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最新高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧分析及练习题

最新高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧分析及练习题

一、速度选择器和回旋加速器

1.如图所示的速度选择器水平放置,板长为L ,两板间距离也为L ,下极板带正电,上极板带负电,两板间电场强度大小为E ,两板间分布有匀强磁场,磁感强度方向垂直纸面向外,大小为B , E 与B 方向相互垂直.一带正电的粒子(不计重力)质量为m ,带电量为q ,从两板左侧中点沿图中虚线水平向右射入速度选择器. (1)若该粒子恰能匀速通过图中虚线,求该粒子的速度大小;

(2)若撤去磁场,保持电场不变,让该粒子以一未知速度从同一位置水平射入,最后恰能从板 的边缘飞出,求此粒子入射速度的大小;

(3)若撤去电场,保持磁场不变,让该粒子以另一未知速度从同一位置水平射入,最后恰能从板的边缘飞出,求此粒子入射速度的大小.

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【答案】(1)E B ; (2qEL

m

3)54qBL m 或4qBL m

【解析】 【分析】 【详解】

(1)若该粒子恰能匀速通过图中虚线,电场力向上,洛伦兹力向下,根据平衡条件,有:

qv 1B =qE

解得:

1E v B

=

(2)若撤去磁场,保持电场不变,粒子在电场中做类平抛运动,则 水平方向有:

L =v 2t

竖直方向有:

21122

L at = 由牛顿第二定律有:

qE =ma

解得:

2qEL

v m

=

(3)若粒子从板右边缘飞出,则

222

2

L r L r =+-()

解得:

5 4

r L =

由23

3v qv B m r

= 得:

354qBL

v m

若粒子从板左边缘飞出,则:

4

L r =

由24

4v qv B m

r

=得:

44qBL

v m

2.如图所示,A 、B 两水平放置的金属板板间电压为U(U 的大小、板间的场强方向均可调节),在靠近A 板的S 点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子,这些粒子经A 、B 板间的电场加速后从B 板上的小孔竖直向上飞出,进入竖直放置的C 、D 板间,C 、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场的方向水平向右,大小为E ,匀强磁场的方向水平向里,大小为B 1。其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a 点,圆内存在磁感应强度大小为B 2、方向水平向里的匀强磁场。其中S 、a 、圆心O 点在同一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求: (1)能到达a 点的粒子速度v 的大小;

(2)若e 、f 两粒子带不同种电荷,它们的比荷之比为1︰3,都能到达a 点,则对应A 、B 两金属板间的加速电压U 1︰U 2的绝对值大小为多大;

(3)在满足(2)中的条件下,若e 粒子的比荷为k ,e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上,则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t 为多少?

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【答案】(1)1

E v B =;(2)12:3:1U U =;(3)1229t t t kB π?=-=

【解析】 【详解】

解:(1)能达到a 点的粒子速度设为v ,说明在C 、D 板间做匀速直线运动,有:1qvB qE = 解得:1

E

v B =

(2)由题意得e 、f 两粒子经A 、B 板间的电压加速后,速度都应该为v ,根据动能定理得:

21

qU mv 2

=

它们的比荷之比:

e f

e f

q q :1:3m m = 得出:12U :U 3:1=

(3)设磁场圆的半径为R ,e 、f 粒子进入磁场圆做圆周运动

对e 粒子:2

1211v q vB m r =

对f 粒子:2

2222

v q vB m r =

解得:

12r 3r 1

= e 、f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上,说明两粒子的偏转角之和为

180, e 、f 两粒子的轨迹图如图所示,由几何关系有:

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1

R tan θr =

2

R tan θr =

θα90+=

联立解得:θ30=,α60=

e 、

f 两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足:

1

12πr T v = 2

22πr T v

=

e f

e f

q q :1:3m m = 在磁场中运动的时间:

112θ

t T 360= 222α

t T 360

=

12t t >

两粒子在磁场中运动的时间差为:122

π

Δt t t 9kB =-=

3.某粒子实验装置原理图如图所示,狭缝1S 、2S 、3S 在一条直线上,1S 、2S 之间存在电压为U 的电场,平行金属板1P 、2P 相距为d ,内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,磁感应强度为1B 。比荷为k 的带电粒子由静止开始经1S 、2S 之间电场加速后,恰能沿直线通过1P 、2P 板间区域,从狭缝3S 垂直某匀强磁场边界进入磁场,经磁场偏转后从距离

3S 为L 的A 点射出边界。求:

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(1)1P 、2P 两板间的电压; (2)偏转磁场的磁感应强度。 【答案】(1)12U B kU ='2)222U

B L k

=【解析】 【分析】

(1)粒子先在电场中加速,然后匀速通过1P 、2P ,则根据平衡可求出1P 、2P 两板间的电压

(2)根据粒子的运动轨迹找到运动半径,借助于2

2v qvB m r

=可求出偏转磁场的磁感应强

度 【详解】

(1)设带电粒子质量为m ,所带电荷量为q ,已知

q

k m

= 粒子在电场中S 1与S 2之间加速,根据动能定理可得:2

102

qU mv =

-; 带电粒子在P 1和P 2间运动,根据电场力与洛伦兹力平衡可得:1U q qvB d

=' 解得:12U B kU ='

(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力充当向心力:2

2v qvB m r

=;

已知2L r =,解得:222U

B L k

=

4.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。

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(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

222

y 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.

5.1897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O点,若在两极板间施加电压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O点,已知极板的长度L1=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=6.3×10-4T,P点到O点的距离Y=3.0cm。求:

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(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;

(3)电子的比荷(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=2.12×107m/s (3)=1.61×1011C/kg

【解析】

【详解】

(1)由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外;

(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O点,设电子的速度为,则evB=eE

得即代入数据得v=2.12×107m/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

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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

离开电场时竖直向下的分速度为

电子离开电场后做匀速直线运动,经t 2时间到达荧光屏

t 2时间内向上运动的距离为

这样,电子向上的总偏转距离为

可解得代入数据得=1.61×1011C/kg

【点睛】

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.

6.某速度选择器结构如图所示,三块平行金属板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水平放置,它们之间距离均为d ,三金属板上小孔O 1、O 2、O 3在同一竖直线上,Ⅰ、Ⅱ间有竖直方向匀强电场

E 1,Ⅱ、Ⅲ间有水平向左电场强度为E 2的匀强电场及垂直于纸面向里磁感应强度为B 2的匀强磁场.一质子由金属板I 上端O 1点静止释放,经电场E 1加速,经过O 2进入E 2、B 2的复合场中,最终从Ⅲ的下端O 3射出,已知质子带电量为e ,质量为m .则

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A .O 3处出射时粒子速度为2

22

E v B = B .Ⅰ、Ⅱ两板间电压2

12

2mE U eB =

C .粒子通过Ⅰ、Ⅱ金属板和Ⅱ、Ⅲ金属板的时间之比为1︰1

D .把质子换成α粒子,则α粒子也能从O 3射出 【答案】AB 【解析】 【详解】

A .经过O 2点进入E 2、

B 2的复合场中,最终沿直线从Ⅲ的下端O 3点射出,因质子受到电场力与洛伦兹力,只要当两者大小相等时,才能做直线运动,且速度不变的,依据

qE 2=B 2qv

解得:

v=22

E B

故A 正确;

B .质子在Ⅰ、Ⅱ两板间,在电场力作用下,做匀加速直线运动,根据动能定理,即为

qU 1=12

mv 2

,而质子以相同的速度进入Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动,则有v =22 E B ,那么Ⅰ、Ⅱ两板间电压

U 1=2

22

2 2mE eB 故B 正确;

C .粒子通过Ⅰ、Ⅱ金属板做匀加速直线运动,而在Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动,依据运动学公式,即有

d =10

2

v

t +? 而d =vt 2,那么它们的时间之比为2:1,故C 错误; D .若将质子换成α粒子,根据

qU 1=

12

mv 2 导致粒子的比荷发生变化,从而影响α粒子在Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动,因此α粒子不能从O 3射出,故D 错误; 故选AB . 【点睛】

考查粒子在复合场中做直线运动时,一定是匀速直线运动,并掌握动能定理与运动学公式的应用,注意粒子何时匀加速直线运动与匀速直线运动是解题的关键.

7.如图所示,水平放置的两块带金属极板 a 、b 平行正对.极板长度为 l ,板间距为 d ,板间存在着方向坚直向下、场强大小为 E 的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只顾在于两板间.一质量为 m 、电荷量为 q 的粒子,以水平速度 v 0 从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向入极板间,恰好做做匀速直线运动.不计重力及空气阻力. (1)求匀强磁场感应强度 B 的大小;

(2)若撤去磁场,粒子能从极板间射出,求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离; (3)若撤去磁场,并使电场强度变为原来的2倍,粒子将打在下极板上,求粒子到达下极板时动能的大小.

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【答案】(1)0E B v = (2)2202qEl mv (3)2

012

k E mv qEd =+ 【解析】 【分析】

(1)粒子恰好做匀速直线运动,可知电场力与洛仑兹力平衡,可求磁感应强度B ; (2)粒子做类平抛运动,由运动分解方法,求解粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离; (3)用动能定理求解粒子到达下极板时动能. 【详解】

(1)带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛仑兹力平衡,qE=qv 0B , 解得磁感应强度大小B=

E

v ; (2)撤掉磁场后,粒子做类平抛运动,通过电场区偏转的距离

222200

11()222qE l qEl y at m v mv ==??= (3)设粒子运动到下极板时的动能大小为E K ,根据动能定理得: q×2E×

12d=E k -1

2

m v 02 解得E K =

1

2

mv 02+qEd 【点睛】

对粒子搞好受力分析,挖掘“恰好做匀速直线运动”的隐含条件,对于撤掉磁场后的粒子的类平抛运动,要能够熟练分析解决,为常考内容.

8.回旋加速器D 形盒中央为质子流,D 形盒的交流电压为U =2×104V ,静止质子经电场加速后,进入D 形盒,其最大轨道半径R =1m ,磁场的磁感应强度B =0.5T ,质子的质量为1.67×10

-27

kg ,电量为1.6×10-19C ,问:

(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)153.210J -?; (2)121.910J -?; (3)67.610Hz ?. 【解析】 【分析】

【详解】

(1)粒子在第一次进入电场中被加速,则质子最初进入D 形盒的动能

411195210 1.610J 3.210J k E Uq -==?=???-

(2)根据

2

v qvB m R

=

得粒子出D 形盒时的速度为

m qBR

v m

=

则粒子出D 形盒时的动能为

22219222212271 1.610051J 1.910J (22211).670

km

m q B R E mv m ---???====???. (3) 粒子在磁场中运行周期为

2m

T qB

π=

因一直处于加速状态,则粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同,即为

2m

T qB

π=

那么交变电源的频率为

196

27

1.6100.5Hz 7.610Hz 22 3.14 1.6710

qB f m π--??===????

9.汽车又停下来了,原来是进了加油站。小明想,机器总是要消耗能源才干活儿,要是制造出不消耗任何能源却能源源不断对外做功的机器,那该是利国利民的大功劳一件啊!小明为此设计了一个离子加速器方案:两个靠得很近的、正对处留有狭缝的半圆形金属盒,处在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,M 和M '是固定在金属盒狭缝边缘的两平行极板,其上有正对的两个小孔,给极板充电后,上板带正电且两板间电压为U ;质量为m 、带电量为q 的正离子从M 板小孔由静止开始加速,经M '板小孔进入磁场区域,离子经磁场偏转后又回到M 板小孔继续加速,再偏转,再加速……假设电场集中在两极板之间,其他区域没有电场,并忽略离子所受的重力,试计算: (1)两于第1次加速后获得的动能:

(2)第n 次加速后和第1n +次加速后,离子在磁场中偏转的半径大小之比;

(3)小明想,离子每次经磁场偏转后都能再次进入两极板间的电场进行加速,这个过程中电场、磁场不发生任何变化,离子动能却不断的增加……这个离子加速器就实现了不消耗任何能源便可以能源源不断地对离子做功的目的!请根据你所学的知识,试判断小明的设计方案是否科学,并具体阐述你的理由。

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【答案】(1)qU ;(21

n

n +;(3)见解析。 【解析】 【分析】 【详解】

(1)由动能定理可

qU =E k -0

解得离子第1次加速后获得的动能为

E k =qU

(2)设第n 次加速后离子获得的速度为v n ,则由动能定理可知

2

102

n nqU mv =

- 设离子在磁场中偏转的轨道半径大小为r n ,根据牛顿第二定律可知

2n

n n

v qv B m r =

联立解得

12n mnU

r B q

同理,第n +1次加速后,离子子啊磁场中偏转的半径大小为

112(1)n m n U

r B q

++=

11

n n r n r n +=+(3)小明的设计不科学,因为它违背了能量守恒定律,永动机不可能制成。实际上,电场并不只是分布在两极板之间,在极板外,仍然有从M 板出发指向M'板的电场线,离子在两极板之外的磁场中运动时,电场力做负功,回到初始位置M 板的小孔处时,电场力所做的总功为零,离子速度恢复为原来的值,离子并不能持续的加速。

10.某回旋加速器的两个半圆金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中,两金属盒间存在交变电场,用其加速质子。已知金属盒的半径为R ,磁场的磁感应强度为B ,金属盒间缝隙的

加速电压为U ,质子的质量为m ,电荷量为q 。求 (1)交变电场的频率f ;

(2)质子加速完毕出射时的动能E k ; (3)质子在回旋加速器中运动的圈数n 。

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【答案】(1)

2Bq

m

π (2)2222B q R m

(3)224B qR mU

【解析】 【详解】

质子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力

2

v Bqv m r =

2r

T v π=

1f T

=

联立可得

2Bq

f m

π=

(2) 洛伦兹力提供向心力,当半径最大时,对应的速度最大,动能最大,最大半径为R

2

v Bqv m R

=

2k 12

E mv =

联立可得

222

k 2B q R E m

=

质子在磁场中每转一圈加速两次,获得能量为2Uq ,设质子在回旋加速器中运动的圈数n ,则有

k 2E nUq =

将222

k 2B q R E m

=代入可得

22

4B qR n mU

=

11.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( )

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A .质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B .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 2∶1 D .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:

22R

v R Rf T

πωπ==

= 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:2

v qvB m R

=,解得:

mv R qB

=

最大动能:222

2122Km

q B R E mv m

==

,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2v ax =,可得质

子第2次和第1次经过D 2,根据mv

R qB

=

,可得半径比为

2:1。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2qB

f m

π=,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 。

12.1932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:

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(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

13.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d R <<),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0U ,周期为T ,与粒子在磁场中的周期相同.一束该种粒子在0~/2t T =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:

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(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0t ;

(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0m 的关系:

2

1m v t =

??- ???

1%后估计最多还能再加速多少次(需要简述理由)?②若粒子质量最终增加2%,那么粒子最终速度为光速的多少倍(结果保留一位有效数字)?

【答案】(1)2m qr π(2)220R m

qU T

π(3)100次;0.2

【解析】 【详解】

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 R

=

电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同:2r

T v

π= 可得2m T qB

π=

2m

B qr π= (2)粒子运动半径为R 时:2R v r π=且2

km 12

E mv = 解得:22

km

2

2mR E T

π= 粒子被加速n 次达到动能km E ,则有:0km E nqU =

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:

22

2

T R m t

最新高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧分析及练习题

n

qU T

π

=?=

(3)粒子在磁场中的周期:

2n

T

qB

π

=,质量增加1%,周期增大1%,

再加速次数不超过22100

1%

r

T

?=

?

加速后的质量m与原来质量0m的关系:

2

1()

m

v

c

=

-

,0

1.02

m m

=

粒子最终速度为:0.2

v c

=

即粒子最终速度为光速的0.2倍

14.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D1和D2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D1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v1;

(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】(1

2qU

m

2

1

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

1

1

2

qU mv

=,解得

1

2qU

v

m

=

(2)设质子第n次加速后的速度为

n

v

由动能定理有2

1

2n

nqU mv

=

由牛顿第二定律有

2

n

n

v

qv B m

r

=,解得

1

2

r 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

15.(12分) 回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D 形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场,D 形盒中央为质子流,D 形盒的交流电压为U ,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.电荷量为q ,求:

最新高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧分析及练习题

(1)交流电源的频率是多少.

(2)质子经回旋加速器最后得到的最大动能多大;

(3)质子在D 型盒内运动的总时间t (狭缝宽度远小于R,质子在狭缝中运动时间不计)

【答案】(1)m

qB f π2= (2)m R B q E km 2222= (3)U BR t 22

π=

【解析】

试题分析:(1)根据回旋加速器的原理,每转一周粒子被加速两次,交流电完成一次周期性变化,

粒子作圆周运动的周期qB

m

T π2= (2分) 所以,交流电源的频率T f 1=

得:m

qB f π2= (2分) (2)质子加速后的最大轨道半径等于D 型盒的半径,由洛伦兹力提供向心力R

v m qvB 2

=

得粒子的最大运行速度;m

qBR

v m = (2分)

质子获得的最大动能:2

2

1m km mv E =,得m R B q E km 2222=

(2分)

(3)质子每个周期获得的动能为:qU E k 2= (1分)

经过的周期个数为:mU

R qB E E n k km 42

2=

= (1分)

质子在D 型盒内运动的总时间:nT t =

即U BR t 22

π=

(1分)

考点:回旋加速器。

【名师点睛】回旋加速器是通过多次加速来获得高能粒子的装置,在D 型盒的狭缝中加交变电压,给粒子加速,通过在D 型盒处的磁场回旋,从而达到多次加速的效果,获得的最大动能是由D 型盒的半径决定的,运动时间则由在磁场中做圆周运动的时间决定,为使每次粒子到达狭缝处都被加速,交变电压的周期与粒子在磁场中的运动周期相同。

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