高中物理速度选择器和回旋加速器及其解题技巧及练习题

高中物理速度选择器和回旋加速器及其解题技巧及练习题一、速度选择器和回旋加速器1．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qm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(2)03BR (3)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 =Ev 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 20v r由几何关系可知r=3R，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=32R=vty=32R=12×qEmt2又qE=Bqv0联立解得v=323Bqv Rm=3v02．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v0，两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=Bv0d；（2）mqBθ；（3）R=0tan2mvqBθ【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=Bv0d(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=2rv 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 qBθ3．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 ①E 0 =U L ② 解得:v =00U 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 ⑨ tan30º=ad xS y+ ⑩ y v at = ⑾tan30º =yvv⑿ 得:E 1=232admv qS ⒀ 所以:01102B L B E U = ⒁4．如图，平行金属板的两极板之间的距离为d ，电压为U 。

两极板之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行且垂直于纸面向里。

两极板上方一半径为R 、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 ，方向垂直于纸面向里。

一带正电的粒子从A 点以某一初速度沿平行于金属板面且垂直于磁场的方向射入两极板间，而后沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，并从边界上的F 点射出。

已知粒子在圆形磁场区域运动过程中的速度偏转角23πθ=，不计粒子重力。

求：（1）粒子初速度v 的大小； （2）粒子的比荷。

【答案】（1）v = o U B d （2）3o q U m BB Rd= 【解析】 【详解】（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动 qvB 0 = qE ① U = Ed ② 由①②式得v =o UB d③ （2）在圆形磁场区域，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2v qvB m r= ④由几何关系有：tan2Rrθ=⑤由③④⑤式得：3oq Um=⑥5．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）①2222q B Rm3；③2dRπ，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2mvqv B mR=212km mE mv=解得2222kmB 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2v qvB m r=在电场中有212NqU 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 qUa 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2122m nqU mv =带电粒子回旋一圈的时间为2πmT qB=所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为22π2BR 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2πmT 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。

6．在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。

1930年，·EamestO Lawrence 提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。

图17甲为·EamestO Lawrence 设计的回旋加速器的示意图。

它由两个铝制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条狭缝；两个D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。

图17乙为俯视图，在D 型盒上半面中心S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 型盒中。

在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。

如此周而复始，最后到达D 型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取出。

已知正离子的电荷量为q ，质量为m ，加速时电极间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 型盒的半径为R ，狭缝之间的距离为d 。

设正离子从离子源出发时的初速度为零。

（1）试计算上述正离子从离子源出发被第一次加速后进入下半盒中运动的轨道半径； （2）尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。

试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间；（3）不考虑相对论效应，试分析要提高某一离子被半径为R 的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。

【答案】（1）122mU r qB =2）2(1)nm n mt qU qBπ-=（3）增大加速器中的磁感应强度B 【解析】 【详解】（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v 1，由动能定理得：2112qU mv =正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r 1，由牛顿第二定律得：2111v qv B m r =由以上两式解得：122mUr qB =（2）设正离子经过窄缝被第n 次加速加速后的速度为v n ，由动能定理得：212n nqU mv =把电场中的多次加速凑成连续的加速过程，可得粒子在狭缝中经n 次加速的总时间为：1nv t a=由牛顿第二定律有：Uqma d= 由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：1t = 正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：2v qvB m r=又因有：2rT vπ=每加速一次后都要做半个周期的圆周，则粒子在磁场中做圆周运动的时间为：2(1)2T t n =- 由以上三式解得：2(1)n mt qBπ-=所以粒子从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间为：12(1)n mt t t qBπ-=+= 故正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n次加速结束时所经历的时间为(1)n mqBπ- （3）设离子从D 盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为r m ，速度为v mm r R =2mm mv qv B m r =离子获得的最大动能为：2222122kmm q B R E mv m==所以，要提高某一离子被半径为R 的回旋加速器加速后的最大动能可以增大加速器中的磁感应强度B ．7．诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下．如图所示，两个中空的半径R =0.125m 的半圆金属盒，接在电压U =5000V 、频率恒定的交流电源上；两盒狭缝之间距离d =0.01m ，金属盒面与匀强磁场垂直，磁感应强度B =0.8T ．位于圆心处的质子源能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用），质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出．已知质子的比荷198271.6101101.6710q Cm kg--⨯=≈⨯⨯C/kg ，求： (1)质子能获得的最大速度；(2)质子在电场加速过程中获得的平均功率；(3)随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr 如何变化？简述理由． (4)设输出时质子束形成的等效电流为100mA ，回旋加速器输出功率是多大？【答案】(1)7max 110v =⨯m/s (2) 7410P -≈⨯W 电 (3) Δr 逐渐减小 (4)P =5000W【解析】 【详解】（1）粒子在磁场中回旋，有2mv qvB r= 引出时有r=R ， 得7max 110gBRv m==⨯m/s （2）引出前质子（在电场中）加速的次数100km En qU==质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动 该过程中的平均速度为v /2，则7210/2ndt s v -==⨯电 平均功率()2277771 1.6710102410210W P t ---⨯⨯⨯==≈⨯⨯W W 电电 （3）粒子回旋半径mvr qB=，设加速一次后的速度为v 1，加速三次后的速度为v 3，则有 313v v =，515v v =……，由此313r r =，515r r =因为111(31)(53)(75)r r r ->->->，故Δr 逐渐减小（4）研究出口处截面Δt →0时间内的质子，设有N 个，则N·q =I ·Δt在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N 个质子从静止加速到km E 即21(0)2W N mv =-W P t=∆， 代入得P =5000W8．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，D 1、D 2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t 1及在两D 形盒间电场中运动的时间t 2，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t2远小于t1，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．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B，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)22222e B R mcvmh h=+，2222e B REm=；(2)2e B Umπ；(3)02sinB Rndπ【解析】【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：2mvevBR=解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0eB Rvm=正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：22220122e B RE mvm==正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv+=正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：22222e B R mcvmh 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：212neU mv=解得：222eB RnmU=正、负电子在磁场中运动的周期为：2mTeBπ=正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R nt T Uπ==D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B UW E P t t mπ===(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sin2dr nπ=解得：2sind r nπ=根据洛伦磁力提供向心力可得：200mv ev B r=电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sinB R n B dπ=10．回旋加速器D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为U ，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m .求： (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)eU (2) 2222e B R m (3) 2eBmπ【解析】（1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入D 型盒的动能：k E eU =；（2）根据2v qvB m R =得，粒子出D 形盒时的最后的速度为： m eBRv m=，则粒子出D 形盒时的最后的动能为： 2222122kmm e B R E mv m==； （3）由洛伦兹力提供向心力，则有： 2v Bev m r =，而2rT vπ=，所以粒子在磁场中运行周期为2mT eBπ=，因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即为： 2m T eB π=，因此频率为2eBf mπ=。