高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题(20200912144823) 24页

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．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 点距离为 3 2 L 处射出磁场； 3 BL E 【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=qv0B 得： 0 Ev B 撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有： x=v0t=L 2 2 1 2 qE Ly 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 0 0 vqv B m r 得： 0mvr 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： 2 2 2 2 Lx r r（ ） r=L 得： 3 2 x L 所以 1 3 2 3 BLt T E 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 3 BLt E ． 2．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 B0=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）2×10-22C（3） 410 2 3 【解析】 【详解】 （1）在正交场中运动时： 0 UB 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 3r R 2vBqv m r mvq rB 解得： q=2×10-22C （3）根据 2 mT Bq 则 460 10 360 2 3 t T s o o 3．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 B1，两板间电压为 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 B2，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） 1 U B d （2） 2 2 cosv B L （3） (1 sin ) 2cos L 【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： qυB1＝ q U d 解得 υ＝ 1 U B d ； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示： 由几何知识得： r＝ 2 cos L ＝ 2cos L 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得 qυB2＝m 2 r ，解得： q m ＝ 2 2 cosv B L （3）MN 与挡板之间的最小距离： d＝r﹣ rsinα＝ (1 sin ) 2cos L 答：（ 1）射出粒子的速率为 1 U B d ；（ 2）射出粒子的比荷为 2 2 cosv B L ； （3）MN 与挡板之间的最小距离为 (1 sin ) 2cos L 。 4．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） 2eU m （2） 1 2mU L e 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： 21 2 eU mv 解得： 2eUv m (2)两板间电场的电场强度大小为： 2UE L 由于电子在两板间做匀速运动，故： evB eE 解得： 1 2mUB L e 根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外 . 5．如图所示，两平行金属板相距为 d，板间电压为 U．两板之间还存在匀强磁场，磁感应 强度大小为 B，方向垂直纸面向里．平行金属板的右侧存在有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其 磁感应强度的大小分别为 B 和 2B．三条磁场边界彼此平行且 MN 与 PQ 间的距离为 L．一 群质量不同、电荷量均为＋ q 的粒子以一速度恰沿图中虚线 OO 穿过平行金属板，然后垂 直边界 MN 进入区域Ⅰ和Ⅱ，最后所有粒子均从 A 点上方（含 A 点）垂直于 PQ 穿出磁 场．已知 A 点到 OO 的距离为 3 4 L ，不计粒子重力．求： （1）粒子在平行金属板中运动的速度大小； （2）从 PQ穿出的粒子的最大质量和最小质量． 【答案】 （1） Uv Bd （2） 2 max 25 36 B qLdm U ; 2 min 2 3 B qLdm U 【解析】 【分析】 (1)抓住带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，根据电场力和洛伦兹力相等求出粒子在 平行金属板中运动的速度大小 ； (2)根据几何关系求出粒子在磁场中的最大半径和最小半径，结合半径公式求出粒子的最大 质量和最小质量 ． 【详解】 (1) 带电粒子在平行金属板间做匀速直线运动，有： Uq qvB d 解得粒子在平行板中的运动速度 v= U dB ； (2) 由题意可知，根据 mvr qB 知，质量越大，轨道半径越大，则质量最大的粒子从 A 点射 出，如图 由于左边磁场磁感应强度是右边磁感应强度的一半，则粒子在左边磁场中的半径是右边磁 场半径的 2 倍， 根据几何关系知，右边磁场的宽度是左边磁场宽度的 2 倍，有： 1 2 3(1 cos ) (1 cos ) 4 r r L r1sin θ +r2sin θ =L， 2 1 1 2 r r 联立解得 cosθ=7 25 ， 1 25 36 Lr 根据 max 1 m vr qB 得最大质量为： m max= 225 36 B Ldq U 粒子在左边磁场中的最小半径为： rmin ＝ 2 3 L 根据 min min m vr qB 得最小质量为： m min＝ 22 3 B Ldq U ． 【点睛】 本题考查了带电粒子在磁场中的运动，关键作出运动的轨迹，通过几何关系求出临界半径 是解决本题的关键，该题有一定的难度，对学生数学几何能力要求较高 ． 6．如图所示的平面直角坐标系， x 轴水平， y 轴竖直，第一象限内有磁感应强度大小为 B，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内有一对平行于 x 轴放置的金属板，板间 有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿 y 轴负方向，场强大小未知，磁场垂直坐标平 面向里，磁感应强度大小也为 B；第四象限内有匀强电场，电场方向与 x 轴正方向成 45°角 斜向右上方，场强大小与平行金属板间的场强大小相同．现有一质量为 m，电荷量为 q 的 粒子以某一初速度进入平行金属板，并始终沿 x 轴正方向运动，粒子进入第一象限后，从 x 轴上的 D 点与 x 轴正方向成 45°角进入第四象限， M 点为粒子第二次通过 x 轴的位置．已 知 OD 距离为 L，不计粒子重力．求： （1）粒子运动的初速度大小和匀强电场的场强大小． （2）DM 间的距离．（结果用 m、q、v0、 L和 B 表示） 【答案】 （1） 22B qLE m （2） 2 2 0 2 2 2m vDM B q L 【解析】 【详解】 （1）、粒子在板间受电场力和洛伦兹力做匀速直线运动，设粒子初速度为 v0，由平衡条件 有： qv0B=qE⋯① 粒子在第一象限内做匀速圆周运动，圆心为 O1，半径为 R，轨迹如图， 由几何关系知 R＝ 2 45 L L cos ＝ ⋯② 由牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有： qv0B＝ m 2 0v R ⋯③ 由②③式解得： v0＝ 2BqL m ⋯④ 由①④式解得： E＝ 22B qL m ⋯⑤ （2）、由题意可知，粒子从 D 进入第四象限后做类平抛运动，轨迹如图，设粒子从 D 到 M 的运动时间为 t，将运动分解在沿场强方向和垂直于场强的方向上，则粒子沿 DG 方向做 匀速直线运动的位移为： DG ＝v0t⋯⑥ 粒子沿 DF 方向做匀加速直线运动的位移为： 2 21 2 2 EqtDF at m ＝ ＝ ⋯⑦ 由几何关系可知： DG DF＝ ， 2DM DG＝ ⋯⑧ 由⑤⑥⑦⑧式可解得 2 2 0 2 2 2m vDM q B L ＝ ． 【点睛】 此类型的题首先要对物体的运动进行分段，然后对物体在各段中进行正确的受力分析和运 动的分析，进行列式求解 ; 洛伦兹力对电荷不做功，只是改变运动电荷的运动方向，不改变 运动电荷的速度大小．带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定：①、圆 心的确定：因为洛伦兹力提供向心力，所以洛伦兹力总是垂直于速度的方向，画出带电粒 子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长线 的交点即为圆心．②、半径的确定：半径一般都是在确定圆心的基础上用平面几何的知识 求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．③、运动时间的确定：利用圆心角与弦切 角的关系或者四边形的内角和等于 360°计算出粒子所经过的圆心角 θ的大小，用公式 t= 360 T 可求出运动时间． 7．回旋加速器原理如图所示， D1 和 D2 是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀 强磁场中，它们接在交流电源上，位于 D1 圆心处的离子源 A 能不断产生正离子，它们在两 盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能 Ek 后，再设法将其引出。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)试计算上述正离子被第一次加速后进入 D2 中运动的轨道半径； (2)计算正离子飞出时的最大动能； (3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试证明当 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）。 【答案】 (1) 1 1 2mUr B q ；(2) 2 2 2 2k q B RE m ；(3)见解析 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设质子第 1 次经过狭缝被加速后的速度为 v1，根据动能定理可得 2 1 1 2 qU mv 解得 1 2qUv m 洛伦兹力充当向心力，则有 2 1 1 1 vqv B m r 解得 1 1 2mUr B q (2)离子射出时加速器时 2 m m vqv B m R 解得 m qBRv m 离子动能为 2 2 2 21 2 2k q B RE mv m (3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为 v。 根据平均速度公式可得在电场中运动时间为 1 2 2 nd ndt v v 离子在 D 形盒中运动的周期为 2 2= m RT qB v 粒子在磁场中回旋的时间为 2 2 n n Rt T v 有 1 2 2nd t v n Rt v = 2d R 当 d<