C =由上式得 1
k k k C r r r +∆=+ 相邻轨道半径1k r +、2k r +之差
121k k k r r r +++∆=-
同理
112
k k k C r r r +++∆=+ 因为2k k r r +>，比较k r ∆、1k r +∆得
1k r +∆<k r ∆ ○
11 说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 减小。
方法二：
设*()k k N ∈为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k 、
11()k k k r r r ++>，1k k k r r r -∆=-，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为k v 、1k v +，D 1、D 2之间的电压为U 。
由洛化兹力充当质子做圆周运动的向心力，知k k mv r qB
=，故 11
k k k k r v r v ++= ○12 由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量
K E qU ∆= ○
13 以质子在D 2盒中运动为例，第k 次进入D 2时，被电场加速(21)k -次，速度大小为
211122(21)()
k k k k r r k r r ++++∆=++ 由于2k k r r +>，比较k r ∆、1k r +∆得
1k r +∆<k r ∆ ○
15 说明随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 减小。
用同样的方法也可得到质子在D 1盒中运动时具有相同的结论。