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，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】
(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv 0q=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=Bv
0d
(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：
Bv 0q=m 20
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=
2θπ
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=
0tan 2mv qB
θ
3．如图所示，M 、N 为水平放置的两块平行金属板，板间距为L ，两板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电势差为MN 0U U =-，磁感应强度大小为0B .一个带正电的粒子从两板中点垂直于正交的电、磁场水平射入，沿直线通过金属板，并沿与ab 垂直的方向由d 点进入如图所示的区域（忽略电磁场的边缘效应）．直线边界ab 及ac 在同一竖直平面内，且沿ab 、ac 向下区域足够大，不计粒子重力，30a ∠=?，求：
(1)粒子射入金属板的速度大小；
(2)若bac 区域仅存在垂直纸面向内的匀强磁场罗要使粒子不从ac 边界射出，设最小磁感应强度为B 1；若bac 区域内仅存在平行纸面且平行ab 方向向下的匀强电场，要使粒子不从ac 边射出，设最小电场强度为E 1.求B 1与E 1的比值为多少? 【答案】（1）v =00U B
L （2）
0110
2B L
B E U = 【解析】 【详解】
(1)设带电粒子电荷量为q 、质量为m 、射入金属板速度为v ，粒子做直线运动时电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件有：qvB 0= qE 0 ①
E 0 =
U L ② 解得:v =0
0U B L
③
(2)仅存在匀强磁场时，若带电粒子刚好不从ac 边射出，则其轨迹圆与ac 边相切，则
1
1sin 30ad R s R =+
?
④ qvB 1 =2
v m R
⑤
得:B 1=
3ad
mv
qS ⑥ 仅存在匀强电场时，若粒子不从ac 边射出，则粒子到达边界线ac 且末速度也是与ac 边相切，即： x =vt ⑦ y =
12
at 2
⑧ qE 1=ma ⑨ tan30o=
ad x
S y
+ ⑩ y v at = ⑾
tan30o =
y
v
v
⑿ 得:E 1=
2
32ad
mv qS ⒀ 所以:0110
2B L B E U = ⒁
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B 0，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23
π
θ=
，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 = o U B d （2）3o q U m BB Rd
= 【解析】 【详解】
（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动 qvB 0 = qE ① U = Ed ② 由①②式得v =
o U
B d
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
2
v qvB m r
= ④
由几何关系有：tan
2
R
r
θ
=
⑤
由③④⑤式得：
3
o
q U
m
=⑥
5．如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D1和D2，磁感应强度为B，金属盒的半径为R，两盒之间有一狭缝，其间距为d，且
R?d，两盒间电压为U。A处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。已知带电粒子的质量为m、电荷量为+q。
(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。
①求粒子可获得的最大动能E k m；
②若粒子第1次进入D1盒在其中的轨道半径为r1，粒子第2次进入D1盒在其中的轨道半径为r2，求r1与r2之比；
③求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t1与t2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；
(2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25~30MeV后，就很难再加速了。这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。
【答案】（1）①
222
2
q B R
m3
；③
2d
R
π
，t1可以忽略；（2）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
2
m
v
qv B m
R
=
2
1
2
km m
E mv
=
解得
222
2km
B R E q m
=
②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有
2
v qvB m r
=
在电场中有
212
NqU mv =
第一次进入D 1盒中N=1，第二次进入D 1盒中N=3，可得
12r r = ③带电粒子在电场中的加速度为
qE qU
a m md =
= 所以带电粒子在电场中的加速总时间为
1m v BdR t a U
=
= 设粒子在磁场中回旋的圈数为n ，由动能定理得
2
122
m nqU mv =
带电粒子回旋一圈的时间为
2πm
T qB
=
所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为
2
2π2BR t nT U
== 122πt d t R
= 已知R d ＞＞可知12t t <<，所以1t 可以忽略。 （2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动周期为
2πm
T qB
=
对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的。如果在两盒间加一个同样周期的交变电场，就可以保证粒子每次经过电场时都能被加速，当粒子的速度足够大时，由于相对论效应，粒子的质量随速度的增加而增大，质量的增加会导致粒子在磁场中的回旋周期变大，从而破坏了与电场变化周期的同步，导致无法继续加速。
6．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，
·EamestO Lawrence 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·EamestO Lawrence 设
计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条狭缝；两个D 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D 型盒上半面中心S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 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D 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q ，质量为m ，加速时电极间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 型盒的半径为R ，狭缝之间的距离为d 。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n 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R 的回旋加速器加速后的最大动能可采用的措施。
【答案】（1）12
2mU r qB =2）2(1)nm n m
t qU qB
π-=（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v 1，由动能定理得：
2
112
qU mv =
正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r 1，由牛顿第二定律得：
2
111
v qv B m r =
由以上两式解得：
12
2mU
r qB =
（2）设正离子经过窄缝被第n 次加速加速后的速度为v n ，由动能定理得：
212
n nqU mv =
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：
1n
v t a
=
由牛顿第二定律有：
U
q
ma d
= 由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：
1t = 正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：
2
v qvB m r
=
又因有：
2r
T v
π=
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：
2(1)
2
T t n =- 由以上三式解得：
2(1)n m
t qB
π-=
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：
12(1)n m
t t t qB
π-=+= 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
(1)n m
qB
π- （3）设离子从D 盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为r m ，速度为v m
m r R =
2
m
m m
v qv B m r =
离子获得的最大动能为：
222
2122km
m q B R E mv m
==
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 ．
7．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 313v v =，515v v =……，
由此
313r r =，515r r =
因为111(31)(53)(75)r r r ->->->
，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
8．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，D 1、D 2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E km ；
（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t 1及在两D 形盒间电场中运动的时间t 2，
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.
9．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
B，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
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：
2m
T
eB
π
=
正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B 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
=
10．回旋加速器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 .求： (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)eU (2) 2222e B R m (3) 2eB
m
π
【解析】（1）质子在电场中被加速，根据动能定理，则有最初进入D 型盒的动能：
k E eU =；
（2）根据2v qvB m R =得，粒子出D 形盒时的最后的速度为： m eBR
v m
=，
则粒子出D 形盒时的最后的动能为： 222
2122km
m e B R E mv m
==； （3）由洛伦兹力提供向心力，则有： 2v Bev m r =，而2r
T v
π=，所以粒子在磁场中运行
周期为2m
T eB
π=，因一直处于加速状态，则磁场中的周期与交流电源的周期相同，即为： 2m T eB π=
，因此频率为2eB
f m
π=。 点睛：考查粒子做匀速圆周的周期公式与半径公式的应用，掌握牛顿第二定律，注意交流电源变化周期与粒子在磁场中偏转周期的关系。
11．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α粒子，其质量为m 、电量为.q α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，α粒子从D 形盒边缘被引出.求：
()1α粒子被加速后获得的最大动能k E ；
()2α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1n +次加速后进入另
一个D 形盒后的回旋半径之比；
()3α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氘核，要想使氘核获得与α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）2222q B R m （21n n +（3）22BR U π （42
【解析】 【详解】
(1)α粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能.设此时的
速度为v ，有 2
v qvB m R
= 可得qBR
v m
=
α粒子的最大动能222
2122k q B R E mv m
== (2)α粒子被加速一次所获得的能量为qU α，粒子被第n 次和1n +次加速后的动能分别为
222
2122n Kn
n q B R E mv nqU m
=== ()222
21
111122n Kn n q B R E mv n qU m
+++===+
可得
11
n n R n R n +=+ (3)设α粒子被电场加速的总次数为a ，则
222
2k q B R E aqU m
==
可得 22
2qB R a mU
=
α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D 形盒中旋转a 个半圆周的总时间t ．
2T
t a
= 2m T qB
π=
解得 2
2BR t U
π=
(4)加速器加速带电粒子的能量为222
2122k q B R E mv m
==，由α粒子换成氘核，有
222
2
2
2
1()2222q
B R q B R
m m =??
???
，则1B
； 高频交流电源的周期2m T qB π=，由α
粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的2
倍. 【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等．
12．1930年，Earnest O. Lawrence 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。题图甲为Earnest O. Lawrence 设计的回旋加速器的示意图。它由两个铝制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条狭缝；两个D 型盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。图乙为俯视图，在D 型盒上半面中心S 处有一正离子源，它发出的正离子，经狭缝电压加速后，进入D 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，应设法使交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D 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q ，质量为m ，加速时电极间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 型盒的半径为R ，狭缝之间的距离为d 。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）设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当R>>d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）。
（3）若此回旋加速器原来加速的是α粒子（），现改为加速氘核（），要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法。
【答案】（1）（2）见解析（3）
【解析】
【详解】
（1）设质子经过窄缝被第n次加速后速度为v n，由动能定理 nqU=mv n2
第n次加速后质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R n，由牛顿第二定律 Bqv n=m
由以上两式解得
则R1=；
（2）在电场中加速的总时间为：
在D形盒中回旋的时间为t2=
故?1
即只有当R?d时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计．
（3）若加速氘核，氘核从D盒边缘离开时的动能为E k′则：E k′==E km
联立解得 B1= B
即磁感应强度需增大为原来的倍；高频交流电源的周期T=，由α粒子换为氘核
时，交流电源的周期应为原来的倍．
【点睛】
解决本题的关键知道回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D 形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动．
13．一个质量为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=．
14．如图所示为回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个靠得非常近的D形盒，两盒分别和一交流电源的两极相连，交流电源对粒子的加速电压为U，匀强磁场分布在两D形盒内且垂直D形盒所在平面，磁感应强度为B，在D形盒中央S点处放有粒子源。粒子源放出质量为m、带电量为q的粒子（设粒子的初速度为零）被回旋加速器加速，设D形盒的最大半径为R，求：
（1）交流电源的周期T=？
（2）当粒子在D形盒中圆周运动半径为R时，通过特定装置将粒子导出，求将粒子导出前粒子被加速的次数n=?
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：粒子先在电场中加速，然后进入磁场，做匀速圆周运动，半圆周后，粒子再次进入电场，此时电源交换电极，粒子继续加速。粒子在磁场中运动周期与电场变化周期相同，则粒子可一直加速；当半径最大时，获得的速度最大，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子离开加速器时的动能；粒子被电场加速一次动能的增加qU，根据最大动能求出加速的次数。
（1）圆周运动周期等于交流电周期才可获得持续加速,设圆周运动半径为r、周期为T：
，解得
（2）粒子圆周运动：
粒子被加速：
解得：
【点睛】此题重在理解回旋加速器原理，加速电场半个周期改变一次反响，与磁场周期相同，保证粒子在电场中一直加速，在磁场中旋转．进行计算时，把握好在电场和磁场中运动时间的关系。
15．如图甲所示为回旋加速器的工作原理示意图．置于真空中的“D”形金属盒半径为R,两盒间的狭缝间距为d，匀强磁场B垂直盒面向下，加速电压U按如图乙所示的规律变化．若被加速粒子的质量为m、电量为+q,粒子从A点飘入时的速度可忽略不计，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．
（1）求粒子第n次被加速前、后的轨道半径之比；
（2）要使前半个周期飘人的粒子中有超过90%的能射出，求狭缝间距d 应满足的条件． 【答案】（1
）1n n r r -=（2）210U m d qRB π≤
【解析】 【分析】 【详解】
（1）粒子每次加速获得的能量为qU ，由动能定理得第n 次加速后的动能为
2
12
n nqU mv =
； 粒子在磁场中回旋时由洛伦兹力提供向心力，由2n n n v qv B m r =
得n r =
故粒子第n
次被加速前、后的轨道半径之比为
1n n r r -=
； （2）由金属盒半径为R 知粒子获得的最大速度为m RqB
v m
=； 粒子加速时qU a md =
，粒子k 此加速达到最大速度，则有2112kd at =，2
12
m kqU mv =； 联立解得加速时间1RBd
t U
=
； 由电压的变化规律知前半个周期内只有前一段时间212
T
t t =-内飘入的粒子才能每次被加速，欲使通过率为90%，则有20.92
T
t ≥?
，代入数据可得210U m d qRB π≤．
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：