速度选择器和回旋加速器练习全集含解析

1、速度选择器和回旋加速器练习全集含解析一、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E 4.0 105V/m,磁感应强度 B 2.0 10 2 T,磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为 m 4.0 10 10 kg/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

2、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) TOC o 1-5 h z 。I HYPERLINK l bookmark3 o Current Document m,q ；x x :JV丁丁；I印工D3【答案】(1)电场方向竖直向下；2X10m/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E-小V 一 =2X10m/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m

3、vR - =0.4m离子离开磁场区边界时，偏转角为，根据几何关系有L1sin一 R 2解得30.，在磁场中的运动如图1所示偏离距离yi R Rcos =0.054m离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为y yi D 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加速度图2则偏转角为，如图2所示tanvyqEL2mv偏离距离为1.2y2at =0.05m2离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离yy2 D tan =0.25m所以a、b间的距离ab=y+y=0.53m.如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为

4、U,距离为d;匀强磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的带电粒子从A点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从M点射出;如果撤去磁场，粒子从 N点射出。M、N两点间的距离为h。不计粒子的重力。求:(1)匀强电场场强的大小 E；(2)粒子从A点射入时的速度大小 V0；(3)粒子从N点射出时的动能 E%【答案】(1)电场强度E【解析】【详解】(2) VoU , 、一；(3) EkBd2qUh mU22d 2B dqVoBUBd(3)粒子从N点射出，由动能定理得:qE h Ek -mvo2(1)电场强度E Ud(2)粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有

5、：qE解得v0解得EkqUhmU22B2d2.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。虚线 OA位于第一象限，与 y轴正半轴的夹角 0=60,在此角范围内有垂直 纸面向外的匀强磁场；OA与y轴负半轴所夹空间里存在与OA平行的匀强电场，电场强度大小E=10N/C。一比荷q=1 X 106C/kg的带电粒子从第二象限内M点以速度v=2.0X 103m/s沿x轴正方向射出，M点到x轴距离d=1.0m,粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第 一象限后从直线 OA上的P点(P点图中未画出)离开磁场，且 OP=d。不计粒子重力。 TOC o 1-5 h

6、 z 小E。(1)求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值二-；(2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B;x轴？如果通过x轴，求其坐标；如果不通过(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过 轴，求粒子到x轴的最小距离。【答案】(1)2,0 103m/s； (2)2 10 3T；(3)不会通过,0.2m【解析】【详解】(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动，根据力的平衡有qvB0 qE0解得旦 2,0 103 m/sB0(2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径R d 1.0m根据洛伦兹力提供向心力有2 v qvB m R解得磁感应强度大小B 2 103T(3)粒子

7、离开磁场时速度方向与直线OA垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿负方向做匀减速直线运动，粒子在 P点沿y轴负方向的速度大小vy vsin粒子在电场中沿y轴方向的加速度大小qE cosay m设经过 t时间，粒子沿y轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有vyt时间内，粒子沿y轴方向通过的位移大小vy联立解得y 0.3m由于dcos故带电粒子离开磁场后不会通过 x轴，带电粒子到 x轴的最小距离d d cos y 0.2m.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

8、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 9=60。现让一个“粒子从P点沿+x方向以初速度vo射入，“ 粒子恰好做匀速直线运动，不计a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，a粒子仍从P点以同样的速度射入，从 M点离开圆形区域，求qa粒子的比何一；mq(3)若把匀强磁场撤去，a粒子的比荷 二不变,m粒子仍从P点沿+x方向射入，从N点离开圆形区域，求粒子在P点的速度大小。旦,方向垂直纸面向里(2)0V03BR(1)由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即qE=Bqv0解得EB=一V0由左手定则可知磁感应

9、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 V2 rr= . 3 R,联立得q_ Vom- 3BR(3)粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得x= R=vt2t2X-qE=Bqv0联立解得3 v=2BqvoR3= V0、.3m 2.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Uo,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Bo,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 Bi,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

10、场区域，最后从圆形区域边界上的P点射出，已知图中 0 =60 ,不(1)离子到达 M点时速度的大小;(2)离子的电性及比荷-m(1)U。dB03dB0B1R(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动,联立解得：VUo dBo(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 . 3Rq .3Uom 3dB0BR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

11、心的.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Bo,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9 =90；不计重力。求:(1)离子速度v的大小;(2)离子的比荷q/m 。U q UB0d m BB0Rd【解析】【详解】(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动:B0qv qE

12、o得：vBod(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:Bqv2 v m r由几何关系得:离子的比荷为:r=Rq UmBB0Rd. 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SJ/径从孔K射出,求粒子的比荷q。 mM 1 TOC o 1-5 h z XXXXXXXxXXXXXXXxl/fMXXXX*2B d【解析】【分

13、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v12根据动能te理，有：qE mvqE:qvB d2沿着SJK路径从K孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡E2B2d2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.回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为 R,两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B0的匀强磁场与盒面垂直。在下极板的圆心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，

14、加速电压 u2 m t随时间的变化关系如图乙所小 T 。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁qBo场分布的影响。(1)粒子开始从静止被加速，估算该离子离开加速器时获得的动能R;(2)调节交流电的电压，先后两次的电压比为1:2,则粒子在加速器中的运动时间之比为多少？(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心并不是金属盒的圆心0,而且在不断的变动。设第一次加速后做圆周运动的圆心0i到0的距离为xi,第二次加速后做圆周运动的圆心Q到0的距离为x2,这二个距离平均值约为最后从加速器射出时圆周运动的圆心位置x,求x的值，并说明出口处为什么在 A的左边；(4)实际使用中，磁感应强度 B会出现波动，若在1=

15、，时粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，求B可波动的最大范围。次圆周运动的圆心在A点的【答案】(1) (qBR) ； (2)2:1; (3) 0,793J2mU0 ；第 2mB . q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;-2( n 1) 2(n 1)- (4) B0 B B0 ， n=2、32n 12n 3【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 RqvB2 v mR离子离开加速器时获得的

16、动能(2)设加速n次运动时间之比Ek1 2一 mv2(qBoR)22m(qBoR)2 nqU o2mn qBo2R22mUo2+ TBoR2t n2 2Uotit2U o2U oi(3)设第一、二次圆周运动的半径为ri和r2qUo1 : mvi2可得mviri-qBoiBo2mUo、2ri2riX2(2.2) riXiX2X 23 .22r1i o.793Bo2mUoA点的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，所以出口在左边。(4)设磁感应强度偏小时为Bi,圆周运动的周期为TiTiT(n i)( - 22n-i T2(n-i)解得Bi2n iT2B22(n 1)2n

17、3B0设磁感应强度偏大时为B2,圆周运动的周期为T22n 3 T 2(n 1)解得因此2(n 1)2(n 1)-B0 B -B0, n=2、32n 12n 3U,. 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 于真空中的两个 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的匀强磁场方向与盒面垂直.两D形盒之间所加的交流电压为粒子质量m、电荷量为q的粒子从D形盒一侧圆心处开始被加速(初动能可以忽略)，经 若干次加速后粒子从 D形盒边缘射出.求：(1)交流电压的频率；(2)粒子从D形盒边缘射出时的动能;(3)粒子被加速

18、的次数.【答案】(1)交流电压的频率为 -Bq-; (2)粒子从2 m2 2 22 2q B R ; ( 3)粒子被加速的次数为qB旦.2m2mU【解析】【分析】【详解】D形盒边缘射出时的动能是(1)加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即2 mT=，Bq那么交流电压的频率：f=-Bq-;2 m(2)根据qvB=m 一 ,解得v= 姬,带电粒子射出时的动能：Ek=- mv2= q B R ;Rm2 2m(3)经加速电场加速:qnU=q2B2R22m22解得：n=qB R2mU.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

19、对撞机置于真空中.在对撞机中正、负电子 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B。，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

20、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Ai、A2、A44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2222【答案v e B0 R 2ml, E mh h【解析】【详解】2_ 2_22

21、_ .e Bo R e BU2mm解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有:2mvoR解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为:VoeBoR正、负电子进入对撞机时分别具有的能量:12 e2B02R2E - mv022m正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒,则有:2E 2mc2hv正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率:2222e B0 R 2mcv mh(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:neU 1mv022解得：n 明芯2mU正、负电子在磁场中运动的周期为:2 meB0正、负电子在磁场中运动的时间为:BoR22UD型盒间的电场对电子做功的平均功率:2W

22、 E e B0U(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r sin 一 n r 解得：2sin 一 n根据洛伦磁力提供向心力可得:2mv0ev0B r电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：DB2B0Rsin nd11.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,两盒间有狭缝(间距dR),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U。，周期为T,与粒子在磁场中的周期相同.一束该种粒子在t 0T/2时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出

23、射的粒子每次经过狭缝均做加速运 动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：甲乙(1)匀强磁场的磁感应强度 B;(2)粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间t0 ;(3)实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m与原来质量mo的关系:mov 2 ,则粒子质量增加1 t1%后估计最多还能再加速多少次(需要简述理由)？若粒子质量最终增加 效数字)？2%,那么粒子最终速度为光速的多少倍(结果保留一位有2 m1)qr2R2m qUT100 次；0.2解：(1)依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有:2 V qvB m 一R电压周期T与粒子在磁场中的周期相同

24、：T2 m可得T ,qB2 mB - qr(2)粒子运动半径为R时:一 2 R 口v且 Ekmr1 2一 mv2解得：Ekm2 2mR2T2粒子被加速n次达到动能Eg则有:EkmnqU0不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间:t0 n? 22R2mqUT .2 n周期增大1% ,(3)粒子在磁场中的周期：t -qB，质量增加1,r再加速次数不超过2 c 次2 2 100T 1%加速后的质量 m与原来质量mo的关系:m0i曹,m 1.02m0粒子最终速度为：v 0.2c即粒子最终速度为光速的0.2倍 12.高能粒子是现代粒

25、子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台.质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置.质子回旋加速器的工作原理如图（a）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1与盒面垂直，被加速质子（1H ）的质量为m ,电何量为 q .加在狭缝间的交变电压如图（b）所示，电压值的大小为 U。、周期T。 马.为了简化研究，假设有一束质子从 qBM板上A处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.不考虑质子间的相互作用.r （已知）时的动能Ek ；（1）质子在磁场中的轨迹半径

26、为（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到Ek （问题（1）中的动能）所需要的时间.（不 考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动.） 4,.（3）若用该装置加速氨核（2He）,需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？q2B2r2BR2 2BRd m1） q B 1（2）2m2UoqB（3）方案一：增大磁感应强度 B ,使得氨核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可.方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氨核圆周运动的周期. 【解析】【分析】回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运 用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求

27、解即可；【详解】(1)洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有:2 v qvB m一 r2 2 2粒子的动能为E 1mv2,解得Ek q B r ；22m(2)设粒子被加速n次后达到最大动能，则有 EknqUo,解得：n2 2B r q2mUo粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为a 史上md设n次经过狭缝的总时间为 ti,根据运动学公式有:nd设在磁场中做圆周运动的周期为T ,某时刻质子的速度为a t12v ,半径为r2则 qv B m , Tr2 mBq，由t总 n 1 一2ti2 2B r q 解得：t总 q2mUomBqBrdU72BR2 2BRd2Um一；qBT,氨核的荷质比qB(3)氨核

28、的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期 大于质子，使得圆周运动周期变大方案一：增大磁感应强度 B ,使得氨核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可.方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氨核圆周运动的周期.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及 知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等.13.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 ，磁感应弓II度为B的匀强磁场与盒面垂直

29、 ，A 处粒子源产生的粒子初速度可忽略不计 ，质量为m、电荷量为+q,每次在两D形盒中间被 加速时加速电压均为 U,加速过程中不考虑相对论效应和重力作用 。求：(1)粒子第4次加速后的运动半径与第5次加速后的运动半径之比；(2)粒子在回旋加速器中获得的最大动能及加速次数。解得：rn B .4 25(2)设粒子在回旋加速器中运动的最大半径为vmqvmB=m R,粒子的最大速度为Vm,受力分析可知1) 2 二 q2B2R2qB2R2【答案】(1) -=(2)Ekm= n 、52m2mU【解析】【分析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求出轨道半 径与加速电压的关

30、系，从而求出轨道半径之比。(2)通过D形盒的半径求出粒子的最大速度和最大动能，结合动能定理求出加速的次 数。【详解】(1)设粒子每加速一次动能增加qU,第n次被加速后粒子的动能：nqU= mvn222D nqvnB=m 2nmUq粒子笫4次加速后的运动半径与笫 5次加速后的运动半径之比:222粒子的取大动可匕：Ekmmvm=2 2m粒子在回旋加速器中加速总次数:n Em qU_ 2_2qB R2mU【点睛】解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运 动的周期与加速电场的变化周期相等。14.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

31、金属盒，两盒相距很近(缝隙的宽度远小于盒半径 )，分别和高频交流电源相连接，使带电粒 子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通 过特殊装置被引出.若D形盒半径为 R所加磁场的磁感应强度为 B.设两D形盒之间所加 的交流电压的最大值为 U,被加速的粒子为粒子，其质量为 m、电量为q.粒子从D形盒中央开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后，粒子从D形盒边缘被引出.求：B粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第n 1次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比;粒子在回旋加速器中运动的时间;4若使用此回旋加速器加速笊核，要想使笊核获得与粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法.【答案】(1) q2B2R2 (2) J (3) -BR2 (4) 2m, n 12U2【解析】【详解】(1)“粒子在D形盒内做圆周运动,轨道半径达到最大时被引