物理速度选择器和回旋加速器练习全集及解析

物理速度选择器和回旋加速器练习全集及解析一、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；(2)求该离子的比荷；(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)；(2)；(3)【解析】【分析】【详解】(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0Eq=B1qv解得(2)在偏转磁场中做半径为R的匀速圆周运动，所以解得(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R2=R1+它们带电量相同，进入底片时速度都为v，得联立得化简得2．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θ=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=1×106C/kg的带电粒子从第二象限内M点以速度v=2.0×103m/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。(1)求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值；(2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B；(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x轴？如果通过x轴，求其坐标；如果不通过x轴，求粒子到x轴的最小距离。【答案】(1)；(2)；(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,根据力的平衡有解得(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根据洛伦兹力提供向心力有解得磁感应强度大小(3)粒子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y轴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粒子在电场中沿y轴方向的加速度大小设经过时间，粒子沿y轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有时间内，粒子沿y轴方向通过的位移大小联立解得由于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3．如图为质谱仪的原理图。电容器两极板的距离为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1,方向垂直纸面向里。一束带电量均为q但质量不同的正粒子从图示方向射入，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场B2方向与纸面垂直，结果分别打在a、b两点，若打在a、b两点的粒子质量分别为和.求：(1)磁场B2的方向垂直纸面向里还是向外?(2)带电粒子的速度是多少?(3)打在a、b两点的距离差△x为多大?【答案】(1)垂直纸面向外(2)(3)【解析】【详解】(1)带正电的粒子进入偏转磁场后，受洛伦兹力而做匀速圆周运动，因洛伦兹力向左，由左手定则知，则磁场垂直纸面向外.(2)带正电的粒子直线穿过速度选择器，受力分析可知：解得：(3)两粒子均由洛伦兹力提供向心力可得：，两粒子打在底片上的长度为半圆的直径，则：联立解得：4．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B0，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，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=（2）【解析】【详解】（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动qvB0=qE①U=Ed②由①②式得v=③（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④由几何关系有：⑤由③④⑤式得：⑥5．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。【答案】（1）（2）方向垂直纸面向里【解析】【详解】(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：解得：(2)两板间电场的电场强度大小为：由于电子在两板间做匀速运动，故：解得：根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.6．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕、氘、氚三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为B的复合场区域．进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d，射出复合场后进入y轴与MN之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN射出．虚线MN与PQ间为真空区域Ⅱ且PQ与MN平行．已知质子比荷为，不计重力．（1）求粒子做直线运动时的速度大小v；（2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；（3）若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差△t．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】由电场力与洛伦兹力平衡即可求出速度；由洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可求得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B1；分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，求出磁场最小面积，在结合周期公式即可求得时间差．【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示:由电场力与洛伦兹力平衡，有：Bqv＝Eq解得：（2）由洛伦兹力提供向心力，有：由几何关系得：r＝d解得：（3）分析可得氚粒子圆周运动直径为3r，磁场最小面积为：解得：S＝πd2由题意得：B2＝2B1由可得：由轨迹可知：△t1＝（3T1﹣T1），其中△t2＝（3T2﹣T2）其中解得：△t＝△t1+△t2＝【点睛】本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用．7．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，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。(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Ek；(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O，而且在不断的变动。设第一次加速后做圆周运动的圆心O1到O的距离为x1,第二次加速后做圆周运动的圆心O2到O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t=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。【答案】(1)；(2)2:1；(3)；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)，n=2、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R离子离开加速器时获得的动能（2）设加速n次运动时间之比（3）设第一、二次圆周运动的半径为r1和r2可得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）设磁感应强度偏小时为B1，圆周运动的周期为T1解得设磁感应强度偏大时为B2，圆周运动的周期为T2解得因此，n=2、3……8．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)；(2)【解析】【分析】【详解】(1)设粒子的电荷量为、质量为，当粒子被引出时，有：由粒子做匀速圆周运动周期公式：解得(2)粒子束被引出时，设时间内飞出加速器的粒子数为，则有根据能量守恒定律有解得9．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，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甲为设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制型金属扁盒组成，两个形盒正中间开有一条狭缝；两个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，在型盒上半面中心处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入型盒中。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，质量为，加速时电极间电压大小恒为，磁场的磁感应强度为，型盒的半径为，狭缝之间的距离为。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的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。【答案】（1）（2）（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v1，由动能定理得：正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得：由以上两式解得：故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为。（2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得：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：由牛顿第二定律有：由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：又因有：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：由以上三式解得：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：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（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vm离子获得的最大动能为：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．10．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。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忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生的质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是()A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于a粒子加速【答案】AC【解析】【详解】A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则：所以最大速度不超过2πfR。故A正确。B．根据洛伦兹力提供向心力：，解得：最大动能：，与加速的电压无关。故B错误。C．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据，可得质子第2次和第1次经过D形盒狭缝的速度比为，根据，可得半径比为。故C正确。D．回旋加速器交流电的频率与粒子转动频率相等，即为，可知比荷不同的粒子频率不同，不改变磁感应强度B和交流电频率f，有可能起不到加速作用。故D错误。故选AC。11．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，D1、D2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Ekm；（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，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.12．同步回旋加速器结构如图所示，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L<<R,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（l1<L），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度vmax．【答案】(1)(2)πR(3)(4)【解析】【详解】(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqU＝mvk2﹣0解得：(2)粒子做圆周运动的周期：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：(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：kqU＝mvk2﹣0解得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvkBk＝，解得：(4)粒子第一次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：，由可知，粒子被第二次加速后的速度：粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l2＝v2t1＝l1粒子被第三次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l3＝v3t2＝l1粒子被第四次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l4＝v4t3＝l1…粒子被第k次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被k次加速后这一束粒子的长度：lk＝vktk﹣1＝l1当粒子束的长度：lk＝l1＝L，即：k＝时粒子束的速度最大，由动能定理得：•qU＝mvmax2﹣0，解得：13．高能粒子是现代粒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，置于真空中的形金属盒半径为，两盒间狭缝的间距为，磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直，被加速质子（）的质量为，电荷量为．加在狭缝间的交变电压如图（b）所示，电压值的大小为、周期．为了简化研究，假设有一束质子从板上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．（1）质子在磁场中的轨迹半径为（已知）时的动能；（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到（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．）（3）若用该装置加速氦核（），需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？【答案】（1）（2）（3）方案一：增大磁感应强度，使得氦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氦核圆周运动的周期．【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解即可；【详解】（1）洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：粒子的动能为，解得；（2）设粒子被加速次后达到最大动能，则有，解得：粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为设次经过狭缝的总时间为，根据运动学公式有：设在磁场中做圆周运动的周期为，某时刻质子的速度为，半径为则，，由解得：；（3）氦核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，氦核的荷质比大于质子，使得圆周运动周期变大方案一：增大磁感应强度，使得氦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氦核圆周运动的周期．【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．14．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，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，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