高中物理速度选择器和回旋加速器易错剖析

1、2高中物理速度选择器和回旋加速器易错剖析一、速度选择器和回旋加速器1.质谱仪最初由汤姆孙的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了就20和窟22,证实了同位素的存在.现在质谱仪已经是一种十分精密的仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.如右图所示是一简化了的质谱仪原理图.边长为L的正方形区域abcd内有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E,方向竖直向下，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里.有一束带电粒子从ad边的中点。以某一速度沿水平方向向右射入，恰好沿直线运动从 bc边的中点e射出(不计粒子间的相互作用力及粒子的重力)，撤 去磁场后带电粒子束以相同的速度重做实验，发现带电粒子

2、从b点射出，问：(1)带电粒子带何种电性的电荷 ？(2)带电粒子的比荷(即电荷量的数值和质量的比值9)多大？【答案】(1)负电(2) q(3)撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从哪一位置离开磁场, 在磁场中运动的时间多少 ？(3)从dc边距离d点距离为 L处射出磁场;B2L2BL3E【解析】【详解】(1)正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，粒 子向上偏转，可知粒子带负电；(2)根据平衡条件：qE=qvoB撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有:x=vot=L1qEj L得:q _E_m B2L(3)撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动，

3、则: 2V。qv0B mr得:mvo粒子从dc边射出磁场，设粒子射出磁场距离qBd点的距离为x,根据几何关系:得:所以(rL、22-)r2r=L答:1)带电粒子带负电;带电粒子的比荷 qmEB2LT2撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验,BL3E则带电粒子将从dc边距离d点x - L处离开磁场，在磁场中运动的时间 t 2BL3E2.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 Bo=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。的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为垂直于纸面向里。一质量为m

4、=10-26kg带正电的微粒沿平行于金属板面，从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，并沿直径入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的 重力。求：(1)微粒速度V的大小；(2)微粒的电量q；(3)微粒在圆形磁场区域中运动时间,F点射出。已知速度的偏转角A点垂直于磁CD方向射60 ,不计微粒to【答案】(1) 2000m/s (2) 2X10-22C (3)10 42.3(1)在正交场中运动时:BqvU q7可解得:v= 2000m/s(2)偏转角60则轨迹对应的圆心角 60,轨迹半径r J3r2vBqv m rmvq茁q=2X 10-22C解得：2 m(3)根据T 则Bqt

5、 60o T 10 4360o 23s.图中左边有一对水平放置的平行金属板，两板相距为 d,电压为U0,两板之间有垂直于 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0,图中右边有一半径为 R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B1，方向垂直于纸面朝外.一束离子垂直磁场沿如图路径穿出，并沿直径MN方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的P点射出，已知图中 。毛0,不计重力，求 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark53 o Current Document x x 1舟一| 点 JB V 444(1)离子到达 M点时速度的大小;q(2)离子的电性及比荷 .m【答案】(

6、1)U0-(2) 囱U0dB03dB0B1R(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动,由平衡条件得：qvBo=qEo已知电场强度:EoUo联立解得：vUodBo(2)根据左手定则，离子束带负电离子在圆形磁场区域做匀速圆周运动，轨迹如图所示：2由牛顿第二定律得：qvB1 mv-r由几何关系得：r , 3Rg 3uom 3dBoBR点睛：在复合场中做匀速直线运动，这是速度选择器的原理，由平衡条件就能得到进入复 合场的速度.在圆形磁场区域内根据偏转角求出离子做匀速圆周运动的半径，从而求出离 子的比荷，要注意的是离开磁场时是背向磁场区域圆心的.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

7、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 。弧度).已知粒子的初速度为 vo,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;圆形磁场区域的半径R.【答案】(1)U=Bvod； (2)上；(3) R=mV0 tan2 qB【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

8、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，Bvoq=qE,平行板间的电场强度 E=U ,解得两平行d板间的电势差：U=Bvod(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：2V0Bvoq=m 一r2 r同时有T=Vo粒子在圆形磁场区域中运动的时间t= Tm解得t=-Bq(3)由几何关系可知：rtana=R解得圆形磁场区域的半径R= mV0 tan 2 qB.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，

9、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) 1xi0m/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Fe=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

10、满足evB=eE解得：v=B又因为E=d所以 v=乜一=1 x 10m/sBd即只有速率为1 x 10m/s的电子才可以通过小孔 S.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。求：(1)电子通过小孔 O时的速度大小 v;(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向。(1)电子通过加速电场的过程中,由动能定理有:eU1 2一 mv2m解得：v2e

11、U(2)两板间电场的电场强度大小为：E 由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE解得：B 1 J2mU根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外. 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, SJ%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SJ/径从孔K射出,求粒子的比荷q。 mE2B2d2MN板间是匀速直线运动,粒子在PQ板间是匀加速直线运动，根据动能定理列式；进入 电场力和洛

12、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 mv2 2沿着SJK路径从K孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡：正 qvBdE 2 2 2B d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E的匀.如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在垂直纸面的匀强磁场和电场强度为强电场。金属板右下方以 MN为上边界，PQ为下边界，MP为左边界的区域内，存在垂直 纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为d, MN与下极板等高，MP与金属板右端在同一竖直线。一个电荷量为 q、质量为m的正离子以初速度在两板间沿平行于金属板的虚线射入

13、金 属板间。不计粒子重力。I(1)已知离子恰好做匀速直线运动，求金属板间的磁感应强度Bo;(2)若撤去板间磁场 Bo,离子恰好从下极板的右侧边缘射出电场，方向与水平方向成30角，离子进入磁场运动后从磁场边界点射出，求该磁场的磁感应强度B的大小。(1)已Vo2mv0qd(1)设板间的电场强度为 E,离子做匀速直线运动，受到的电场力和洛伦兹力平衡，有: qE=qvoBo,c E解得：Bo Vo(2)离子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速运动，则出离电场进入磁场的速Vo2Vo度：V7 ,cos3。 32设离子进入磁场后做匀速圆周运动的半径为r,根据牛顿第二定律，得:qvB=m1由几何关系得：一d

14、=rcos30 ,22mv0 解得：B= 0；qd【点睛】离子在速度选择器中做匀速直线运动，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运 动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚离子运动过程是解题的前提与关键，应用牛 顿第二定律与类平抛运动规律可以解题。. 1897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 。点，若在两极板间

15、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。点,已知极板的长度 Li=5.00cm, C、D间的距离d=1.50cm,极板的右端到荧光屏的距离 L2=10.00cm, U=200V, B=6.3 x f(4T, P 点到。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;e电子的比荷小”(结果保留三位有效数字)。【答案】(1)磁场方向垂直纸面向外(2) v=2.12 X 17m/s(3)巾=1.61 X 10C/kg【解析】【详解】(1)由左手定则可知磁场方

16、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。点，设电子的速度为，则 evB=eEE r_1rl得 不即而代入数据得v=2.12X17m/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eLiU离开电场时竖直向下的分速度为L1 之=_s 电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2时间内向上运动的距离为eULyl2 = V 112 = .m/d这样，电子向上的总偏转距离为e IJY法一二 rr e以此心+-可解得【点

17、睛】2代入数据得巾=1.61 xi01c/kg本题是组合场问题：对速度选择器，根据平衡条件研究；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.10.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

18、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，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)粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小.(2) DM间的距离.(结果用 m、q、v。、L和B表示)【答案】(1) E 闻qL (2) DM2 22 m v0-2 2.B q L【解析】【详解】(1)、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为vo,由平衡条件有：qvoB=qE粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为O

19、i,半径为R,轨迹如图，由几何关系知 r= 一L-=J2l cos452 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有：qvoB= m v R由式解得：vo= 2BqL . m由式解得：E=、2B qL m(2)、由题意可知，粒子从 D进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从D到M的运动时间为t,将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿DG方向做匀速直线运动的位移为：DG=vot粒子沿DF方向做匀加速直线运动的位移为：Df- = -at2= 里-2 2m由几何关系可知： DG=DF, 而=J2DG 22由式可解得DM = 22学q B L【点睛】此类型的题首先要对物体的运动进行分段

20、，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运 动的分析，进行列式求解；洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变 运动电荷的速度大小.带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：、圆 心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒 子运动轨迹中任意两点(一般是射入磁场和射出磁场的两点)洛伦兹力的方向，其延长线 的交点即为圆心.、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识 求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形.、运动时间的确定：利用圆心角与弦切 角的关系或者四边形的内角和等于360。计算出粒子所经过的圆心角。的大小，用公式t

21、=获一T可求出运动时间.11. 1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中运动特 点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和恢学设备中。回旋 加速器的工作原理如图甲所，置于真空中的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，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重 力作用。（1）求把质量为m、电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；4（2）右此回旋加速

22、器原来加速质量为2m,带电何量为q的“粒子（？He ）,秋得的最大动能为Ekm,现改为加速笊核（2H ）,它获得的最大动能为多少？要想使笊核获得与a粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法；（3）已知两D形盒间的交变电压如图乙所示，设a粒子在此回旋加速器中运行的周期为T,201 I右存在一种干电何重为q、质重为 m的粒子100X,在t一时进入加速电场，该粒子在加4速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）【答案】（1）胃2； （2）见解析;(3)1OOqUo【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得2 mvm qVmB -R-粒子每旋转一周动能增加 2qU,则旋转周数qB2

23、R24mU周期T” vm粒子在磁场中运动的时间一般地可忽略粒子在电场中的运动时间, (2)对a粒子，由速度於R2t=nT t磁可视为总时间vmqBR2m得其最大动能为Ekm2mvmq2B2R24m对笊核，最大动能为Ekm12一 mvmH22B2R2q2B2R28m若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B、由“粒子换成笊核，有222222qBR _ q B R4m 8m解得B J2B，即磁感应强度需增大为原来的J2倍高频交流电源的原来周期T 4 mqB故2 m 2、. 2 m 、2 4 m 2 Tq B qB 2 qB 2 2由a粒子换为笊核时，交流电源的周期应为原来的201 ，(3)对粒子I。X

24、分析，其在磁场中的周期2 m 20111Iq B 200每次加速偏移的时间差为T=T 工2400加速次数Tn 4- 100T所以获得的最大动能Ekm nqUo 100qUo12.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】Vm 2 fR； (2)P BIfR2 【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

25、出时，有：2 qVmB mvm R 由粒子做匀速圆周运动周期公式：1 qB T - T 2 m解得Vm 2 TR(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It Nq根据能量守恒定律有12Pt N mvm 2解得P BITR2.如图1所示为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在高频交变电源上.在D1盒中心A处有离子源，它产生并发出的粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中.在磁场力的作用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速.为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使 交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动

26、的周期一致如.此周而复始，速度越来越大， 运动半径也越来越大，最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出.已知粒子电荷量为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设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，且粒子从离子源发出时的初速度为零.(不计 粒子重力)求：高颉电源 粒子第1次由Di盒进入D2盒中时的速度大小;(2)粒子被加速后获得的最大动能Ek ；(3)符合条件的交变电压的周期(4)粒子仍在盒中活动过程中,T；粒子在第n次由D2盒进入Di盒与紧接着第n+1次由D2盒进入Di盒位置之间的距离Vx 2 2U?2qUm(2)Ekq2B2R22m(3)2

27、m西(4)【解析】【分析】【详解】(1)设a粒子第一次被加速后进入D2盒中时的速度大小为vi,根据动能定理有qU = -mv22解得,2qUm(2) a粒子在D形盒内做圆周运动,2的速度为v,有qvB= mv R轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能.设此时qBR斛得：v=m设“粒子的最大动能为Ek,则Ek1 2mv2222解得：Ek q B R2m(3)设交变电压的周期为 T,为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短忽略不计)，则交变电压的周期Bq(4)离子经电场第1次加速后，以速度 vi进入D2盒，设轨道半径为ri离子经第2次电场加

28、速后，以速度 V2进入Di盒，设轨道半径为r2则2=鳖/2-2mU qB B :; q离子第n次由D1盒进入D2盒，离子已经过(2n-1 )次电场加速，以速度 V2n-1进入D2盒， ，12由动能th理：(2n 1) Uq mv2n 122n-1 2mUq轨道半径rnmv2n 1qB B离子经第n+1次由D1盒进入D2盒，离子已经过 2n次电场加速，以速度 v2n进入D1盒，由12动能 te 理：2nUqmv2n2mv2n1 12n 2mU轨道半径：rn 1 肛qB B V q则小=2 （n+1-rn）（如图所示）2Um（、2n.2n 1）.回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为 U

29、,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【解析】(1)222(2) e B R (3) eB-2m 2 m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:Ek eU ；(2)根据qvB2v 一 .、，m 仔,粒子出RD形盒时的最后的速度为：VmeBRm则粒子出D形盒时的最后的动能为:Ekm(3)由洛伦兹力提供向心力，则有:Bev1 2-mVm22 V m re2B2R22m ，而T21 ,所以粒子在磁场中运行v周期为T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eB为：T 2-,因此频率为f -eB-。eB2 m点睛：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流 电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系.质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具，它的构造原理如图所示.粒子源S产生的带正电的粒子首先经 M N两带电金属板间的匀强电场加速，然后沿直线从缝隙。垂直于磁场方向进入磁感应强