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- 2021-05-26 发布
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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.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,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
3.如图所示,水平放置的平行板电容器上极板带正电,下极板带负电,两板间存在场强为
E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为 B 匀强磁场 .现有大量带电粒子沿中线 OO′ 射
入,所有粒子都恰好沿 OO′ 做直线运动 .若仅将与极板垂直的虚线 MN 右侧的磁场去掉,则
其中比荷为 q
m
的粒子恰好自下极板的右边缘 P 点离开电容器 .已知电容器两板间的距离为
2
3mE
qB ,带电粒子的重力不计。
(1)求下极板上 N、P 两点间的距离;
(2)若仅将虚线 MN 右侧的电场去掉,保留磁场,另一种比荷的粒子也恰好自 P 点离开,
求这种粒子的比荷。
【答案】( 1) 2
3mEx
qB
(2)
' 4
' 7
q q
m m
【解析】
【分析】
(1)粒子自 O 点射入到虚线 MN 的过程中做匀速直线运动,将 MN 右侧磁场去掉,粒子
在 MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动,根据类平抛运动的的规律求解下极板上 N、P 两
点间的距离;( 2)仅将虚线 MN 右侧的电场去掉,粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速
圆周运动,根据几何关系求解圆周运动的半径,然后根据
2'' m vq vB
R
求解比荷。
【详解】
(1)粒子自 O 点射入到虚线 MN 的过程中做匀速直线运动,
qE qvB=
粒子过 MN 时的速度大小
Ev
B
仅将 MN 右侧磁场去掉,粒子在 MN 右侧的匀强电场中做类平抛运动,
沿电场方向: 2
2
3
2 2
mE qE t
qB m
垂直于电场方向: x vt
由以上各式计算得出下极板上 N、 P 两点间的距离 2
3mEx
qB
(2)仅将虚线 MN 右侧的电场去掉,粒子在 MN 右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动,设经
过 P 点的粒子的比荷为 '
'
q
m
,其做匀速圆周运动的半径为 R,
由几何关系得: 2 2 2
2
3( )
2
mER x R
qB
解得 2
7
4
mER
qB
又
2'' m vq vB
R
得比荷 ' 4
' 7
q q
m m
4.如图,在整个直角坐标系 xoy 区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场,场强大小为 E;
在 x>0 区域还存在方向垂直于 xoy 平面向内的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q 的带正
电粒子从 x 轴上 x=-L 的 A 点射出,速度方向与 x 轴正方向成 45°,粒子刚好能垂直经过 y
轴,并且在第一象限恰能做直线运动,不计粒子重力
(1)求粒子经过 y 轴的位置
(2)求磁感应强度 B 的大小
(3)若将磁场的磁感应强度减小为原来的一半,求粒子在 x>0 区域运动过程中的最大速度和
最低点的 y 坐标。
【答案】 (1)y= 1
2
L (2)
mEB
qL
(3) 3m
qELv
m
7
2
y L
【解析】
【分析】
(1)粒子在第二象限做类平抛运动,根据平抛运动的规律求解粒子经过 y 轴的位置;
(2)粒子在第一象限恰能做直线运动,则电场力等于洛伦兹力,可求解 B;( 3)将 x>0
区域的曲线运动看做以 2v1 的匀速直线运动和以 v1 的匀速圆周运动的合成,结合直线运动
和圆周运动求解最大速度和最低点坐标。
【详解】
(1)粒子在第二象限做类平抛运动,设初速度为 v,
1 2
2
2
v v v
L=v 1t
2
2
vy t
联立解得
2
Ly ,则经过 y 轴上 2
Ly 的位置;
(2) qEa
m
v2=at
可得 1
qELv
m
qv1B=qE
解得 mEB
qL
(3)将 x>0 区域的曲线运动看做以 2v1的匀速直线运动和以 v1的匀速圆周运动的合成,
如图;
2
1
1
2
vBqv m
r
解得
2
12 2mvr L
qE
2 4y r L
最低点 y 坐标为 1 7
2 2
y L y L
此时速度最大为 vm=2v 1+v1
解得 3m
qELv
m
5.如图所示,在直角坐标系 xOy 平面内,以 O 点为圆心,作一个半径为 R 的园形区域,
A、B 两点为 x 轴与圆形区域边界的交点, C、D 两点连线与 x 轴垂直,并过线段 OB 中点;
将一质量为 m、电荷量为 q(不计重力 )的带正电的粒子,从 A 点沿 x 轴正方向以速度 v0 射
入圆形区域.
(1)当圆形区域内只存在平行于 y 轴方向的电场时,带电粒子恰从 C点射出圆形区域,求
此电场的电场强度大小和方向;
(2)当圆形区域内只存在垂直于区域平面的磁场时,带电粒子怡从 D 点射出圆形区域,
求此磁场的磁感应强度大小和方向;
(3)若圆形区域内同时存在 (1)中的电场和 (2)中的磁场时,为使带电粒子恰能沿直线从 B
点射出圆形区域,其入射速度应变为多少 ?
【答案】 (1)
2
04 3
9
mvE
qR 方向沿 y 轴正方向
(2) 03
3
mvB
qR
方向垂直坐标平面向外
(3) 0
4
3
v v
【解析】
【分析】
(1)只存在电场时,粒子在电场中做类平抛运动,根据水平和竖直方向的运动列方程求解
电场强度;( 2)区域只存在磁场时,做匀速圆周运动,由几何关系求解半径,再根据洛伦
兹力等于向心力求解磁感应强度;( 3)若电场和磁场并存,粒子做直线运动,电场力等于
洛伦兹力,列式求解速度 .
【详解】
(1)由 A 到 C做类平抛运动: 0
3
2
R v t ;
23 1R=
2 2
at
qE ma
解得
3
04 3
9
mvE
qR
方向沿 y 轴正方向;
(2)
从 A 到 D 匀速圆周运动,则 0tan30 R
r
, 3r R
2
0
0
vqv B m
r
0mvr
qB
解得 03
3
mvB
qR
方向垂直坐标平面向外.
(3)从 A 到 B 匀速直线运动, qE=qvB
解得 Ev
B
即 0
4
3
v v
【点睛】
此题是带电粒子在电场中的偏转,在磁场中的匀速圆周运动以及在正交场中的直线运动问
题;粒子在电场中做类平抛运动,从水平和竖直两个方向列式;在磁场中做匀速圆周运
动,先找半径和圆心,在求磁感应强度;在正交场中的直线运动时列平衡方程求解 .
6.(1)获得阴极射线,一般采用的办法是加热灯丝,使其达到一定温度后溅射出电子,
然后通过一定的电压加速.已知电子质量为 m,带电量为 e,加速电压为 U,若溅射出的
电子初速度为 0,试求加速之后的阴极射线流的速度大小 v.
(2)实际问题中灯丝溅射出的电子初速度不为 0,且速度大小满足某种分布,所以经过同
一电压加速后的电子速度大小就不完全相同.但可以利用电场和磁场对电子的共同作用来
筛选出科学研究所需要的特定速度的电子.设计如图所示的装置,上下极板接电源的正负
极,虚线为中轴线,在装置右侧设置一个挡板,并在与中轴线相交处开设一个小孔,允许
电子通过.调节极板区域内电场和磁场的强弱和方向,使特定速度的电子沿轴线穿过.请
在图中画出满足条件的匀强磁场和匀强电场的方向.
(3)为了确定从上述速度选择装置射出的阴极射线的速度,可采用如图所示的电偏转装置
(截面图).右侧放置一块绝缘荧光板,电子打在荧光板上发光,从而知道阴极射线所打
的位置.现使荧光板紧靠平行极板右侧,并将其处于两板间的长度六等分 ,端点和等分点
分别用 a、b、 c、⋯⋯表示.
偏转电极连接一个闭合电路,将滑线变阻器也六等分,端点和等分点分别用 A、B、C、⋯⋯
表示.已知电子所带电量 e = 1.6 ×10-19C,取电子质量 m = 9.0 × 10-31kg,板间距和板长均为
L,电源电动势 E = 120V.实验中发现,当滑线变阻器的滑片滑到 A 点时,阴极射线恰好沿
中轴线垂直打到 d 点;当滑片滑到 D 点时,观察到荧光屏上 f 点发光.忽略电源内阻 、所
有导线电阻 、电子重力以及电子间的相互作用.请通过以上信息计算从速度选择装置射出
的阴极射线的速度大小 v0.
【答案】( 1) 2eU
m
(2)如图所示:
(3) 64 10 m/s
【解析】
(1)根据动能定理可以得到: 21
2
Ue mv ,则: 2eUv
m
;
(2)当电子受到洛伦兹力和电场力相等时,即 qvB Eq ,即
Ev
B
,满足这个条件的电
子才能通过,如图所示:
(3)设当滑片滑到 D 点时两极板间电压为 U,
EU 60
2
V
由电子在电场中的偏转运动得:
2
0
1 1 ( )
3 2
eU LL
mL v
则 : 6
0
3 E 4 10 /
4
ev m s
m
.
点睛:本题主要考查带电粒子在电场中的加速、速度选择器以及带电粒子在电场中的偏转
问题,但是本题以信息题的形式出现,令人耳目一新的感觉,但是难度不大,是一道好
题,对学生分析问题能起到良好的作用.
7.如图是回旋加速器示意图,置于真空中的两金属 D 形盒的半径为 R,盒间有一较窄的狭
缝,狭缝宽度远小于 D 形盒的半径,狭缝间所加交变电压的频率为 f,电压大小恒为 U, D
形盒中匀强磁场方向如图所示,在左侧 D 形盒圆心处放有粒子源 S,产生的带电粒子的质
量为 m,电荷量为 q。设带电粒子从粒子源 S进入加速电场时的初速度为零,不计粒子重
力。求:
(1)D 形盒中匀强磁场的磁感应强度 B 的大小
(2)粒子能获得的最大动能 Ek
(3)粒子经 n 次加速后在磁场中运动的半径 Rn
【答案】 (1) 2πfmB
q (2) 2 2 2
k 2πE R f m (3) 1 2
2πn
nqUR
f m
【解析】
【详解】
(1)粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等,则有
2π 1= mT
qB f
解得
2πfmB
q
(2)当粒子的半径达到 D 型盒的半径时,速度最大,动能也最大,则有
2vqvB m
R
则
mvR
qB
最大动能为
2 2 2
2 2 2 2 2
k
1 1 ( ) 2π2 2 2
qBR q B RE mv m R f m
m m
(3)粒子经 n 次加速后的速度为
21
2 nnqU mv
得
2
n
nqUv
m
半径为
1 2
2π
n
n
mv nqUR
qB f m
8.当今医学成像诊断设备 PET/CT堪称 “现代医学高科技之冠 ”,它在医疗诊断中,常利用
能放射电子的同位素碳 11 作为示踪原子,碳 11 是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击
氮 14 获得的.加速质子的回旋加速器如图甲所示, D 形盒装在真空容器中,两 D 形盒内匀
强磁场的磁感应强度为 B,两 D 形盒间的交变电压的大小为 U.若在左侧 D1 盒圆心处放有
粒子源 S不断产生质子,质子质量为 m,电荷量为 q.质子从粒子源 S进入加速电场时的
初速度不计,不计质子所受重力,忽略相对论效应.
(1)质子第一次被加速后的速度大小 v1 是多大?
(2)若质子在 D 形盒中做圆周运动的最大半径为 R,且 D 形盒间的狭缝很窄,质子在加速电
场中的运动时间可忽略不计.那么,质子在回旋加速器中运动的总时间 t 总 是多少?
(3)要把质子从加速器中引出,可以采用静电偏转法.引出器原理如图乙所示,一对圆弧形
金属板组成弧形引出通道,内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分,圆心位于 O′
点.内侧圆弧的半径为 r0,外侧圆弧的半径为 r0+d.在内、外金属板间加直流电压,忽略
边缘效应,两板间产生径向电场,该电场可以等效为放置在 O′处的点电荷 Q 在两圆弧之间
区域产生的电场,该区域内某点的电势可表示为 φ= k (r 为该点到圆心 O′点的距离 ).质
子从 M 点进入圆弧通道,质子在 D 形盒中运动的最大半径 R 对应的圆周与圆弧通道正中央
的圆弧相切于 M 点.若质子从圆弧通道外侧边缘的 N 点射出,则质子射出时的动能 Ek 是
多少?要改变质子从圆弧通道中射出时的位置,可以采取哪些办法?
【答案】 (1) 2qU
m
(2)
2
2
BR
U
(3)kQq
0 0
2 1
2r d r d
+
2 2 2
2
q B R
m
【解析】
【详解】
(1)质子第一次被加速,由动能定理:
qU=
1
2
mv12
解得:
v1= 2qU
m
(2)质子在磁场中做圆周运动时,洛伦兹力提供向心力:
qvB=m
2v
R
质子做圆周运动的周期为:
T=
2πR
v
=
2πm
Bq
设质子从 D 形盒射出前被电场加速了 n 次,由动能定理:
nqU=
1
2
mv2
质子在磁场中做圆周运动的周期恒定,在回旋加速器中运动的总时间为:
t 总 = 1
2
T
解得:
t 总 =
2π
2
BR
U
(3)设 M、N 两点的电势分别为 φ1、φ2,则
φ1=k
0
1
2
Q
r d ,φ2=k Q
n d
由能量守恒定律得
qφ1+
1
2 mv2= qφ2+Ek
解得:
Ek=kQq
0 0
2 1
2r d r d
+
2 2 2
2
q B R
m
改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小 (改变圆弧通道内电场的强弱 ),或者改
变圆弧通道内磁场的强弱,可以改变质子从圆弧通道中射出的位置.
9.回旋加速器是利用磁场和电场共同作用对带电粒子进行加速的仪器。现在有一个研究小
组对回旋加速器进行研究。研究小组成员分工合作,测量了真空中的 D 形盒的半径为 R,
磁感应强度方向垂直加速器向里,大小为 B1,要加速粒子的电荷量为 q,质量为 m,电场
的电压大小为 U。帮助小组成员完成下列计算:
(1)本回旋加速器能将电荷加速到的最大速度是?
(2)求要达到最大速度,粒子要经过多少次电场加速?
(3)研究小组成员根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙的引出装置。在原有回旋加速
器外面加装一个圆环,在这个圆环区内加垂直加速器向里的磁场 B2,让带电粒子在加速器
边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘加以引导。求圆环区域所加磁场的磁感应强度 B2?
【答案】 (1) 1
m
qB Rv
m ; (2)
2 2
1
2
qB Rn
Um
;(3) 1
2
2
2
B RB
R d
【解析】
【详解】
(1)粒子在磁场中运动时满足:
2
1
vqvB m
r
当被加速的速度达到最大时满足:
r=R
则解得
1
m
qB Rv
m
(2)粒子在电场中被加速,每次经过电场时得到的能量为 Uq,则:
21
2 mnUq mv
解得
2 2
1
2
qB Rn
Um
(3)由左手定则可知,粒子带负电;要想使得带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区
域外边缘,则粒子运动的轨道半径
1
1 2
2
r R d( );
由
2
2
1
m
m
vqv B m
r
解得
1
2
2
2
B RB
R d
10.1932 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,质量为 m、电荷量
为+q ,在加速器中被加速,加速电压为 U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.
(1)求粒子第 2 次和第 1 次经过两 D 形盒间狭缝后轨道半径之比;
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间 t ;
(3)实际使用中,磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制.若某一加速器磁感应强
度和加速电场频率的最大值分别为 Bm、fm ,试讨论粒子能获得的最大动能 E ㎞.
【答案】( 1) 2 :1(2)
2
2
BR
U
(3)当 Bm mf f 时, EKm=
2 2 2
2
mq B R
m
;当 Bm mf f 时,
EKm=
2 2 22 mmf R
【解析】
【分析】
(1)狭缝中加速时根据动能定理,可求出加速后的速度,然后根据洛伦兹力提供向心力,
推出半径表达式;
(2)假设粒子运动 n 圈后到达出口,则加速了 2n 次,整体运用动能定理,再与洛伦兹力
提供向心力,粒子运动的固有周期公式联立求解;
(3)Bm 对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率, f m 对应加速电场可提供的最大频率,
选两者较小者,作为其共同频率,然后求此频率下的最大动能.
【详解】
(1)设粒子第 1 次经过狭缝后的半径为 r1,速度为 v1
qU= mv12
qv1B=m
解得
同理,粒子第 2 次经过狭缝后的半径
则 .
(2)设粒子到出口处被加速了 n 圈
解得 .
(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率,即
当磁场感应强度为 Bm 时,加速电场的频率应为
粒子的动能
当 fBm≤fm 时,粒子的最大动能由 Bm 决定
解得
当 fBm≥fm 时,粒子的最大动能由 fm 决定 vm=2πfmR 解得
【点睛】
此题是带电粒子在复合场中运动与动能定理的灵活应用,本题每一问都比较新颖,需要学
生反复琢磨解答过程.
11. 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
2qUv
m
(2)设质子第 n 次加速后的速度为 nv
由动能定理有 21
2 nnqU mv
由牛顿第二定律有
2
n
n
vqv 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。
12. 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)
2 2 2
2
e B R
m
(3)
2
eB
m
【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:
kE eU ;
(2)根据
2vqvB m
R
得,粒子出 D 形盒时的最后的速度为: m
eBRv
m
,
则粒子出 D 形盒时的最后的动能为:
2 2 2
21
2 2km m
e B RE mv
m
;
(3)由洛伦兹力提供向心力,则有:
2vBev m
r
,而 2 rT
v
,所以粒子在磁场中运行
周期为 2 mT
eB
,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: 2 mT
eB
,因此频率为
2
eBf
m
。
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 。
13. 质谱仪是一种研究带电粒子的重要工具,它的构造原理如图所示.粒子源 S 产生的带
正电的粒子首先经 M、N 两带电金属板间的匀强电场加速,然后沿直线从缝隙 O垂直于磁场
方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场,在磁场中经过半个圆周打在照相底片上的 P 点.已
知 M、 N 两板问的距离为 d,电场强度为 E.设带正电的粒子进入电场时的速度、所受重力
及粒子间的相互作用均可忽略.
(1)若粒子源产生的带正电的粒子质量为 m、电荷量为 q,求这些带电粒子离开电场时的
速度大小;
(2)若粒子源产生的带正电的粒子质量为 m、电荷量为 q,其打在照相底片上的 P 点与缝
隙 O的距离为 y,请推导 y 与 m的关系式;
(3)若粒子源 S 产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同,这些带电粒子经过电场加速
和磁场偏转后,将打在照相底片上的不同点.现要使这些点的间距尽量大一些,请写出至
少两项可行的措施.
【答案】( 1)若粒子源产生的带正电的粒子质量为 m、电荷量为 q,这些带电粒子离开电
场时的速度大小为 ;
(2)若粒子源产生的带正电的粒子质量为 m、电荷量为 q,其打在照相底片上的 P 点与缝
隙 O的距离为 y,y 与 m的关系式为 ;
(3)若粒子源 S 产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同,这些带电粒子经过电场加速
和磁场偏转后,将打在照相底片上的不同点.现要使这些点的间距尽量大一些,请写出至
少两项可行的措施①增加电场强度,保持其它条件不变 ②减小磁感应强度,保持其它条
件不变.
【解析】解:( 1)设带电粒子离开电场时的速度大小为 v,根据动能定理
解得
(2)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R,根据牛顿第二定律
由几何关系可知 y=2R
解得
(3)可行的措施:
①增加电场强度,保持其它条件不变
②减小磁感应强度,保持其它条件不变
答:( 1)若粒子源产生的带正电的粒子质量为 m、电荷量为 q,这些带电粒子离开电场时
的速度大小为 ;
(2)若粒子源产生的带正电的粒子质量为 m、电荷量为 q,其打在照相底片上的 P 点与缝
隙 O的距离为 y,y 与 m的关系式为 ;
(3)若粒子源 S 产生的带正电的粒子电荷量相同而质量不同,这些带电粒子经过电场加速
和磁场偏转后,将打在照相底片上的不同点.现要使这些点的间距尽量大一些,请写出至
少两项可行的措施①增加电场强度,保持其它条件不变 ②减小磁感应强度,保持其它条
件不变.
【点评】考查粒子在加速电场中做加速运动,在磁场中做匀速圆周运动,学会对粒子受力
分析,理解洛伦兹力提供向心力的条件与应用,掌握牛顿第二定律与几何关系综合应用.
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】 (1)
2
5
(2)
2 2 2
2km
q B RE
m
=
2 2
2
qB Rn
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 n2
qvnB=m
2
n
n
v
r
解得: 1 2
n
nmUr
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
2
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 vm,受力分析可知
qvmB=m
2
m
n
v
r
粒子的最大动能: 2
2 2 21
2 2k mm
q B RE
m
vm= =
粒子在回旋加速器中加速总次数:
2 2
2
kmE qB Rn
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. 如图所示,以两虚线为边界,中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场,宽度为
d ,两侧为相同的匀强磁场,方向垂直纸面向里.一质量为 m 、带电量 q 、重力不计的
带电粒子,以初速度 1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动,后进入电场做匀加速运动,然
后第二次进入磁场中运动,此后粒子在电场和磁场中交替运动.已知粒子第二次在磁场中
运动的半径是第一次的二倍,第三次是第一次的三倍,以此类推.求:
(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功 1W
(2)粒子第 n 次经过电场时电场强度的大小 nE
(3)粒子第 n 次经过电场所用的时间 nt
(4)假设粒子在磁场中运动时,电场区域场强为零.请画出从粒子第一次射入磁场至第三
次离开电场的过程中,电场强度随时间变化的关系图线(不要求写出推导过程,不要求标
明坐标刻度值).
【答案】 (1)
2
1
1
3
2
mvW (2)
2
1(2 1)
2n
n mvE
qd (3)
1
2
(2 1)n
dt
n v (4)如图;
【解析】
(1)根据
mvr
qB ,因为 2 12r r ,所以 2 12v v ,所以 2 2
1 2 1
1 1
2 2
W mv mv ,
(2) = , ,所以
.
(3) , ,所以 .
(4)