高中物理速度选择器和回旋加速器专项练习及解析
一、速度选择器和回旋加速器
1.如图所示,虚线O 1O 2是速度选择器的中线,其间匀强磁场的磁感应强度为B 1,匀强电场的场强为E (电场线没有画出)。照相底片与虚线O 1O 2垂直,其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2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
q m
; (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子,沿着虚线O 1O 2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)1E v B =;(2)12q E m RB B =;(3)122B B qd m E
?=
【解析】 【分析】 【详解】
(1)离子沿虚线做匀速直线运动,合力为0
Eq =B 1qv
解得
1
E
v B =
(2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,所以
2
2mv B qv R
= 解得
12
q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1,半径R 1;质量较大的离子质量为m 2,半径为R 2 根据题意
R 2=R 1+
2
d 它们带电量相同,进入底片时速度都为v ,得
2
121
m
v B qv R =
2
222
m v B qv R =
联立得
22121()B q
m m m R R v
?=-=
- 化简得
122B B qd
m E
?=
2.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v 0; (3)粒子从N 点射出时的动能E k 。
【答案】(1)电场强度U E d =;(2)0U v Bd
=;(3)2
222k qUh mU E d B d =+
【解析】 【详解】
(1)电场强度U E d
=
(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:0qE qv B = 解得0E U v B Bd
=
= (3)粒子从N 点射出,由动能定理得:2012
k qE h E mv ?=-
解得2
222k qUh mU E d B d
=+
3.质谱仪最初由汤姆孙的学生阿斯顿设计的,他用质谱仪发现了氖20和氖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O 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
q
m
)多大? (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?
【答案】(1)负电(2)2
q E m
B L =
(3)从dc 边距离d 3L 处射出磁场;3BL E
π
【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 =qv 0B
得:
0E
v B
=
撤去磁场后,粒子做类平抛运动,则有:
x =v 0t =L
2 2
12qE L
y t m =
= 得:
2 q E m B L
=
(3)撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动,则:
2
00v qv B m r
= 得:
mv r L qB
=
= 粒子从dc 边射出磁场,设粒子射出磁场距离d 点的距离为x ,根据几何关系:
22
22L x r r +-=()
r=L
得:
32
x L =
所以1
3
θπ=
23BL t T E
θππ=
= 答:(1)带电粒子带负电; (2)带电粒子的比荷2
q
E
m B L
=
; (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dc 边距离d 点
3
2
x L =
处离开磁场,在磁场中运动的时间3BL t E =π.
4.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B 0=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O 的圆形区域内也存在匀强磁场,磁感应强度大小为B =
3
3
T ,方向垂直于纸面向里。一质量为m =10-26kg 带正电的微粒沿平行于金属板面,从A 点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间,沿直线射出平行金属板之间的区域,并沿直径CD 方向射入圆形磁场区域,最后从圆形区域边界上的F 点射出。已知速度的偏转角60°,不计微粒重力。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t 。
【答案】(1)2000m/s (2)2×10-22
C (3
4-
【解析】 【详解】
(1)在正交场中运动时:
0U B qv q
d
= 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 =
2
v Bqv m r
=
mv q rB
=
解得:
q =2×10-22C
(3)根据2m
T Bq
π=
则
460360t T -==o o
5.如图所示,两平行金属板水平放置,间距为d ,两极板接在电压可调的电源上。两板之间存在着方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B 。金属板右侧有一边界宽度为d 的无限长匀强磁场区域,磁感应强度的大小为B 、方向垂直纸面向里,磁场边界与水平方向的夹角为60°。平行金属板中间有一粒子发射源,可以沿水平方向发射出电性不同的两种带电粒子,改变电源电压,当电源电压为U 时,粒子恰好能沿直线飞出平行金属板,粒子离开平行金属板后进入有界磁场后分成两束,经磁场偏转后恰好同时从两边界离开磁场,而且从磁场右边界离开的粒子的运动方向恰好与磁场边界垂直,粒子之间的相互作用不计,粒子的重力不计,试求: (1)带电粒子从发射源发出时的速度; (2)两种粒子的比荷
11q m 和22q
m
分别是多少; (3)带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径。
【答案】(1)U dB (2)22
2v d B 222U
d B (3)2
d 【解析】 【详解】
(1)根据题意,带电粒子在平行金属板间做直线运动时,所受电场力与洛伦兹力大小相等,由平衡条件可得
q
U
d =qvB 解得:
v =
U dB
(2)根据题意可知,带正电粒子进入磁场后沿逆时针方向运动,带负电粒子进入磁场后沿顺时针方向运动,作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,带负电粒子在刚进入磁场时速度沿水平方向,离开磁场时速度方向垂直磁场边界,根据图中几何关系可知,带负电粒子在磁场中做圆周运动的偏转角为
θ1=30°=
6
π 带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:
r 1=
sin 30d
?
=2d 带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,有:
q 1vB =2
11
m v r
联立解得:
11q m =222v d B
根据带正电粒子的运动轨迹及几何关系可知,带正电粒子在磁场中的偏转角为:
θ2=120°=
23
π
根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式:
T =
2m
qB
π 可得带负电粒子在磁场中运动的时间为:
t 1=
11
1m q
B
θ
带正电粒子在磁场中运动的时间为:
t 2=
22
2m q B
θ 根据题意可知:
t 1=t 2
联立以上各式,可得
22q m =114q m =222U d B
(3)带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为:
r 2=
22m v
q B
解得:
r 2=
2
d
6.在图所示的平行板器件中,电场强度和磁感应强度相互垂直.具有某一水平速度的带电粒子,将沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不发生偏转,具有其他速度的带电粒子将发生偏转.这种器件能把具有某一特定速度的带电粒子选择出来,叫作速度选择器.已知粒子A (重力不计)的质量为m,带电量为+q ;两极板间距为d ;电场强度大小为E ,磁感应强度大小为B .求:
(1)带电粒子A 从图中左端应以多大速度才能沿着图示虚线通过速度选择器?
(2)若带电粒子A 的反粒子(-q, m)从图中左端以速度E/B 水平入射,还能沿直线从右端穿出吗?为什么?
(3)若带电粒子A 从图中右端两极板中央以速度E/B 水平入射,判断粒子A 是否能沿虚线从左端穿出,并说明理由.若不能穿出而打在极板上.请求出粒子A 到达极板时的动能? 【答案】(1) E/B (2) 仍能直线从右端穿出,由(1)可知,选择器(B, E)给定时,与粒子的电
性、电量无关.只与速度有关 (3) 不可能, 2
122
E Eqd
m B ??+ ???
【解析】
试题分析:,电场的方向与B 的方向垂直,带电粒子进入复合场,受电场力和安培力,且二力是平衡力,即Eq =qvB ,即可解得速度.仍能直线从右端穿出,由(1)可知,选择器(B, E)给定时,与粒子的电性、电量无关.只与速度有关.
(1) 带电粒子在电磁场中受到电场力和洛伦兹力(不计重力),当沿虚线作匀速直线运动时,两个力平衡,即Eq =Bqv 解得:E v B
=
(2)仍能直线从右端穿出,由(1)可知,选择器(B, E)给定时,与粒子的电性、电量无关.只与速度有关.
(3)设粒子A 在选择器的右端入射是速度大小为v ,电场力与洛伦兹力同方向,因此不可能直线从左端穿出,一定偏向极板.设粒子打在极板上是的速度大小为v ′. 由动能定理得:22111
222
Eqd mv mv '=- 因为 E=Bv
联立可得粒子A 到达极板时的动能为:2
122
k E Eqd
E m B ??=+ ???
点睛:本题主要考查了从速度选择器出来的粒子电场力和洛伦兹力相等,粒子的速度相同,速度选择器只选择速度,不选择电量与电性,同时要结合功能关系分析.
7.如图所示,一对平行金属极板a 、b 水平正对放置,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 ; (3)求粒子的比荷(
q
m
)。 【答案】(1)磁场方向垂直纸面向里(2)v =U Bd (3)2223q Uh m B L d
= 【解析】 【分析】
(1)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qvB q =U d
粒子进入极板时的速度v =
U Bd
(3)带电粒子在两极板间运动时间t 1=
L v ,加速度qU a md
= 带电粒子穿过电场时的侧移量2
2112
122qUL y at mdv ==
带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t 2=
L
v
带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度v y =1qUL
at mdv
=
带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移2
222y qUL y v t mdv ==
两次侧移量之和为h ,即:h =y 1+y 2=2
232qUL mdv
解得:
2223q Uh m B L 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.
8.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E 的匀强电场。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金属板间。不计粒子重力。
(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B 0;
(2)若撤去板间磁场B 0,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。
【答案】(1)0E v (2)0
2mv qd
【解析】 【详解】
(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=qv 0B 0, 解得:00
E B v =
; (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度:00303
v v cos =
=?,
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=2
v m r
, 由几何关系得:1
2
d =rcos30°, 解得:0
2=mv B 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。
9.如图所示,在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度和磁感应强度的大小分别为E=2×106N/C 和B 1=0.1T ,极板的长度
,间距足够大.在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场,磁场的方向为垂直
于纸面向外,圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上,圆形区域的半径。有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动,然后进入圆形磁场区域,飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°,不计粒子的重力,粒子的
比荷。
(1)求粒子沿极板的中线飞入的初速度v0;
(2)求圆形区域磁场的磁感应强度B2的大小;
(3)在其他条件都不变的情况下,将极板间的磁场B1撤去,为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场,求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件.
【答案】(1)v0=2×107m/s(2)B2=0.1T(3)m (或m )
【解析】
【分析】
(1)抓住粒子做匀速直线运动,根据洛伦兹力和电场力平衡求出粒子的初速度.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系求出粒子在磁场中运动的半径,结合半径公式求出磁感应强度的大小.(3)粒子在板间做类平抛运动,离开极板后做匀速直线运动,由类平抛运动知识与匀速运动规律可以求出d需要满足的条件.
【详解】
(1)粒子在极板间做匀速直线运动,有:,代入数据解得:
.
(2)设粒子的初速度大小为v,粒子在极板间匀速直线运动,则:
设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律得:
粒子运动轨迹如图所示,粒子速度方向偏转了60°,由数学知识可得:
解得:
(3)撤去磁场后粒子在极板间做平抛运动,设在板间运动时间为t,运动的加速度为a 飞出电场时竖直方向的速度为,速度的偏转角为,由牛顿第二定律得:qE=ma
水平方向:,竖直方向:,
解得:,即
设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时,圆心O 离极板右边缘的水平距离为
d ,如图所示:
由几何关系得:,解得:
所以圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应满足(或
)。
【点睛】
本题考查了带电粒子在电磁场中运动的相关问题,考查学生综合分析、解决物理问题能力.分析清楚粒子的运动过程,应用运动的合成与分解、平衡条件、牛顿运动定律、运动学公式即可正确解题.
10.诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器,其原理可简化如下.如图所示,两个中空的半径R =0.125m 的半圆金属盒,接在电压U =5000V 、频率恒定的交流电源上;两盒狭缝之间距离d =0.01m ,金属盒面与匀强磁场垂直,磁感应强度B =0.8T .位于圆心处的质子源能不断产生质子(初速度可以忽略,重力不计,不计质子间的相互作用),质子在狭缝之间能不断被电场加速,最后通过特殊装置引出.已知质子的比荷
198271.6101101.6710q C m kg
--?=≈??C/kg ,求: (1)质子能获得的最大速度;
(2)质子在电场加速过程中获得的平均功率;
(3)随轨道半径r 的增大,同一盒中相邻轨道的半径之差Δr 如何变化?简述理由. (4)设输出时质子束形成的等效电流为100mA ,回旋加速器输出功率是多大?
【答案】(1)7max 110v =?m/s (2) 7
410P -≈?W 电
(3) Δr 逐渐减小 (4)P =5000W 【解析】 【详解】
(1)粒子在磁场中回旋,有
2
mv qvB r
= 引出时有r=R , 得
7max 110gBR
v m
=
=?m/s (2)引出前质子(在电场中)加速的次数
100km E
n qU
==
质子在电场中多次加速,可等效为一次性做匀加速直线运动 该过程中的平均速度为v /2,则
7210/2
nd
t s v -=
=?电 平均功率
()227777
1
1.6710102
410210
W P t ---???==≈??W W 电电 (3)粒子回旋半径mv
r qB
=
,设加速一次后的速度为v 1,加速三次后的速度为v 3,则有
31v =
,51v =……,
由此
31r =
,5r
因为1111)r r r >>>L L ,故Δr 逐渐减小 (4)研究出口处截面Δt →0时间内的质子,设有N 个,则
N·q =I ·Δt
在该时间内,回旋加速器做的功等效于把N 个质子从静止加速到km E 即
21
(0)2
W N mv =-
W P t
=
?, 代入得
P =5000W
11.1932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U ,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)粒子被加速的次数. 【答案】(1)交流电压的频率为
2Bq
m
π;(2)粒子从D 形盒边缘射出时的动能是2222q B R m ;(3)粒子被加速的次数为22
2qB R mU . 【解析】 【分析】 【详解】
(1)加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期,即T =2m
Bq
π, 那么交流电压的频率:f =
2Bq
m
π; (2)根据qvB =m 2
v R ,解得v =qBR m ,带电粒子射出时的动能:E K =12mv 2=2222q B R m
;
(3)经加速电场加速:qnU =222
2q B R m ,
解得:n =22
2qB R mU
12.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0B ,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A1、A2、A4……A n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
【答案】(1)
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+,
222
2
e B R
E
m
=;(2)
2
e B U
m
π
;(3)0
2sin
B R
n
d
π
【解析】
【详解】
解:(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有:
2
mv
evB
R
=
解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为:0
eB R
v
m
=
正、负电子进入对撞机时分别具有的能量:
222
20
1
22
e B R
E mv
m
==
正、负电子对撞湮灭时动量守恒,能量守恒,则有:2
22
E mc hv
+=
正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率:
2222
2
e B R mc
v
mh h
=+
(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:
2
1
2
neU mv
=
解得:
22
2
eB R
n
mU
=
正、负电子在磁场中运动的周期为:0
2m
T eB π=
正、负电子在磁场中运动的时间为:20
22B R n
t T U
π==
D 型盒间的电场对电子做功的平均功率:20e B U
W E P t t m
π===
(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sin
2
d
r n
π
=
解得:
2sin
d r n
π=
根据洛伦磁力提供向心力可得:2
00mv ev B r
=
电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小:
02sin
B R n B d
π
=
13.正电子发射计算机断层(PET )是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术,它为临床诊断和治疗提供全新的手段。PET 所用回旋加速器示意如图所示,其中D 1和D 2是置于高真空中的两个中空半圆金属盒,两半圆盒间的缝隙距离为d ,在左侧金属盒D 1圆心处放有粒子源A ,匀强磁场的磁感应强度为B 。正电子质量为m ,电荷量为q 。若正电子从粒子源A 进入加速电场时的初速度忽略不计,加速正电子时电压U 的大小保持不变,不考虑正电子在电场内运动的过程中受磁场的影响,不计重力。求:
(1)正电子第一次被加速后的速度大小v 1;
(2)正电子第n 次加速后,在磁场中做圆周运动的半径r ;
(3)若希望增加正电子离开加速器时的最大速度,请提出一种你认为可行的改进办法! 【答案】(12qU m 21
2mnqU Bq
3)见解析 【解析】(1)正电子第一次被加速后,由动能定理可得2
112
qU mv =,解得12qU v m =
(2)设质子第n 次加速后的速度为n v
由动能定理有212
n
nqU mv =
由牛顿第二定律有2n n v qv B m r =,解得1
2r mnqU Bq
=
(3)方案一:增加磁感应强度B ,同时相应调整加速电压变化周期;方案二:增加金属盒的半径。
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)粒子在回旋加速器中获得的最大动能及加速次数。
【答案】(152) 2222km q B R E m = 22
2qB R n mU
=
【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=
1
2
mv n 2 qv n B=m 2n
n
v r
解得:12n nmU
r B q
=
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:4
5
5
r r =
(2)设粒子在回旋加速器中运动的最大半径为R ,粒子的最大速度为v m ,受力分析可知
qv m B=m 2 m
n
v
r
粒子的最大动能:2
222
1
22
k m
m
q B R
E
m
v
m
==
粒子在回旋加速器中加速总次数:
22
2
km
E qB R
n
qU mU
==
【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。
15.一个质量为m、电荷量为q的粒子,从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为0,然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片D上
(1)求粒子进入磁场时的速率.
(2)求粒子照相底片D点到S3的距离
【答案】(1);(2)
【解析】
(1)粒子飘入电势差为U的加速电场,有
得粒子进入磁场时的速率
(2)粒子进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有:
,
粒子照相底片D点到S3的距离2R=.
高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图所示,有一对水平放置的平行金属板,两板之间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E =200V/m ,方向竖直向下;磁感应强度大小为B 0=0.1T ,方向垂直于纸面向里。图中右边有一半径R 为0.1m 、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 = 3 3 T ,方向垂直于纸面向里。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,沿直线射出平行金属板之间的区域,并沿直径CD 方向射入圆形磁场区域,最后从圆形区域边界上的F 点射出已知速度的偏向角θ=π 3 ,不计离子重力。求: (1)离子速度v 的大小; (2)离子的比荷 q m ; (3)离子在圆形磁场区域中运动时间t 。(结果可含有根号和分式) 【答案】(1)2000m/s ;(2)2×104C/kg ;(3)4310s 6 π -? 【解析】 【详解】 (1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动,洛仑兹力与电场力相等,即: B 0qv =qE 解得: 2000m/s E v B = = (2)在圆形磁场区域,离子做匀速圆周运动,轨迹如图所示
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有: 2 v Bqv m r = 由几何关系有: 2 R tan r θ = 离子的比荷为: 4 210C/kg q m =? (3)弧CF 对应圆心角为θ,离子在圆形磁场区域中运动时间t , 2t T θπ= 2m T qB π= 解得: 43106 t s π -= 2.如图,正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,已知该区域的边长为L 。一个带电粒子(不计重力)从AD 中点以速度v 水平飞入,恰能匀速通过该场区;若仅撤去该区域内的磁场,使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场区,最后恰能从C 点飞出;若仅撤去该区域内的电场,该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区,求: (1)该粒子最后飞出场区的位置; (2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下,带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少?
高中物理回旋加速器 一.选择题(共4小题) 1.在回旋加速器中() A.D形盒内有匀强磁场,两D形盒之间的窄缝有高频电源产生的电场 B.两D形盒之间的窄缝处有场强大小、方向不变的匀强电场 C.高频电源产生的电场用来加速带电粒子 D.带电粒子在D形盒中运动时,磁场力使带电粒子速度增大 2.在回旋加速器中() A.D形盒内有匀强磁场,两D形盒之间的窄缝有高频电源产生的电场 B.两D形盒之间的窄缝处有场强大小、方向不变的匀强电场 C.高频电源产生的电场用来使带电粒子做圆周运动 D.带电粒子在D形盒中运动时,磁场力使带电粒子加速 3.关于回旋加速器的说法正确的是() A.回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大的 B.回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量的 C.粒子在回旋加速器中不断被加速,故在磁场中做圆周运动一周所用时间越来越小D.若加速电压提高到4倍,其它条件不变,则粒子获得的最大速度就提高到2倍4.回旋加速器由下列哪一位物理学家发明() A.洛伦兹B.奥斯特C.劳伦斯D.安培 二.填空题(共1小题) 5.回旋加速器的D型金属盒半径为R,两D型盒间电压为U,电场视为匀强电场,用来加速质量为m,电荷量为q的质子,使质子由静止加速到能量为E后,由小孔射出.(设质子每次经过电场加速后增加相同的能量)求: (1)加速器中匀强磁场B的大小. (2)加速到上述能量所需的回旋次数. (3)加速到上述能量所需时间.(不计经过电场的时间)
三.解答题(共1小题) 6.如图回旋加速器D形盒的半径为r,匀强磁场的磁感应强度为B.一个质量了m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速. (1)求该回旋加速器所加交变电场的频率; (2)求粒子离开回旋加速器时获得的动能; (3)有同学想自利用该回旋加速器直接对质量为m、电量为2q的粒子加速.能行吗?行,说明理由;不行,提出改进方案.
高中物理高考物理速度选择器和回旋加速器的技巧及练习题及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图所示,两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A 板带正电荷,B 板带等量负电荷,电场强度为E ;磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B 1。平行金属板右侧有一挡板M ,中间有小孔O ′,OO ′是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B 2,CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板,它与M 板的夹角θ=45°,现有大量质量均为m ,电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力),自O 点沿OO ′方向水平向右进入电磁场区域,其中有些粒子沿直线OO ′方向运动,通过小孔O ′进入匀强磁场B 2,如果这些粒子恰好以竖直向下的速度打在CD 板上的E 点(E 点未画出),求: (1)能进入匀强磁场B 2的带电粒子的初速度v ; (2)CE 的长度L (3)粒子在磁场B 2中的运动时间. 【答案】(1)1 E B (2) 12 2mE qB B (3) 2m qB π 【解析】 【详解】 (1)沿直线OO ′运动的带电粒子,设进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度为v , 根据 B 1qv =qE 解得: v = 1 E B (2)粒子在磁感应强度为B 2磁场中做匀速圆周运动,故: 2 2v qvB m r = 解得: r =2mv qB =12 mE qB B 该粒子恰好以竖直向下的速度打在CD 板上的E 点,CE 的长度为: L = 45r sin =2r 12 2mE
(3) 粒子做匀速圆周运动的周期2 m T qB π= 2t m qB π = 2.如图所示:在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,电场强度和磁感应强度的大小分别为E =1×103N/C 和B 1=0.02T ,极板长度L =0.4m ,间距足够大。在极板的右侧还存在着另一圆形匀强磁场区域,磁场的方向垂直纸面向外,圆形磁场的圆心O 位于平行金属板的中线上,圆形磁场的半径R =0.6m 。有一带正电的粒子以一定初速度v 0沿极板中线水平向右飞入极板间恰好做匀速直线运动,然后进入圆形匀强磁场区域,飞出后速度方向偏转了74°,不计粒子重力,粒子的比荷q m =3.125×106C/kg ,sin37°=0.6,cos37°=0.8,5≈2.24。求: (1)粒子初速度v 0的大小; (2)圆形匀强磁场区域的磁感应强度B 2的大小; (3)在其他条件都不变的情况下,将极板间的磁场撤去,为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁场,则圆形磁场的圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应该满足的条件。 【答案】(1)v 0=5×104m/s ;(2)B 2=0.02T ;(3) 1.144m d ≥。 【解析】 【详解】 (1)粒子在电场和磁场中匀速运动,洛伦兹力与电场力平衡 qv 0B 1=Eq 带电粒子初速度 v 0=5×104m/s (2)带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力 20 02v qv B m r = 轨迹如图所示:
高中物理速度选择器和回旋加速器专项练习及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图所示,虚线O 1O 2是速度选择器的中线,其间匀强磁场的磁感应强度为B 1,匀强电场的场强为E (电场线没有画出)。照相底片与虚线O 1O 2垂直,其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2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 q m ; (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子,沿着虚线O 1O 2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)1E v B =;(2)12q E m RB B =;(3)122B B qd m E ?= 【解析】 【分析】 【详解】 (1)离子沿虚线做匀速直线运动,合力为0 Eq =B 1qv 解得 1 E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,所以 2 2mv B qv R = 解得 12 q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1,半径R 1;质量较大的离子质量为m 2,半径为R 2 根据题意 R 2=R 1+ 2 d 它们带电量相同,进入底片时速度都为v ,得
2 121 m v B qv R = 2 222 m v B qv R = 联立得 22121()B q m m m R R v ?=-= - 化简得 122B B qd m E ?= 2.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v 0; (3)粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】(1)电场强度U E d =;(2)0U v Bd =;(3)2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 (1)电场强度U E d = (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:0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = (3)粒子从N 点射出,由动能定理得:2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+
高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧(超强)及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.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v 0; (3)粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】(1)电场强度U E d =;(2)0U v Bd =;(3)2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 (1)电场强度U E d = (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:0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = (3)粒子从N 点射出,由动能定理得:2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+ 2.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θ(弧度).已知粒子的初速度为v 0,两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; (3)圆形磁场区域的半径R. 【答案】(1)U=Bv0d;(2) m qB θ ;(3)R= tan 2 mv qB θ 【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,Bv0q=qE,平行板间的电场强度E= U d ,解得两平行板间的电势差:U=Bv0d (2)在圆形磁场区域中,由洛伦兹力提供向心力可知: Bv0q=m 2 v r 同时有T= 2r v π 粒子在圆形磁场区域中运动的时间t= 2 θ π T 解得t= m Bq θ (3)由几何关系可知:r tan 2 θ =R 解得圆形磁场区域的半径R=0 tan 2 mv qB θ 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
高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.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0 E B ; (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)32.010m/s ?;(2)3210T -?;(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 00qvB qE = 解得 30 2.010m/s E B =? (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 1.0m R d == 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 3210T B -=? (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 sin y v v θ=
(物理)高考必备物理速度选择器和回旋加速器技巧全解及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.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0 E B ; (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)32.010m/s ?;(2)3210T -?;(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 00qvB qE = 解得 30 2.010m/s E B =? (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 1.0m R d == 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 3210T B -=? (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 sin y v v θ=
高中物理速度选择器和回旋加速器试题类型及其解题技巧及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.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θ=60°。现让一个α粒子从P 点沿+x 方向以初速度v 0射入,α粒子恰好做匀速直线运动,不计α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,α粒子仍从P 点以同样的速度射入,从M 点离开圆形区域,求α 粒子的比荷 q m ; (3) 若把匀强磁场撤去,α粒子的比荷 q m 不变,α粒子仍从P 点沿+x 方向射入,从N 点离开圆形区域,求α粒子在P 点的速度大小。 【答案】(1)0E v ,方向垂直纸面向里(2)03BR (3)3v 0 【解析】 【详解】 (1)由题可知电场力与洛伦兹力平衡,即 qE =Bqv 0 解得 B = E v 由左手定则可知磁感应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 Bqv 0=m 20 v r
由几何关系可知 r=3R,联立得 q m =0 3BR (3)粒子从P到N做类平抛运动,根据几何关系可得 x=3 2 R=vt y= 3 2 R= 1 2 × qE m t2 又 qE=Bqv0联立解得 v=3 2 3 Bqv R m = 3 v0 2.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θ(弧度).已知粒子的初速度为v0,两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; (3)圆形磁场区域的半径R. 【答案】(1)U=Bv0d;(2) m qB θ ;(3)R=0 tan 2 mv qB θ 【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】
高中物理速度选择器和回旋加速器技巧和方法完整版及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图所示,虚线O 1O 2是速度选择器的中线,其间匀强磁场的磁感应强度为B 1,匀强电场的场强为E (电场线没有画出)。照相底片与虚线O 1O 2垂直,其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2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 q m ; (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子,沿着虚线O 1O 2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)1E v B =;(2)12q E m RB B =;(3)122B B qd m E ?= 【解析】 【分析】 【详解】 (1)离子沿虚线做匀速直线运动,合力为0 Eq =B 1qv 解得 1 E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动,所以 2 2mv B qv R = 解得 12 q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1,半径R 1;质量较大的离子质量为m 2,半径为R 2 根据题意 R 2=R 1+ 2 d 它们带电量相同,进入底片时速度都为v ,得
2 121 m v B qv R = 2 222 m v B qv R = 联立得 22121()B q m m m R R v ?=-= - 化简得 122B B qd m E ?= 2.某粒子源向周围空间辐射带电粒子,工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷,如图所示,其中S 为粒子源,A 为速度选择器,当磁感应强度为B 1,两板间电压为U ,板间距离为d 时,仅有沿轴线方向射出的粒子通过挡板P 上的狭缝进入偏转磁场,磁场的方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B 2,磁场右边界MN 平行于挡板,挡板与竖直方向夹角为α,最终打在胶片上离狭缝距离为L 的D 点,不计粒子重力。求: (1)射出粒子的速率; (2)射出粒子的比荷; (3)MN 与挡板之间的最小距离。 【答案】(1)1U B d (2)22cos v B L α(3)(1sin )2cos L αα - 【解析】 【详解】 (1)粒子在速度选择器中做匀速直线运动, 由平衡条件得: qυB 1=q U d 解得υ=1U B d ; (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示:
高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A为粒子加速器,加速电压为U1;B为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U2,距离为d;C为偏转分离器,磁感应强度为B2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D上。求: (1)磁场B1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A,但加速电压不稳定,在11 U U -?到 11 U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C,则打在照相底片D上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2 1 1 2 U m B d U e =2) ()() 1111 2 22 2m U U m U U D B e e +?-? =, () 11 min 1 U U U U U -? = () 11 max 1 U U U U U +? = ] 【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2 1 1 2 U e mv = 1 2U e v m = 在速度选择器B中
2 1U eB v e d = \ 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = \ 222 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 【 代入B 1得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
高中物理速度选择器和回旋加速器及其解题技巧及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.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v 0; (3)粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】(1)电场强度U E d =;(2)0U v Bd =;(3)2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 (1)电场强度U E d = (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:0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = (3)粒子从N 点射出,由动能定理得:2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+ 2.如图所示,半径为R 的圆与正方形abcd 相内切,在ab 、dc 边放置两带电平行金属板,在板间形成匀强电场,且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入,恰沿直线通过圆形磁场区域,并从bc 边中点O 2飞出.若撤去磁场而保留电场,粒子仍从O 1点以相同速度射入,则粒子恰好打到某极板边缘.不计粒子重力.
(1)求两极板间电压U 的大小 (2)若撤去电场而保留磁场,粒子从O 1点以不同速度射入,要使粒子能打到极板上,求粒子入射速度的范围. 【答案】(1)20mv q (2)002121 22 v v v -+≤≤ 【解析】 试题分析:(1)由粒子的电性和偏转方向,确定电场强度的方向,从而就确定了两板电势的高低;再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压.(2)先根据有两种场均存在时做直线运动的过程,求出磁感应强度的大小,当撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,要使粒子打到板上,由几何关系求出最大半径和最小半径,从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度. (1)无磁场时,粒子在电场中做类平抛运动,根据类平抛运动的规律有: 212 R at = ,02R v t =,2qU a Rm = 解得:2 mv U q = (2)由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过,则有:02U qv B q R = 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转,若打到a 点,如图甲图: 由几何关系有:2r r R = 由洛伦兹力提供向心力有:2 11v qv B m r = 解得:1021 2 v v = 若打到b 点,如图乙所示:
高考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.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A 为粒子加速器,加速电压为U 1;B 为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U 2,距离为d ;C 为偏转分离器,磁感应强度为B 2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D 上。求: (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ,但加速电压不稳定,在11U U -?到11U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ,则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2112U m B d U e = 2)()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=,()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中
2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图,空间存在匀强电场和匀强磁场,电场方向为y 轴正方向,磁场方向垂直于xy 平面(纸面)向外,电场E 和磁场B 都可以随意加上或撤除,重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电的粒子质量为m 、电荷量为q 从P (x =0,y =h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射。这时若只有磁场,粒子将做半径为R 0的圆周运动;若同时存在电场和磁场,粒子恰好做直线运动.求: (1)若只有磁场,粒子做圆周运动的半径R 0大小; (2)若同时存在电场和磁场,粒子的速度0v 大小; (3)现在,只加电场,当粒子从P 点运动到x =R 0平面(图中虚线所示)时,立即撤除电场同时加上磁场,粒子继续运动,其轨迹与x 轴交于M 点。(不计重力)。粒子到达x =R 0平面时速度v 大小以及粒子到x 轴的距离; (4)M 点的横坐标x M 。 【答案】(1)0mv qB (2)E B (302v ,02R h +(4)2 2000724 M x R R R h h =++-【解析】 【详解】 (1)若只有磁场,粒子做圆周运动有:2 00 qB m R =v v 解得粒子做圆周运动的半径0 0m R qB ν= (2)若同时存在电场和磁场,粒子恰好做直线运动,则有:0qE qB =v 解得粒子的速度0E v B = (3)只有电场时,粒子做类平抛,有: 00y qE ma R v a t v t === 解得:0y v v =
所以粒子速度大小为:22 002y v v v v =+= 粒子与x 轴的距离为:2 0122 R H h at h =+ =+ (4)撤电场加上磁场后,有:2 v qBv m R = 解得:02R R = 粒子运动轨迹如图所示: 圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上,该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4 π ,由几何关系得C 点坐标为: 02C x R =, 02 C R y H R h =-=- 过C 作x 轴的垂线,在ΔCDM 中: 02CM R R == 2 C R C D y h ==- 解得:2 2 2 20074 DM CM CD R R h h =-=+-M 点横坐标为:2 2000724 M x R R R h h =+- 2.如图所示,相距为d 的平行金属板M 、N 间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B 0的匀强磁场;在xOy 直角坐标平面内,第一象限有沿y 轴负方向场强为E 的匀强电场,第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场.一质量为m 、电荷量为q 的正离子(不计重力)以初速度v 0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动,从P 点垂直y 轴进入第一象限,经过x 轴上的A 点射出电场进入磁场.已知离子过A 点时的速
高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A 为粒子加速器,加速电压为U 1;B 为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U 2,距离为d ;C 为偏转分离器,磁感应强度为B 2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D 上。求: (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ,但加速电压不稳定,在11U U -?到11U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ,则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2112U m B d U e = 2)()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=,()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中
2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A 为粒子加速器,加速电压为U 1;B 为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U 2,距离为d ;C 为偏转分离器,磁感应强度为B 2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D 上。求: (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ,但加速电压不稳定,在11U U -?到11U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ,则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2112U m B d U e = 2)()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=,()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中
2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
- 1 - 一、引入新课 [师]在现代物理学中,为了研究物质的微观结构,人们往往利用能量很高的带电粒子作为“炮弹”,去轰击各种原子核,以观察它们的变化规律.怎样才能在实验室大量地产生高能量的带电粒子呢?这就要用到一种叫加速器的实验设备.同学们一定听说过北京正负电子对撞机吧,它就是我国于1989年初投入运行的第一台高能粒子加速器,它能使正负电子束流的能量分别达到28亿电子伏. [生]加速器究竟是怎样产生高能带电粒子的呢? [师]这就是今天我们要学习的课题.让我们以探索者的身份,从已有的基础知识出发,一起去寻求问题的答案吧! [生]根据动能定理带电粒子获得的动能E k =21mv2=qU. [师]回答正确.由此看来,在带电粒子一定的条件下,要获得高能量的带电粒子,可采取什么方法? [生]带电粒子一定,即q、m一定,要使粒子获得的能量增大,可增大加速电场两极板间的电势差. [师]但是,在实际中能够达到的电压值总是有限的,不可能太高,因而用这种方法加速粒子,获得的能量很有限,一般只能达到几十万至几兆电子伏.我们能否设法突破电压的限制,使带电粒子获得更大的能量呢? [生甲]我想是否可以多加几个电场,让带电粒子逐一通过它们. [师]根据学生回答,投影出示图.大家认为这种设想有道理吗? [生乙]我认为有道理.这样一来,每个电场的电压就不必很高.尽管带电粒子每次得到的能量不是很大,但最后的总能量却可以达到E k=nqU,只要增加电场的数目n,就可以使粒子获得足够大的能量. [师]说得对.采用多个电场,使带电粒子实现多级加速,的确是突破电压限制的好方法.同学们能提出这样富有创见的设想,十分可贵.但是,我们再仔细推敲一下它的可行性,按上图所示的方案,真能实现多级加速吗? - 2 -
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.如图,空间存在匀强电场和匀强磁场,电场方向为y 轴正方向,磁场方向垂直于xy 平面(纸面)向外,电场E 和磁场B 都可以随意加上或撤除,重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电的粒子质量为m 、电荷量为q 从P (x =0,y =h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射。这时若只有磁场,粒子将做半径为R 0的圆周运动;若同时存在电场和磁场,粒子恰好做直线运动.求: (1)若只有磁场,粒子做圆周运动的半径R 0大小; (2)若同时存在电场和磁场,粒子的速度0v 大小; (3)现在,只加电场,当粒子从P 点运动到x =R 0平面(图中虚线所示)时,立即撤除电场同时加上磁场,粒子继续运动,其轨迹与x 轴交于M 点。(不计重力)。粒子到达x =R 0平面时速度v 大小以及粒子到x 轴的距离; (4)M 点的横坐标x M 。 【答案】(1)0mv qB (2)E B (302v ,02R h +(4)2 2000724 M x R R R h h =++-【解析】 【详解】 (1)若只有磁场,粒子做圆周运动有:2 00 qB m R =v v 解得粒子做圆周运动的半径0 0m R qB ν= (2)若同时存在电场和磁场,粒子恰好做直线运动,则有:0qE qB =v 解得粒子的速度0E v B = (3)只有电场时,粒子做类平抛,有: 00y qE ma R v a t v t === 解得:0y v v =
所以粒子速度大小为:22 002y v v v v =+= 粒子与x 轴的距离为:2 0122 R H h at h =+ =+ (4)撤电场加上磁场后,有:2 v qBv m R = 解得:02R R = 粒子运动轨迹如图所示: 圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上,该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4 π ,由几何关系得C 点坐标为: 02C x R =, 02 C R y H R h =-=- 过C 作x 轴的垂线,在ΔCDM 中: 02CM R R == 2 C R C D y h ==- 解得:2 2 2 20074 DM CM CD R R h h =-=+-M 点横坐标为:2 2000724 M x R R R h h =+- 2.如图所示的装置,左半部为速度选择器,右半部为匀强的偏转磁场.一束同位素离子(质量为m ,电荷量为+q )流从狭缝S 1射入速度选择器,速度大小为v 0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出,立即沿水平方向进入偏转磁场,最后打在照相底片D 上的A 点处.已知A 点与狭缝S 23L ,照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ,忽略重力的影响.则
高中物理速度选择器和回旋加速器的技巧及练习题及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A 为粒子加速器,加速电压为U 1;B 为速度选择器,磁场与电场正交,电场方向向左,两板间的电势差为U 2,距离为d ;C 为偏转分离器,磁感应强度为B 2,方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子(初速度忽略,不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做匀速圆周运动,打在照相底片D 上。求: (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ,但加速电压不稳定,在11U U -?到11U U +?范围内变化,可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化,使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ,则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】(1)2112U m B d U e = 2)()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=,()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 (1)在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中
2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里; (2)由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化,最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器,则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
高中物理高考物理速度选择器和回旋加速器答题技巧及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1.如图,正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,已知该区域的边长为L 。一个带电粒子(不计重力)从AD 中点以速度v 水平飞入,恰能匀速通过该场区;若仅撤去该区域内的磁场,使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场 区,最后恰能从C 点飞出;若仅撤去该区域内的电场,该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区,求: (1)该粒子最后飞出场区的位置; (2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下,带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少? 【答案】(1)AB 连线上距离A 3 L 处,(2)34。 【解析】 【详解】 (1)电场、磁场共存时,粒子匀速通过可得: qvB qE = 仅有电场时,粒子水平方向匀速运动: L vt = 竖直方向匀加速直线运动: 2 122L qE t m = 联立方程得: 2qEL v m = 仅有磁场时: 2 mv qvB R = 根据几何关系可得: R L =
设粒子从M点飞出磁场,由几何关系: AM= 2 2 2 L R ?? - ? ?? = 3 2 L 所以粒子离开的位置在AB连线上距离A点 3 2 L处; (2)仅有电场时,设飞出时速度偏角为α,末速度反向延长线过水平位移中点: 2 tan1 2 L L α== 解得:45 α? = 仅有磁场时,设飞出时速度偏角为β: tan3 AM OA β== 解得:60 β? = 所以偏转角之比: 3 4 α β =。 2.如图所示,相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场;在xOy直角坐标平面内,第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场,第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q 的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动,从P 点垂直y轴进入第一象限,经过x轴上的A点射出电场进入磁场.已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角.求: