高中物理速度選擇器和回旋加速器技巧(很有用)及練習題含解析

1、高中物理速度選擇器和回旋加速器技巧(很有用)及練習題含解析一、速度選擇器和回旋加速器.如圖，平行金屬板的兩極板之間的距離為d,電壓為U。兩極板之間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為Bo,方向與金屬板面平行且垂直于紙面向里。兩極板上方一半徑為R、圓心為。的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B,方向垂直于紙面向里。一帶 正電的粒子從 A點以某一初速度沿平行于金屬板面且垂直于磁場的方向射入兩極板間，而 后沿直徑CD方向射入圓形磁場區(qū)域，并從邊界上的F點射出。已知粒子在圓形磁場區(qū)域運動過程中的速度偏轉(zhuǎn)角2,不計粒子重力。求:3(1)粒子初速度v的大小;(2)粒子的比荷。Uv =Bod.3UBBo

2、Rd(1)粒子在平行金屬板之間做勻速直線運動qvB0 = qE U = Ed U由式得v =Bod(2)在圓形磁場區(qū)域，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有2 v qvB m 一 r由幾何關(guān)系有:tan 一2由式得:-r- 3U BBoRd.如圖所示，兩平行金屬板相距為d,板間電壓為U.兩板之間還存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向里.平行金屬板的右側(cè)存在有界勻強磁場區(qū)域I和n ,其磁感應(yīng)強度的大小分別為 B和2B.三條磁場邊界彼此平行且 MN與PQ間的距離為L.群質(zhì)量不同、電荷量均為+ q的粒子以一速度恰沿圖中虛線 OO穿過平行金屬板，然后垂直邊界MN進入?yún)^(qū)域I和n,最后所有粒子

3、均從A點上方(含A點)垂直于PQ穿出磁. 一一、,3L ,，一 .場.已知A點到OO的距離為3-,不計粒子重力.求:4* t-X：M XX XM XX 1 X十青我(1)粒子在平行金屬板中運動的速度大?。?2)從PQ穿出的粒子的最大質(zhì)量和最小質(zhì)量.【答案】(1)Uv(2)mmaxBd225B qLd .；mmin36U22B qLd3U(1)抓住帶電粒子在平行金屬板間做勻速直線運動，根據(jù)電場力和洛倫茲力相等求出粒子在 平行金屬板中運動的速度大小；(2)根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場中的最大半徑和最小半徑，結(jié)合半徑公式求出粒子的最大 質(zhì)量和最小質(zhì)量.【詳解】(1)帶電粒子在平行金屬板間做勻速直線運動

4、，有:UqdqvB解得粒子在平行板中的運動速度v= -U-;dBmv(2)由題意可知，根據(jù)r 而知，質(zhì)量越大，軌道半徑越大，則質(zhì)量最大的粒子從A點射出，如圖由于左邊磁場磁感應(yīng)強度是右邊磁感應(yīng)強度的一半，則粒子在左邊磁場中的半徑是右邊磁 場半徑的2倍，根據(jù)幾何關(guān)系知，右邊磁場的寬度是左邊磁場寬度的2倍，有：3r1(1 cos ) 也(1 cos ) - Lrisin 0 2Siin 0=L TOC o 1-5 h z 一 ，_725L聯(lián)立解得cos。一，r1 包25362.根據(jù)r1 ma” 得最大質(zhì)量為: mmax=q HYPERLINK l bookmark185 o Current Docu

5、ment qB36U2粒子在左邊磁場中的最小半徑為：imin = L3根據(jù)rminmmnv得最小質(zhì)量為: qBmmin=空辿3U本題考查了帶電粒子在磁場中的運動，關(guān)鍵作出運動的軌跡，通過幾何關(guān)系求出臨界半徑 是解決本題的關(guān)鍵，該題有一定的難度，對學生數(shù)學幾何能力要求較高(1)獲得陰極射線，一般采用的辦法是加熱燈絲，使其達到一定溫度后濺射出電子， 然后通過一定的電壓加速.已知電子質(zhì)量為m,帶電量為e,加速電壓為U,若濺射出的電子初速度為0,試求加速之后的陰極射線流的速度大小v.(2)實際問題中燈絲濺射出的電子初速度不為0,且速度大小滿足某種分布，所以經(jīng)過同一電壓加速后的電子速度大小就不完全相同.

6、但可以利用電場和磁場對電子的共同作用來 篩選出科學研究所需要的特定速度的電子.設(shè)計如圖所示的裝置，上下極板接電源的正負 極，虛線為中軸線，在裝置右側(cè)設(shè)置一個擋板，并在與中軸線相交處開設(shè)一個小孔，允許 電子通過.調(diào)節(jié)極板區(qū)域內(nèi)電場和磁場的強弱和方向，使特定速度的電子沿軸線穿過.請 在圖中畫出滿足條件的勻強磁場和勻強電場的方向.(3)為了確定從上述速度選擇裝置射出的陰極射線的速度，可采用如圖所示的電偏轉(zhuǎn)裝置 (截面圖).右側(cè)放置一塊絕緣熒光板，電子打在熒光板上發(fā)光，從而知道陰極射線所打的位置.現(xiàn)使熒光板緊靠平行極板右側(cè)，并將其處于兩板間的長度六等分，端點和等分點分別用a、b、c、表示.偏轉(zhuǎn)電極連接

7、一個閉合電路，將滑線變阻器也六等分，端點和等分點分別用A、B、C、一表示.已知電子所帶電量 e = 1.6 x-10c,取電子質(zhì)量 m = 9.0 x31kg,板間距和板長均為 L,電源電動勢E = 120V.實驗中發(fā)現(xiàn)，當滑線變阻器的滑片滑到 A點時，陰極射線恰好沿 中軸線垂直打到d點；當滑片滑到 D點時，觀察到熒光屏上 f點發(fā)光.忽略電源內(nèi)阻、所有導線電阻、電子重力以及電子間的相互作用.請通過以上信息計算從速度選擇裝置射出 的陰極射線的速度大小 V0.(2)如圖所示:(3) 4 106m/s【解析】(1)根據(jù)動能定理可以得到:(2)當電子受到洛倫茲力和電場力相等時，即qvBEv 一,滿足這

8、個條件的電B子才能通過，如圖所示:(3)設(shè)當滑片滑到 D點時兩極板間電壓為EU, U 60V21 ,1 eU / L、2由電子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動得：-L(一)32 mL v0則：v0 J3eE 4 106 m / s .，4m點睛：本題主要考查帶電粒子在電場中的加速、速度選擇器以及帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 問題，但是本題以信息題的形式出現(xiàn)，令人耳目一新的感覺，但是難度不大，是一道好 題，對學生分析問題能起到良好的作用.如圖所示的平面直角坐標系，x軸水平，y軸豎直，第一象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直坐標平面向外的勻強磁場；第二象限內(nèi)有一對平行于x軸放置的金屬板，板間有正交的勻強電場和勻強磁場

9、，電場方向沿y軸負方向，場強大小未知，磁場垂直坐標平面向里，磁感應(yīng)強度大小也為B;第四象限內(nèi)有勻強電場，電場方向與x軸正方向成45角斜向右上方，場強大小與平行金屬板間的場強大小相同.現(xiàn)有一質(zhì)量為m,電荷量為q的粒子以某一初速度進入平行金屬板，并始終沿x軸正方向運動，粒子進入第一象限后，從x軸上的D點與x軸正方向成45 角進入第四象限，M點為粒子第二次通過 x軸的位置.已 知OD距離為L,不計粒子重力.求：(2) DM間的距離.(結(jié)果用m、q、vo、【答案】(1) E 無B qL (2) DMmL和B表不)c 222 m v002 2B q L(1)、粒子在板間受電場力和洛倫茲力做勻速直線運動，

10、設(shè)粒子初速度為有：qvoB=qE粒子在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，圓心為Oi,半徑為R,軌跡如圖,vo,由平衡條件由幾何關(guān)系知 R= 一L一 = J2L cos452由牛頓第二定律和圓周運動的向心力公式有：qvoB= m v R由式解得：vo= 2BqL .m由式解得：E=、2B2qL-(2)、由題意可知，粒子從 D進入第四象限后做類平拋運動，軌跡如圖，設(shè)粒子從D到M的運動時間為t,將運動分解在沿場強方向和垂直于場強的方向上，則粒子沿DG方向做勻速直線運動的位移為：DG = vot 粒子沿DF方向做勻加速直線運動的位移為:12 Eqt2DF= at =一2 2m由幾何關(guān)系可知：DG=DF,而=T

11、2dg 由式可解得DM =2 22m v02 D2q B L【點睛】此類型的題首先要對物體的運動進行分段，然后對物體在各段中進行正確的受力分析和運 動的分析，進行列式求解；洛倫茲力對電荷不做功，只是改變運動電荷的運動方向，不改變 運動電荷的速度大小.帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定：、圓心的確定：因為洛倫茲力提供向心力，所以洛倫茲力總是垂直于速度的方向，畫出帶電粒 子運動軌跡中任意兩點(一般是射入磁場和射出磁場的兩點)洛倫茲力的方向，其延長線 的交點即為圓心.、半徑的確定：半徑一般都是在確定圓心的基礎(chǔ)上用平面幾何的知識 求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形.、運動時間的確

12、定：利用圓心角與弦切 角的關(guān)系或者四邊形的內(nèi)角和等于360。計算出粒子所經(jīng)過的圓心角。的大小，用公式t= -T可求出運動時間.如圖所示，水平放置的兩塊帶金屬極板a、b平行正對.極板長度為l，板間距為d，板間存在著方向堅直向下、場強大小為E的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場.假設(shè)電場、磁場只顧在于兩板間.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以水平速度 vo從兩極板的左端正中 央沿垂直于電場、磁場的方向入極板間，恰好做做勻速直線運動.不計重力及空氣阻力.(1)求勻強磁場感應(yīng)強度 B的大小;(2)若撤去磁場，粒子能從極板間射出，求粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離;(3)若撤去磁場，并使電場強度變?yōu)樵瓉?/p>

13、的2倍，粒子將打在下極板上，求粒子到達下極(3)【解析】Ek12 mv0 qEd2m【分析】(1)粒子恰好做勻速直線運動，可知電場力與洛侖茲力平衡，可求磁感應(yīng)強度B;(2)粒子做類平拋運動，由運動分解方法，求解粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離；(3)用動能定理求解粒子到達下極板時動能.【詳解】(1)帶電粒子勻速通過場區(qū)時受到的電場力與洛侖茲力平衡，qE=qvoB,解得磁感應(yīng)強度大小 B=；Vo(2)撤掉磁場后，粒子做類平拋運動，通過電場區(qū)偏轉(zhuǎn)的距離2/ 1 qEIoqEl2 TOC o 1-5 h z y at( )2 HYPERLINK l bookmark42 o Current Doc

14、ument 2 mv02mv0(3)設(shè)粒子運動到下極板時的動能大小為Ek,根據(jù)動能定理得：qx 2E1d=Ek-m vo2 HYPERLINK l bookmark77 o Current Document 22o斛得 Ek= mvo2+qEd【點睛】對粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做勻速直線運動”的隱含條件，對于撤掉磁場后的粒子 的類平拋運動，要能夠熟練分析解決，為常考內(nèi)容.回旋加速器D形盒中央為質(zhì)子流，D形盒的交流電壓為 U=2X 104V,靜止質(zhì)子經(jīng)電場加速后，進入 D形盒，其最大軌道半徑 R= 1m,磁場的磁感應(yīng)強度 B=0.5T,質(zhì)子的質(zhì)量為 1.67X 10-27kg,電量為 1.6

15、X 10 19C,問：(1)質(zhì)子最初進入 D形盒的動能多大？(2)質(zhì)子經(jīng)回旋加速器最后得到的動能多大？(3)交流電源的頻率是多少？【答案】(1)3,2 10 15J; (2)1.9 10 12J; (3)7.6 106Hz.【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在第一次進入電場中被加速，則質(zhì)子最初進入D形盒的動能Ek1 Uq 2 104 1.6 10 19J 3.2 10 15J(2)根據(jù)2 v qvB m R得粒子出D形盒時的速度為qBR vm 則粒子出D形盒時的動能為12Ekm二 mvm22 2 2q B R2m19 222州 10 ）叱 1 J 1.9 10 12J2 1.67 10 27(

16、3)粒子在磁場中運行周期為T 2qBm因一直處于加速狀態(tài)，則粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，即為那么交變電源的頻率為1.6 10 19 0.52 3.14 1.67 1027Hz 7.6 106Hz.回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間距很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強度為B。的勻強磁場與盒面垂直。在下極板的圓心A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m?電荷量為+q,在加速器中被加速，加速電壓 u2 m隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示 T 。加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和變化電場對磁qB0場分布的影響。(1)粒子開始從靜止被加速，估算該離子離開加速

17、器時獲得的動能&;(2)調(diào)節(jié)交流電的電壓，先后兩次的電壓比為1:2,則粒子在加速器中的運動時間之比為多少？(3)帶電粒子在磁場中做圓周運動的圓心并不是金屬盒的圓心O,而且在不斷的變動。設(shè)第一次加速后做圓周運動的圓心Oi到O的距離為xi,第二次加速后做圓周運動的圓心Q到O的距離為X2,這二個距離平均值約為最后從加速器射出時圓周運動的圓心位置x,求x的值，并說明出口處為什么在A的左邊；(4)實際使用中，磁感應(yīng)強度 B會出現(xiàn)波動，若在t=T時粒子第一次被加速，要實現(xiàn)連續(xù)n4次加速，求B可波動的最大范圍。次圓周運動的圓心在A點的左邊，最后一次圓周運動與左邊相切，所以出口在A點的左邊;2( n 1)-“

18、 0Bo , n=2、32n 32( n 1)(4) Bo2n 1【解析】【分析】根據(jù)回旋加速器原理，粒子在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)，根據(jù)軌道半徑與運動周期可求 運動動能及運動時間，若磁場出現(xiàn)波動，求出磁感強度的最大值和最小值，從而確定磁感 強度的范圍。【詳解】(1)圓周運動的最大半徑約為qvBo2 v mR離子離開加速器時獲得的動能Ek1 2一 mv2(qBoR)22m(2)設(shè)加速n次nqUo_ _ 2 (qBoR)2m2 2qBo2R22mUot nT2 2Uo運動時間之比tiU 02U 01(3)設(shè)第一、二次圓周運動的半徑為r1和1 :qUo一mvi2mv111qBo1Boq22mUo2

19、qUo一 mv222 m2 qBoBori4mU0Xix22 rl可得X1X2X 232- i 1A 0.793Bo2mU0第一次圓周運動的圓心在 A點的左邊，最后一次圓周運動與左邊相切，所以出口在 左邊。(4)設(shè)磁感應(yīng)強度偏小時為B1,圓周運動的周期為 T1(n 1)( ? T) T224A點的解得2n-1 T 2(n-1)B 2(n 1)B B1B02n 1設(shè)磁感應(yīng)強度偏大時為 B2,圓周運動的周期為 T2T(n 1)(-2n 3 T2(n 1)解得B22(n 1)2nBo因此2(n1)2n 3B0, n=2、38. 1932年美國物理學家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中

20、運動特點，解決了粒子的加速問題?，F(xiàn)在回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學研究和恢學設(shè)備中?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D甲所，置于真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間的狹縫很小，帶U。D形金屬盒中心電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加速器按一定頻率的高頻交流電源，保證粒子每次經(jīng)過電場都被加速，加速電壓為 粒子源產(chǎn)生的粒子，初速度不計，在加速器中被加速，加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重 力作用。(1)求把質(zhì)量為m、電荷量為q的靜止粒子加速到最大動能所需時間；(2)若此回旋加速器原來加速質(zhì)量為2m,帶電荷量為q的“粒子(2He),獲得的最大動a粒子能為Ekm,現(xiàn)改為加速笊核(2H )

21、,它獲得的最大動能為多少？要想使笊核獲得與相同的動能，請你通過分析，提出一種簡單可行的辦法；(3)已知兩D形盒間的交變電壓如圖乙所示，設(shè)a粒子在此回旋加速器中運行的周期為T201 . _T右存在一種干電何重為q、質(zhì)重為 m的粒子ioo X,在t 一時進入加速電場，該粒子在加4速器中能獲得的最大動能？(在此過程中，粒子未飛出D形盒)-2 ,見解析;2（3）l00qUo【解析】【分析】【詳解】(1)由洛倫茲力提供向心力得qVmB2mvm粒子每旋轉(zhuǎn)一周動能增加 2qU,則旋轉(zhuǎn)周數(shù)_ 2 _2qB R4mU周期粒子在磁場中運動的時間t 磁=nT磁tiBR22U般地可忽略粒子在電場中的運動時間，t磁可視

22、為總時間(2)對“粒子，由速度qBR2m得其最大動能為2222 qBREkm - 2mVm 4m對笊核，最大動能為Ekm:m*H21 縱片中q2B2R2 m 22 m 8m若兩者有相同的動能，設(shè)磁感應(yīng)強度變?yōu)锽、由“粒子換成笊核，有222222q B R _ q B R4m 8m解得B 22B，即磁感應(yīng)強度需增大為原來的22倍高頻交流電源的原來周期T 4 mqB2x2 mqB2 4 m 、.2TBTT. 22故由“粒子換為笊核時，交流電源的周期應(yīng)為原來的T qB 2201 . 一(3)對粒子iooX分析，其在磁場中的周期2 m 201T1Tq B 200每次加速偏移的時間差為T=Ti T T2

23、400加速次數(shù)Tn 4 100T所以獲得的最大動能Eg nqU。100qU0.回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m,電荷量為十q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T= 2-m .一束該種粒子qB在t = 0二時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零.現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動2時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用.求：甲乙(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有

24、超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件.q2B2R2BR2 2BRd【答案(1)q_B_R_(2)2m2Uo【解析】【詳解】mUo；(3) dm時，粒子的最大動能由fm決定vm=2TtmR解得尼3用=2nm【點睛】此題是帶電粒子在復合場中運動與動能定理的靈活應(yīng)用，本題每一問都比較新穎，需要學 生反復琢磨解答過程.1為回旋加速器.回旋加速器是現(xiàn)代高能物理研究中用來加速帶電粒子的常用裝置.圖原理示意圖，置于高真空中的兩個半徑為R的D形金屬盒，盒內(nèi)存在與盒面垂直磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場.兩盒間的距離很小，帶電粒子穿過的時間極短可以忽略不計.位于 形盒中心A處的粒子源能產(chǎn)生質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子

25、，粒子的初速度可以忽2所示的余弦to=0時刻產(chǎn)生略.粒子通過兩盒間被加速，經(jīng)狹縫進入盒內(nèi)磁場.兩盒間的加速電壓按圖規(guī)律變化，其最大值為 U0.加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用.已知 的粒子每次通過狹縫時都能被最大電壓加速.求圖】2(1)兩盒間所加交變電壓的最大周期T0;(2)t0=0時刻產(chǎn)生的粒子第1次和第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后的軌道半徑之比;(3)tiT0-與t2 T時刻產(chǎn)生的粒子到達出口處的時間差.1262 m -【答案】。應(yīng)：2(3)m6qB3 . 3 BR2 UT【解析】(1)設(shè)粒子在某次被加速后的速度為v,則它在勻強磁場中做半徑為r的圓周運動時:2，即: vqvB m，運動周期

26、為T r要保證b0時刻產(chǎn)生的粒子每次通過狹縫是都能被最大電壓加速，粒子做圓周運動的周期必須與加速電壓的最大周期相同，所以:To2 mqB(2)設(shè)t0 0時刻兩盒間的電壓為 U 0 ,此時刻產(chǎn)生的粒子第1次經(jīng)過狹縫后的速度為V1 ,半徑為門qU012mv,2V1qvB m一 解得：。r11 2mU0 B . q粒子在磁場中運動 T后第2次經(jīng)過狹縫，此時兩盒間的電壓為 2聯(lián)立可以得到，加速后的半徑為：r2 .1 l2m 2U0 ,所以:2(3)設(shè)粒子到達出口時的速度為vm,則：qvmB mvmRU 0,粒子再次加速r1 : r22:2即所有從出口飛出的粒子，速度大小都相等，而每個粒子在磁場中運動的

27、每一個周期時間內(nèi)，被相同的電壓加速兩次.設(shè)某個粒子被加速時的電壓為U,它總共被加速了 n次,12貝U： nqUmvm2整理可以得到：n qB R2mU該粒子在磁場中運動的總時間t n T0 T024t1 T0與T0時刻產(chǎn)生的粒子被加速時的電壓分別為:126即U1U0 cosTd%和5 UcosL To 12To 61U22U0所以，tl ，與t20時刻產(chǎn)生的粒子到達出口處的時間差為:126To6To12n2 n1m 3 J3 BR26qB 3 Uo點睛：此題難度較大，解本題的關(guān)鍵是知道回旋加速器的工作原理；靈活應(yīng)用洛倫茲力提 供向心力求解，還要注意計算過程的計算量.如圖所示為回旋加速器的簡易圖，整個裝置置于方向豎直向下磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，已知兩 D盒的半徑大小為 R,兩個狹縫之間的間距為 d,現(xiàn)將一粒子發(fā)射源 放在D盒的圓心處，且該粒子發(fā)射源能釋放質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，且粒子的初速度視為零，當在兩狹縫之間施加一高頻交變電壓，加速電壓U的大小認為不變，粒子的重力可忽略，該帶電粒子在電場