1、高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题一、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E 4.0105V/m，磁感应强度 B2.0 102T，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为m4.010 10kg/C 的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的q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
2、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】电场方向竖直向下； 7m/s ； (2)0.53m 102(1)【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EvB7=2 10m/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qvBm v2R解得mvR=0.4mqB离子离开磁场区边界时，偏转角为，根据几何关系有sin解得L1R230o在磁场中的运动如图1 所示偏离距离y1RR cos=0.054m离开磁
3、场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为yy1D tan=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t加速度Lva偏转角为，如图 2 所示则qEmvyqEL1tan偏离距离为vmv22y21 at2=0.05m2离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离yy2D tan=0.25m所以 a、 b 间的距离ab=y+y=0.53m2 边长 L 0.20的正方形区域内存在匀强磁场和匀强电场，其电场强度为Em41 10V/m ，磁感强度B 0.05T，磁场方向垂直纸面向里，当一束质荷比为q-8 510 kg/C的正离子流，以一定的速度从电磁场的正方形区域的边界中点射入，离子流穿过
4、电磁场区域而不发生偏转，如右图所示，不计正离子的重力，求：（ 1）电场强度的方向和离子流的速度大小（ 2）在离电磁场区域右边界 D=0.4m 处有与边界平行的平直荧光屏若撤去电场，离子流击中屏上a 点；若撤去磁场，离子流击中屏上b 点，则 ab 间的距离是多少？【答案】（ 1）竖直向下；2 105 m / s （ 2） 1.34m【解析】【详解】（ 1）正离子经过正交场时竖直方向平衡，因洛伦兹力向上，可知电场力向下，则电场方向竖直向下；由受力平衡得qE = qvB离子流的速度vE2 105 m / sB（2）撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有2vqvBmr故m
5、vr0.2mqB离子离开磁场后做匀速直线运动，作出离子的运动轨迹如图一所示图一由几何关系可得，圆心角60x1L DRsin(0.6 0.1 3)my1x1 tan(0.6 30.3)m=0.74m若撤去磁场，离子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，运动轨迹如图二所示图二通过电场的时间tL1 10 6 sv加速度aqE2 1011m / sm在电场中的偏移量y1 at 20.1m2粒子恰好从电场右下角穿出电场，则vytan1vx由几何关系得y20.4ma 和 b 的距离yaby1y2L0.63-0.30.40.2 m =1.34m3 如图所示，一对平行金属极板a、 b 水平正对放置，
6、极板长度为L，板间距为d ，极板间电压为 U，且板间存在垂直纸面磁感应强度为B 的匀强磁场（图中未画出）。一带电粒子以一定的水平速度从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动，打到距离金属极板右端L 处的荧光屏MN 上的 O 点。若撤去磁场，粒子仍能从极板间射出，且打到荧光屏MN 上的 P 点。已知P 点与 O 点间的距离为h，不计粒子的重力及空气阻力。（1）请判断匀强磁场的方向；（2）求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小v；q（3）求粒子的比荷（）。m【答案】 （1）磁场方向垂直纸面向里（Uq2Uh2） v=（ 3）3B2 L2dBdm【解析】【分析】（ 1）
7、由左手定则可知磁场方向。（ 2）粒子在极板间做直线运动，可知洛伦兹力与电场力相等；（ 3）若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，结合水平和竖直方向的运动特点解答；【详解】（ 1）由左手定则可知 ，磁场方向垂直纸面向里。（ 2）带电粒子受力平衡，有粒子进入极板时的速度 v=qvBqUUdBd（3）带电粒子在两极板间运动时间t 1= L ，加速度 aqUvmd带电粒子穿过电场时的侧移量y11 2qUL 2at12mdv22带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t2=LvqUL带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度vy =at1mdv带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移y2qUL 2vy t
8、2mdv2两次侧移量之和为3qUL 2h，即： h=y1+y2=2mdv2解得：q2Uhm3B2 L2 d【点睛】此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是搞清粒子在场中的运动特征和受力情况；粒子在电场中的偏转问题，主要是结合类平抛运动的规律解答.41897 年，汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定，它的本质是带负电的粒子流并求出了这种粒子的比荷，图为汤姆孙测电子比荷的装置示意图。在真空玻璃管内，阴极 K 发出的电子经阳极A 与阴极 K 之间的高电压加速后，形成细细的一束电子流，沿图示方向进入两极板C、 D 间的区域。若两极板 C、 D 间无电压，电子将打在荧光屏上的O 点，若在两极
9、板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P 点；若再在极板间施加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O 点，已知极板的长度 L1 =5.00cm，C、D 间的距离 d=1.50cm，极板的右端到荧光屏的距离 4L2=10.00cm ，U=200V，B=6.3 10T， P 点到 O 点的距离Y=3.0cm。求 :(1)判断所加磁场的方向；(2)电子经加速后射入极板C、 D 的速度 v；(3)电子的比荷(结果保留三位有效数字）。【答案】 (1) 磁场方向垂直纸面向外711(2) v=2.12 10m/s (3)=1.61 10C/kg【解析】【详解】（ 1
10、）由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；（ 2）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O 点，设电子的速度为，则evB=eE得即代入数据得7v=2.12 10m/s（3）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为这样，电子在电场中，竖直向下偏转的距离为离开电场时竖直向下的分速度为电子离开电场后做匀速直线运动，经t2 时间到达荧光屏t 2 时间内向上运动的距离为这样，电子向上的总偏转距离为可解得代入数据得11=1.61 10 C/kg【点睛】本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研
11、究；对于类平抛运动的处理，通常采用运动的分解法律：将运动分解成相互垂直的两方向运动，将一个复杂的曲线运动分解成两个简单的直线运动，并用牛顿第二定律和运动学公式来求解5 如图所示的平面直角坐标系，x 轴水平， y 轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于x 轴放置的金属板，板间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿y 轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平面向里，磁感应强度大小也为B；第四象限内有匀强电场，电场方向与x 轴正方向成45角斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同现有一质量为m，电荷量为q 的粒子以某一初速度进入平行金属板
12、，并始终沿x 轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从x 轴上的 D 点与 x 轴正方向成45角进入第四象限，M 点为粒子第二次通过x 轴的位置已知 OD 距离为 L，不计粒子重力求：（1）粒子运 的初速度大小和匀 的 大小（2） DM 的距离（ 果用m、q、 v0、 L 和 B 表示）【答案】 （1）E2B2qL（2 ） DM2m2v02mB2q2 L【解析】【 解】（1）、粒子在板 受 力和洛 力做匀速直 运 ， 粒子初速度 v0，由平衡条件有： qv0B=qE粒子在第一象限内做匀速 周运 ， 心 O1 ，半径 R， 迹如 ，由几何关系知 RL 2L cos45由牛 第二定律和 周运 的向心力
13、公式有：qv0B m v02R由式解得： v02BqL m由式解得： E2B2 qLm（2）、由 意可知，粒子从D 入第四象限后做 平抛运 ， 迹如 ， 粒子从D 到M 的运 t，将运 分解在沿 方向和垂直于 的方向上， 粒子沿DG 方向做匀速直 运 的位移 ：DG v0t 粒子沿 DF 方向做匀加速直 运 的位移 ：DF 12Eqt 22at 2m由几何关系可知： DGDF ， DM 2DG 由式可解得DM 2m2 v02q2 B2L【点睛】此 型的 首先要 物体的运 行分段，然后 物体在各段中 行正确的受力分析和运 的分析， 行列式求解 ; 洛 力 荷不做功，只是改 运 荷的运 方向，不改
14、 运 荷的速度大小 粒子做匀速 周运 的 心、半径及运 的确定：、 心的确定：因 洛 力提供向心力，所以洛 力 是垂直于速度的方向，画出 粒子运 迹中任意两点（一般是射入磁 和射出磁 的两点）洛 力的方向，其延 的交点即 心、半径的确定：半径一般都是在确定 心的基 上用平面几何的知 求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形、运 的确定：利用 心角与弦切角的关系或者四 形的内角和等于360 算出粒子所 的 心角的大小，用公式t=T 可求出运 3606 回旋加速器的工作原理如 甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径 R，两盒 距很小， 粒子穿 的 可以忽略不 。磁感 度 B0 的匀 磁 与盒面垂直。
15、在下极板的 心 A 粒子源 生的粒子， 量 m? 荷量 +q，在加速器中被加速，加速 u随 的 化关系如 乙所示 T2 m。加速 程中不考 相 效 和 化 磁qB0 分布的影响。(1)粒子开始从静止被加速，估算 离子离开加速器 得的 能Ek；(2) 交流 的 ，先后两次的 比 1:2 ， 粒子在加速器中的运 之比 多少？(3) 粒子在磁 中做 周运 的 心并不是金属盒的 心O，而且在不断的 。 第一次加速后做 周运 的 心O1到 O 的距离 12到 Ox ,第二次加速后做 周运 的 心O的距离 x2， 二个距离平均 最后从加速器射出 周运 的 心位置x，求 x 的 ，并 明出口 什么在A 的左
16、 ；(4) 使用中，磁感 度B 会出 波 ，若在t= T 粒子第一次被加速，要 n4次加速，求B 可波 的最大范 。【答案】 (1)(qB0 R)2； (2)2:112mU0；第一次 周运 的 心在A 点的2m； (3) 0.793qB左 ，最后一次 周运 与左 相切，所以出口在A 点的左 ；（）（）(4) 2 n1B0 B2 n1B0 ， n=2、 32n12n3【解析】【分析】根据回旋加速器原理，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，根据轨道半径与运动周期可求运动动能及运动时间，若磁场出现波动，求出磁感强度的最大值和最小值，从而确定磁感强度的范围。【详解】（1）圆周运动的最大半径约为RqvB0m
17、 v2R离子离开加速器时获得的动能Ek1 mv2(qB0 R)222m（2）设加速 n 次nqU 0(qB0 R) 22mqB 2R2n02mU0tnTB0 R222U 0运动时间之比t1U 022t2U 011（3）设第一、二次圆周运动的半径为r1 和 r2qU01mv221r1mv112mU 0qB0B0q2qU 01 mv222mv214mU 02r1r2B0qqB0x1r1x22r1r2(22) r1可得xx1 x232 r10.793 12mU 022B0q第一次圆周运动的圆心在A 点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边。（4） 磁感 度偏小 B1， 周运 的周
18、期 T1(n 1)( T1T )T2242n -1T1T2( n -1)解得2(n1)B1B02n1 磁感 度偏大 B2， 周运 的周期 T2( n 1)(TT2 )T224T22n3 T2( n1)解得B22(n1) B02n3因此2( n1)B2( n1)，n=2 32nB02nB0、137 如 所示 回旋加速器的 构示意 ，匀 磁 的方向垂直于半 型且中空的金属盒D1 和 D2，磁感 度 B，金属盒的半径 R，两盒之 有一狭 ，其 距 d，且R? d，两盒 U。A 的粒子源可 放初速度不 的 粒子，粒子在两盒之 被加速后 入 D1 盒中， 半个 周之后再次到达两盒 的狭 。通 源正 极的
19、交替 化，可使 粒子 两盒 多次加速后 得足 高的能量。已知 粒子的 量 m、 荷量 +q。(1)不考 加速 程中的相 效 和重力的影响。求粒子可 得的最大 能Ekm；若粒子第1 次 入D1 盒在其中的 道半径 r1，粒子第2 次 入D1 盒在其中的 道半径 r2，求 r 1 与 r2 之比；求粒子在 中加速的 t1 与粒子在 D 形盒中回旋的 t2 的比 ，并由此分析： 算粒子在回旋加速器中运 的 ，t 1 与t2 哪个可以忽略？（假 粒子在 中的加速次数等于在磁 中回旋半周的次数）；(2) ：通 回旋加速器加速的 粒子能量达到2530MeV后，就很 再加速了。 是由于速度足 大 ，相 效
20、开始 ，粒子的 量随着速度的增加而增大。 合 一 象，分析在粒子 得 高能量后， 何加速器不能 使粒子加速了。【答案】（ 1） q2 B2 R2 ；1 ； 2d ， t1 可以忽略；（ 2）见解析2m3R【解析】【分析】【详解】（ 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qvm Bm v2REkm1 mvm22解得q2 B2 R2Ekm2m设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有2vqvBmr在电场中有NqU1 mv22第一次进入 D1 盒中 N=1，第二次进入D1 盒中 N=3，可得r11r23带电粒子在电场中的加速度为qEqUamdm所
21、以带电粒子在电场中的加速总时间为vmBdRt1Ua设粒子在磁场中回旋的圈数为n，由动能定理得2nqU1mvm22带电粒子回旋一圈的时间为2mTqB所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为BR2t2nT2Ut12dt2R已知 Rd 可知 t1t2 ，所以 t1 可以忽略。（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为T2mqB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
22、续加速。8 我们熟知经典回旋加速器如图（甲）所示，带电粒子从M 处经狭缝中的高频交流电压加速，进入与盒面垂直的匀强磁场的两个D 形盒中做圆周运动，循环往复不断被加速，最终离开加速器。另一种同步加速器，基本原理可以简化为如图（乙）所示模型，带电粒子从 M 板进入高压缝隙被加速，离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零，离开N 板后，在匀强磁场的导引控制下回旋反复通过加速电场区不断加速，但带电粒子的旋转半径始终保持不变。已知带电粒子A 的电荷量为 +q，质量为m，带电粒子第一次进入磁场区时，两种加速器的磁场均为B0，加速时狭缝间电压大小都恒为U，设带电粒子最初进入狭缝时的初速度为零，不计粒子受到的重
23、力，不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。（ 1）求带电粒子 A 每次经过两种加速器加速场时，动能的增量；（ 2）经典回旋加速器与同步加速器在装置上的类似性，源于它们在原理上的类似性。经典回旋加速器，带电粒子在不断被加速后，其在磁场中的旋转半径也会不断增加，求加速 n 次后 rn 的大小；同步加速器因其旋转半径R 始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，请推导Bn 的表达式；（3）请你猜想一下，若带电粒子 A 与另一种带电粒子 B（质量也为 m，电荷量为 +kq， k 为大于 1 的整数）一起进入两种加速器，请分别说明两种粒子能否同时被加速，如
24、果不能请说明原因，如果能，请推导说明理由。【答案】（ 1） EkqU ；（ 2） a. Rn12nUqB0b. BnnB0 ;（ 3）见解析m【解析】【分析】【详解】（ 1）粒子仅在狭缝间由电场加速，绕行过程中仅受洛伦兹力作用，洛伦兹力不会对粒子做功，根据动能定理： 每次动能的增量为：VEKqU（2） a在 D 形盒中洛伦兹力作向心力，磁感应强度不需要改变，当第n 次穿过 MN 两板间开始作第 n 圈绕行时qvn B0m vn2Rn第 n 圈的半径Rn12nUqB0m同步加速器因其旋转半径始终保持不变，因此磁场必须周期性递增，洛伦兹力作向心力nqU1mv2， qv0 B0m v02， qvn
25、Bnm vn22RR所以第 n 圈绕行的磁感应强度为：BnnB0（3）经典回旋加速器不能做到回旋加速，同步加速器仍然能做到回旋加速。经典回旋加速器，交变电压的周期与带电粒子回旋周期相同，加速A 粒子的交变电压的周期为2 mTB0q而若要加速回旋加速粒子B，交变电压周期应为T 2 mkB0 q因此当 B 粒子到达加速电场缝隙时，电压方向并没有反向，因此无法同时加速。同步加速器 A 粒子的磁场变化周期2 mTnqBnB 粒子的旋转周期T2 mTnkqBnkTn 是 T 的 k 倍，所以 A 每绕行 1 周， B 就绕行 k 周。由于电场只在 A 通过时存在，故 B 仅在与 A 同时进入电场时才被加
26、速。9 回旋加速器D 形盒的半径为R，高频加速电压的频率为f，空间存在方向垂直D 形盒、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。用该回旋加速器加速带负电的粒子束，粒子达到最大速度后被引出，测得粒子被引出时的平均电流为I。不计粒子的加速时间，求：(1)粒子被引出时的最大速度vm ；(2)粒子束的输出功率P。【答案】 (1) vm2fR ； (2) PBIfR 2【解析】【分析】【详解】(1)设粒子的电荷量为q、质量为 m ，当粒子被引出时，有：qvm Bm由粒子做匀速圆周运动周期公式：vm2R1qBf2 mT解得vm2fR(2)粒子束被引出时，设时间t 内飞出加速器的粒子数为N ，则有ItNq根据能量守
27、恒定律有12PtNmvm解得PBIfR 210 回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期 T2 m.一束该种粒qB子在 t 0 T 时间内从 A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零现考虑粒子在狭缝中的运2动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用求：(1)出射粒子的动能 E ；m(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E所需的总时间 t ；m0(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出， d 应满足
28、的条件【答案】 (1) q2 B2R2(2)BR22BRdm ； (3) dmU 02m2U 0qB100qB 2R【解析】【详解】(1)粒子运动半径为R 时，有qvBm v2R且 Em1 mv22q2 B2 R2解得 Em2m(2)粒子被加速 n 次达到动能E ，则 E =nqUmm0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为tqU0加速度 amd匀加速直线运动nd1 at 22由 t0(n 1)Tt2BR22BRdm解得 t02U 0qB(3)只有在 0 (Tt ) 时间内飘入的粒子才能每次均被加速2Tt则所占的比例为2T2mU0由99%，解得 d211 同步回旋加速器结构如图所
29、示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处大小相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量.如题图所示同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步已知圆形轨道半径为R，被加速粒子的质量为 m、电荷量为 +q，加速腔的长度为L，且 LR,当粒子进入加速腔时，加速电压的大小始终为U，粒子离开加速腔时，加速腔的电压为零已知加速腔外无电场、腔内无磁场；不考虑粒子的重力、相对论效应对质量的影响以及粒子间的相互作用若在t=0 时刻将带电粒子从板内a 孔处静止释放，求：（1）带电粒子第k 次从 b 孔射出
30、时的速度的大小 vk；（2）带电粒子第k 次从 b 孔射出到第 (k+1)次到达 b 孔所经历的时间；（3）带电粒子第k 次从 b 孔射出时圆形轨道处的磁感应强度Bk 的大小；（4）若在 a 处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1 次加速后形成一束长度为l1的粒子束（ l1L），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度vmax【答案】 (1)2kqU2m12mkU(4) vmaxL2qUm(2)R(3)ql1mkqUR【解析】【详解】1(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqUmv k2 02解得：vk2kqUm(2) 粒子做圆周运动的周期： Tk2 mm2 RqBk2kqU由题意可知，加速空腔的长度：L R，粒子在空腔的运动时间可以忽略不计，下一次经过b 孔的时间间隔等于粒子在磁场中做圆周运动的周期： Tk2mRkqU1(3)粒子第 k 次从 b 孔射出，粒子被电场加速k次，由动能定理得：kqU2mvk2 0解得：vk2kqUm粒子在磁 中做匀速 周运 ，洛 力提供向心力，由牛 第二定律得：qvkBkm vk2，解得：R12kmUBkqR(4)粒子第一次加速后的速度：v2qU1m从第一个粒子 入加速空腔到最后一个粒子 入加速空腔的 ：t1l1l1m，v12qU由 vk2kqU4qU可知，粒子被第二次加速后的速度：v2mm
