高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题

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:
q m
E 2B2d
2
【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.
8．某粒子实验装置原理图如图所示，狭缝 S1 、 S2 、 S3 在一条直线上， S1 、 S2 之间存在 电压为 U 的电场，平行金属板 P1 、 P2 相距为 d，内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场， 磁感应强度为 B1 。比荷为 k 的带电粒子由静止开始经 S1 、 S2 之间电场加速后，恰能沿直 线通过 P1 、 P2 板间区域，从狭缝 S3 垂直某匀强磁场边界进入磁场，经磁场偏转后从距离 S3 为 L 的 A 点射出边界。求：
切，即： x=vt ⑦
y= 1 at2 ⑧ 2
qE1=ma ⑨
x tan30º= Sad y ⑩
vy at ⑾
v tan30º = vy ⑿
得:E1= 3mv2
⒀
2qS ad
所以: B1 2B0L ⒁ E1 U0
6．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 B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为 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，方向垂直于纸面朝里。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，沿同一方向射出平 行金属板之间的区域，并沿直径 CD 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的 F 点射 出。已知速度的偏向角为 θ=90°，不计重力。求：
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，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 v0 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 q 不变， 粒子仍从 P 点沿+x 方向射入，从 N 点离 m
开圆形区域，求 粒子在 P 点的速度大小。
E
【答案】(1) ，方向垂直纸面向里(2)
v0
【解析】
v0 (3) 3 v0 3BR 2
【详解】
（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即
【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 E0 ，则有：U E0d
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： qE0 qv0B0
解得：金属板 M、N 间的电压U B0v0d
解得
Eq=B1qv
v E B1
(2)在偏转磁场中做半径为 R 的匀速圆周运动，所以
mv2 B2qv R
解得
q E m RB1B2
(3)设质量较小的离子质量为 m1，半径 R1；质量较大的离子质量为 m2，半径为 R2 根据题意
d
R2=R1+
2
它们带电量相同，进入底片时速度都为 v，得
联立得 化简得
求粒子的比荷 q 。 m
【答案】 E 2B2d 2
【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： qE 1 mv2 2
洛伦兹力平衡，根据平衡条件有：qvB0= qE0 ①
E0 = U0
②
L
解得:v=
U0 B0 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
sad
R1
R1 sin 30
④
qvB1 = m v2
⑤
R
3mv
得:B1= qSad
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
可求出偏转磁场的磁感应强
度 【详解】
（1）设带电粒子质量为 m，所带电荷量为 q，已知 q k m
粒子在电场中 S1 与 S2 之间加速，根据动能定理可得： qU 1 mv2 0 ； 2
带电粒子在
P1
和
P2
间运动，根据电场力与洛伦兹力平衡可得：
q
U d
qvB1
解得：
U B1d 2kU ；
（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力： qvB2
直线运动，打在挡板上的 P1 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 P2 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) v 500m/s ；(2) m 4.01010 kg
qvB m v2 R
联立可得带电粒子的质量
R L 0.5m
m qBL 2106 0.2 0.5 kg 4.01010 kg
v
500
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 B0 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 v0 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：
高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题
一、速度选择器和回旋加速器
1．如图所示，虚线 O1O2 是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为 B1，匀强电 场的场强为 E（电场线没有画出）。照相底片与虚线 O1O2 垂直，其右侧偏转磁场的磁感应 强度为 B2。现有一个离子沿着虚线 O1O2 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；
【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
v E 100 m/s 500m/s B 0.2
(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
而粒子偏转 90°，由几何关系可知
由几何关系得：r=R
离子的比荷为： q U m BB0Rd
7．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，
vy v0
联立以上各式解得，离子在电场 E 中运动到 A 点所需时间： t mv0 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：
qvB m v2 R
解得： R mv 2mv0 qB qB
由几何知识可得 AC 2R cos 45 2R 2mv0 qB
在电场中，x
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， a 30，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
(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) B0v0d
；(2)
t＝ mv0 qE
；(3)
mv02 2mv0 qE qB
【解析】
x= 3 R=vt 2
y= 3 R= 1 × qE t2 2 2m
又
联立解得
qE=Bqv0
v= 3 Bqv0R = 3 v0 2 3m 2
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UMN U0 ，磁感应强度大小为 B0 .一个带正电的粒子从
(2)ห้องสมุดไป่ตู้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 O1O2 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) v
E B1
；(2)
q m
E RB1B2
；(3) m
B1B2qd 2E
【解析】
【分析】
【详解】
(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为 0
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 E1.求 B1 与 E1 的比值为多少?
【答案】（1）v=
U0 B0 L
（2）
B1 E1
2 B0 L U0
【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
（1） P1 、 P2 两板间的电压；
（2）偏转磁场的磁感应强度。
【答案】（1）U B1d
2kU
（2）
B2
2 L
2U k
【解析】
【分析】
（1）粒子先在电场中加速，然后匀速通过 P1 、 P2 ，则根据平衡可求出 P1 、 P2 两板间的电
压
（2）根据粒子的运动轨迹找到运动半径，借助于 qvB2
m
v2 r
(1)离子速度 v 的大小； (2)离子的比荷 q/m。
【答案】 v U B0d
【解析】
；q U m BB0Rd
【详解】
(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动： B0qv qE0
E0
U d
得： v U B0d
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： Bqv m v2 r
B2qv
m1v2 R1
B2qv
m2v2 R2
m
m2
m1
B2q v
(R2
R1 )
m B1B2qd 2E
2．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
解得
qE=Bqv0
E B= v0
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
由几何关系可知
Bqv0=m v02 r
r= 3 R，
联立得
q
=
v0
m 3BR
（3）粒子从 P 到 N 做类平抛运动，根据几何关系可得
方向上离子做匀速直线运动，则 OA
v0t
mv02 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：
OC OA AC mv02 2mv0 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
（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： cos 45 v0 v
故离子运动到 A 点时的速度： v 2v0 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 vy ，则在 y 方向上根据运动学公
式得 vy
at 且 tan 45