高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题及解析 24页

高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题及解析 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 R0 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 R0 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=R0 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=R0 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 xM 。 【答案】（ 1） 0mv qB （ 2） E B （3） 02v ， 0 2 Rh （4） 2 2 0 0 0 72 4Mx R R R h h 【解析】 【详解】 （1）若只有磁场，粒子做圆周运动有： 2 0 0 0 qB m R vv 解得粒子做圆周运动的半径 0 0 mR qB （2）若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有： 0qE qBv 解得粒子的速度 0 Ev B （3）只有电场时，粒子做类平抛，有： 0 0 y qE ma R v a t v t 解得： 0yv v 所以粒子速度大小为： 2 2 0 02yv v v v 粒子与 x 轴的距离为： 2 01 2 2 RH h at h （4）撤电场加上磁场后，有： 2vqBv 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 ，由几何关系 得 C 点坐标为： 02Cx R , 0 0 2C Ry H R h 过 C 作 x 轴的垂线，在 ΔCDM 中： 02CM R R 0 2C RCD y h 解得： 2 2 2 2 0 0 7 4 DM CM CD R R h h M 点横坐标为： 2 2 0 0 0 72 4Mx 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 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： (1) 金属板 M、N间的电压 U； (2) 离子运动到 A 点时速度 v 的大小和由 P 点运动到 A 点所需时间 t ； (3) 离子第一次离开第四象限磁场区域的位置 C(图中未画出 ) 与坐标原点的距离 OC． 【答案】 (1) 0 0B v d ；(2) t＝ 0mv qE ；(3) 2 0 02mv mv qE qB 【解析】 【分析】 【详解】 离子的运动轨迹如下图所示 （1）设平行金属板 M、N 间匀强电场的场强为 0E ，则有： 0U E d 因离子所受重力不计，所以在平行金属板间只受有电场力和洛伦兹力，又因离子沿平行于 金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，则由平衡条件得： 0 0 0qE qv B 解得：金属板 M、 N 间的电压 0 0U B v d （2）在第一象限的电场中离子做类平抛运动，则由运动的合成与分解得： 0cos45 v v 故离子运动到 A 点时的速度： 02v v 根据牛顿第二定律： qE ma 设离子电场中运动时间 t ，出电场时在 y 方向上的速度为 yv ，则在 y 方向上根据运动学公 式得 yv at 且 0 tan45 yv v 联立以上各式解得，离子在电场 E 中运动到 A 点所需时间： 0mvt qE （3）在磁场中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律有： 2vqvB m R 解得： 02mvmvR qB qB 由几何知识可得 022 cos45 2 mvAC R R qB 在电场中， x 方向上离子做匀速直线运动，则 2 0 0 mvOA v t qE 因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置 C与坐标原点的距离为： 2 0 02mv mvOC OA AC qE qB 【点睛】 本题考查电场力与洛伦兹力平衡时的匀速直线运动、带电粒子在匀强磁场中的运动的半径 与速率关系、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、牛顿第二定律、向心 力、左手定则等知识，意在考查考生处理类平抛运动及匀速圆周运动问题的能力． 3．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 1 1 q m 和 2 2q 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) 2 22 v d B 2 2 2U 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 带负电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 : r1＝ sin 30 d ＝2d 带负电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，有 : q1vB＝ 2 1 1 m v r 联立解得 : 1 1 q m ＝ 2 22 v 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°＝ 2 3 根据带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式 : T＝ 2 m qB 可得带负电粒子在磁场中运动的时间为 : t 1＝ 1 1 1 m q B 带正电粒子在磁场中运动的时间为 : t 2＝ 2 2 2 m q B 根据题意可知 : t1＝ t2 联立以上各式，可得 2 2 q m ＝ 1 1 4q m ＝ 2 2 2U d B （3）带正电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 : r2＝ 2 2 m v q B 解得 : r 2＝ 2 d 4．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 ；（ 3）R= 0 tan 2mv qB 【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 0v r 同时有 T= 0 2 r v 粒子在圆形磁场区域中运动的时间 t= 2 T 解得 t= m Bq (3) 由几何关系可知： r tan 2 =R 解得圆形磁场区域的半径 R= 0 tan 2 mv qB 5．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕、氘、氚三种粒子同 时沿直线在纸面内通过电场强度为 E、磁感应强度为 B 的复合场区域．进入时氕与氘、氘 与氚的间距均为 d，射出复合场后进入 y 轴与 MN 之间（其夹角为 θ）垂直于纸面向外的匀 强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界 MN 射出．虚线 MN 与 PQ 间为真空区域Ⅱ且 PQ 与 MN 平行．已知质子比荷为 q m ，不计重力． （1）求粒子做直线运动时的速度大小 v； （2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度 B1； （3）若虚线 PQ 右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均 能汇聚于 MN 上的一点，求该磁场的最小面积 S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点 的时间差△ t． 【答案】（ 1） E B （2） mE qdB （3） ( 2 )Bd E 【解析】 【分析】 由电场力与洛伦兹力平衡即可求出速度；由洛伦兹力提供向心力结合几何关系即可求得区 域 Ⅰ 内磁场的磁感应强度 B1；分析可得氚粒子圆周运动直径为 3r，求出磁场最小面积，在 结合周期公式即可求得时间差． 【详解】 （1）粒子运动轨迹如图所示 : 由电场力与洛伦兹力平衡，有： Bqv＝Eq 解得： Ev B （2）由洛伦兹力提供向心力，有： 2 1 vqB v m r 由几何关系得： r＝d 解得： 1 mEB qdB （3）分析可得氚粒子圆周运动直径为 3r，磁场最小面积为： 2 2 1 3 2 2 2 r rS 解得： S＝πd2 由题意得： B2＝2B1 由 2 rT v 可得： 2 mT qB 由轨迹可知：△ t 1＝（ 3T1﹣T1） 2 ， 其中 1 1 2 mT qB △t 2＝ 1 2 （3T2﹣T2）其中 2 2 2 mT qB 解得：△ t＝△ t 1+△t2＝ 1 2 2m dB qB E 【点睛】 本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，注意在磁场 中的运动要注意几何关系的应用． 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 1 2 2 E Eqdm 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： Ev 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 ： 2 21 1 1 2 2 2 Eqd mv mv 因为 E=Bv 联立可得粒子 A 到达极板时的动能为： 2 1 2 2k E EqdE 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，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 . 【答案】 （1） 0 EB v （2） 2 2 02 qEl mv （3） 2 0 1 2kE 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=qv0B， 解得磁感应强度大小 B= 0 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 2 2 2 2 0 0 1 1 ( ) 2 2 2 qE l qEly at m v mv （3）设粒子运动到下极板时的动能大小为 EK，根据动能定理得： q× 2E× 1 2 d=Ek- 1 2 m v02 解得 EK= 1 2 mv02+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<