高考物理速度選擇器和回旋加速器習(xí)題綜合題及答案

高考物理速度選擇器和回旋加速器習(xí)題綜合題及答案一、高中物理解題方法：速度選擇器和回旋加速器1．如圖，平行金屬板的兩極板之間的距離為d，電壓為U。兩極板之間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向與金屬板面平行且垂直于紙面向里。兩極板上方一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。一帶正電的粒子從A點以某一初速度沿平行于金屬板面且垂直于磁場的方向射入兩極板間，而后沿直徑CD方向射入圓形磁場區(qū)域，并從邊界上的F點射出。已知粒子在圓形磁場區(qū)域運動過程中的速度偏轉(zhuǎn)角，不計粒子重力。求：（1）粒子初速度v的大??；（2）粒子的比荷。【答案】（1）v=（2）【解析】【詳解】（1）粒子在平行金屬板之間做勻速直線運動qvB0=qE①U=Ed②由①②式得v=③（2）在圓形磁場區(qū)域，粒子做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有④由幾何關(guān)系有：⑤由③④⑤式得：⑥2．在圖所示的平行板器件中，電場強度和磁感應(yīng)強度相互垂直．具有某一水平速度的帶電粒子，將沿著圖中所示的虛線穿過兩板間的空間而不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，具有其他速度的帶電粒子將發(fā)生偏轉(zhuǎn)．這種器件能把具有某一特定速度的帶電粒子選擇出來，叫作速度選擇器．已知粒子A（重力不計）的質(zhì)量為m,帶電量為+q；兩極板間距為d；電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B．求：(1)帶電粒子A從圖中左端應(yīng)以多大速度才能沿著圖示虛線通過速度選擇器？(2)若帶電粒子A的反粒子(-q,m)從圖中左端以速度E/B水平入射，還能沿直線從右端穿出嗎？為什么？(3)若帶電粒子A從圖中右端兩極板中央以速度E/B水平入射，判斷粒子A是否能沿虛線從左端穿出，并說明理由．若不能穿出而打在極板上．請求出粒子A到達(dá)極板時的動能？【答案】(1)E/B(2)仍能直線從右端穿出，由(1)可知，選擇器(B,E)給定時，與粒子的電性、電量無關(guān)．只與速度有關(guān)(3)不可能,【解析】試題分析：，電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進(jìn)入復(fù)合場，受電場力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，即可解得速度．仍能直線從右端穿出，由(1)可知，選擇器(B,E)給定時，與粒子的電性、電量無關(guān)．只與速度有關(guān)．(1)帶電粒子在電磁場中受到電場力和洛倫茲力（不計重力），當(dāng)沿虛線作勻速直線運動時，兩個力平衡，即Eq=Bqv解得：（2）仍能直線從右端穿出，由(1)可知，選擇器(B,E)給定時，與粒子的電性、電量無關(guān)．只與速度有關(guān)．(3)設(shè)粒子A在選擇器的右端入射是速度大小為v，電場力與洛倫茲力同方向，因此不可能直線從左端穿出，一定偏向極板．設(shè)粒子打在極板上是的速度大小為v′．由動能定理得：因為E=Bv聯(lián)立可得粒子A到達(dá)極板時的動能為：點睛：本題主要考查了從速度選擇器出來的粒子電場力和洛倫茲力相等，粒子的速度相同，速度選擇器只選擇速度，不選擇電量與電性，同時要結(jié)合功能關(guān)系分析．3．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，以O(shè)點為圓心，作一個半徑為R的園形區(qū)域，A、B兩點為x軸與圓形區(qū)域邊界的交點，C、D兩點連線與x軸垂直，并過線段OB中點；將一質(zhì)量為m、電荷量為q(不計重力)的帶正電的粒子，從A點沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域．（1）當(dāng)圓形區(qū)域內(nèi)只存在平行于y軸方向的電場時，帶電粒子恰從C點射出圓形區(qū)域，求此電場的電場強度大小和方向；（2）當(dāng)圓形區(qū)域內(nèi)只存在垂直于區(qū)域平面的磁場時，帶電粒子怡從D點射出圓形區(qū)域，求此磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向；（3）若圓形區(qū)域內(nèi)同時存在(1)中的電場和(2)中的磁場時，為使帶電粒子恰能沿直線從B點射出圓形區(qū)域，其入射速度應(yīng)變?yōu)槎嗌?【答案】(1)方向沿y軸正方向(2)方向垂直坐標(biāo)平面向外(3)【解析】【分析】（1）只存在電場時，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)水平和豎直方向的運動列方程求解電場強度；（2）區(qū)域只存在磁場時，做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系求解半徑，再根據(jù)洛倫茲力等于向心力求解磁感應(yīng)強度；（3）若電場和磁場并存，粒子做直線運動，電場力等于洛倫茲力，列式求解速度.【詳解】（1）由A到C做類平拋運動：；解得方向沿y軸正方向；（2）從A到D勻速圓周運動，則，解得方向垂直坐標(biāo)平面向外．（3）從A到B勻速直線運動，qE=qvB解得即【點睛】此題是帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，在磁場中的勻速圓周運動以及在正交場中的直線運動問題；粒子在電場中做類平拋運動，從水平和豎直兩個方向列式；在磁場中做勻速圓周運動，先找半徑和圓心，在求磁感應(yīng)強度；在正交場中的直線運動時列平衡方程求解.4．如圖所示，水平放置的兩塊帶金屬極板a、b平行正對.極板長度為l,板間距為d,板間存在著方向堅直向下、場強大小為E的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場.假設(shè)電場、磁場只顧在于兩板間.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端正中央沿垂直于電場、磁場的方向入極板間，恰好做做勻速直線運動.不計重力及空氣阻力.（1）求勻強磁場感應(yīng)強度B的大??；（2）若撤去磁場，粒子能從極板間射出，求粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離；（3）若撤去磁場，并使電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將打在下極板上，求粒子到達(dá)下極板時動能的大小.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）粒子恰好做勻速直線運動，可知電場力與洛侖茲力平衡，可求磁感應(yīng)強度B；（2）粒子做類平拋運動，由運動分解方法，求解粒子穿過電場時沿電場方向移動的距離；（3）用動能定理求解粒子到達(dá)下極板時動能．【詳解】（1）帶電粒子勻速通過場區(qū)時受到的電場力與洛侖茲力平衡，qE=qv0B，解得磁感應(yīng)強度大小B=；（2）撤掉磁場后，粒子做類平拋運動，通過電場區(qū)偏轉(zhuǎn)的距離（3）設(shè)粒子運動到下極板時的動能大小為EK，根據(jù)動能定理得：q×2E×d=Ek-m

v02解得EK=mv02+qEd【點睛】對粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做勻速直線運動”的隱含條件，對于撤掉磁場后的粒子的類平拋運動，要能夠熟練分析解決，為?？純?nèi)容．5．回旋加速器D形盒中央為質(zhì)子流，D形盒的交流電壓為U＝2×104V，靜止質(zhì)子經(jīng)電場加速后，進(jìn)入D形盒，其最大軌道半徑R＝1m，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.5T，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27kg，電量為1.6×10－19C，問：(1)質(zhì)子最初進(jìn)入D形盒的動能多大？(2)質(zhì)子經(jīng)回旋加速器最后得到的動能多大？(3)交流電源的頻率是多少？【答案】(1)；(2)；(3).【解析】【分析】【詳解】(1)粒子在第一次進(jìn)入電場中被加速，則質(zhì)子最初進(jìn)入D形盒的動能(2)根據(jù)得粒子出D形盒時的速度為則粒子出D形盒時的動能為(3)粒子在磁場中運行周期為因一直處于加速狀態(tài)，則粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，即為那么交變電源的頻率為6．我們熟知經(jīng)典回旋加速器如圖（甲）所示，帶電粒子從M處經(jīng)狹縫中的高頻交流電壓加速，進(jìn)入與盒面垂直的勻強磁場的兩個D形盒中做圓周運動，循環(huán)往復(fù)不斷被加速，最終離開加速器。另一種同步加速器，基本原理可以簡化為如圖（乙）所示模型，帶電粒子從M板進(jìn)入高壓縫隙被加速，離開N板時，兩板的電荷量均立即變?yōu)榱悖x開N板后，在勻強磁場的導(dǎo)引控制下回旋反復(fù)通過加速電場區(qū)不斷加速，但帶電粒子的旋轉(zhuǎn)半徑始終保持不變。已知帶電粒子A的電荷量為+q，質(zhì)量為m，帶電粒子第一次進(jìn)入磁場區(qū)時，兩種加速器的磁場均為B0，加速時狹縫間電壓大小都恒為U，設(shè)帶電粒子最初進(jìn)入狹縫時的初速度為零，不計粒子受到的重力，不計粒子加速時間及其做圓周運動產(chǎn)生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應(yīng)。（1）求帶電粒子A每次經(jīng)過兩種加速器加速場時，動能的增量；（2）經(jīng)典回旋加速器與同步加速器在裝置上的類似性，源于它們在原理上的類似性。ａ．經(jīng)典回旋加速器，帶電粒子在不斷被加速后，其在磁場中的旋轉(zhuǎn)半徑也會不斷增加，求加速n次后rn的大??；ｂ．同步加速器因其旋轉(zhuǎn)半徑R始終保持不變，因此磁場必須周期性遞增，請推導(dǎo)Bn的表達(dá)式；（3）請你猜想一下，若帶電粒子A與另一種帶電粒子B（質(zhì)量也為m，電荷量為+kq，k為大于1的整數(shù)）一起進(jìn)入兩種加速器，請分別說明兩種粒子能否同時被加速，如果不能請說明原因，如果能，請推導(dǎo)說明理由?！敬鸢浮浚?）；（2）a.b.;（3）見解析【解析】【分析】【詳解】（1）粒子僅在狹縫間由電場加速，繞行過程中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力不會對粒子做功，根據(jù)動能定理：每次動能的增量為：（2）a．在D形盒中洛倫茲力作向心力，磁感應(yīng)強度不需要改變，當(dāng)?shù)趎次穿過MN兩板間開始作第n圈繞行時第n圈的半徑ｂ．同步加速器因其旋轉(zhuǎn)半徑始終保持不變，因此磁場必須周期性遞增，洛倫茲力作向心力，，所以第n圈繞行的磁感應(yīng)強度為：（3）經(jīng)典回旋加速器不能做到回旋加速，同步加速器仍然能做到回旋加速。經(jīng)典回旋加速器，交變電壓的周期與帶電粒子回旋周期相同，加速A粒子的交變電壓的周期為而若要加速回旋加速粒子B，交變電壓周期應(yīng)為因此當(dāng)B粒子到達(dá)加速電場縫隙時，電壓方向并沒有反向，因此無法同時加速。同步加速器A粒子的磁場變化周期B粒子的旋轉(zhuǎn)周期是的k倍，所以每繞行1周，就繞行k周。由于電場只在通過時存在，故B僅在與A同時進(jìn)入電場時才被加速。7．回旋加速器核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接．以便在盒間的窄縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫都得到加速．兩盒放在磁惑應(yīng)強度為B的勻強磁場中．磁場方向垂直于盒底面．粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rn，其運動軌跡如圖所示．問.(1)D形盒內(nèi)有無電場？(2)粒子在盒內(nèi)做何種運動？(3)所加交流電壓頻率應(yīng)是多大．粒子運動的角速度為多大？(4)粒子離開加速器時速度為多大？最大動能為多少？(5)設(shè)兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，其間電場均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需時間．【答案】(1)D形盒內(nèi)無電場(2)粒子在盒內(nèi)做勻速圓周運動(3)，(4)，(5)【解析】【分析】【詳解】(1)加速器由D形盒盒間縫隙組成，盒間縫隙對粒子加速，D形盒起到讓粒子旋轉(zhuǎn)再次通過盒間縫隙進(jìn)行加速，要做勻速圓周運動，則沒有電場．電場只存在于兩盒之間，而盒內(nèi)無電場.(2)粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力始終與速度垂直，粒子做勻速圓周運動(3)所加交流電壓頻率等于粒子在磁場中的頻率，根據(jù)和可得，故頻率運動的角速度(4)粒子速度增加則半徑增加，當(dāng)軌道半徑達(dá)到最大半徑時速度最大，由得：則其最大動能為：(5)由能量守恒得：則離子勻速圓周運動總時間為：離子在勻強電場中的加速度為：勻加速總時間為：解得：【點睛】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器利用磁場偏轉(zhuǎn)和電場加速實現(xiàn)加速粒子，最大速度決定于D形盒的半徑．8．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件．【答案】(1)(2)；(3)d<【解析】【詳解】(1)粒子運動半徑為R時，有且解得(2)粒子被加速n次達(dá)到動能Em，則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt加速度勻加速直線運動由解得(3)只有在0~時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為由，解得．9．回旋加速器是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒內(nèi)的狹縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫時都得到加速，兩盒放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為R．忽略粒子在電場中運動的時間．求：（1）所加交變電流的頻率f；（2）粒子離開加速器時的最大速度v；（3）若加速的電壓為U，求粒子達(dá)到最大速度被加速的次數(shù)n．【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交變電流頻率要等于粒子回旋頻率，因為，回旋頻率；（2）由牛頓第二定律，解得；（3）獲得的能量來源于電場的加速，故：，解得；10．回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，圖20為回旋加速器的示意圖。D1、D2是兩個中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個D形盒正中間開有一條狹縫，兩個D形盒接在高頻交流電源上。在D1盒中心A處有粒子源，產(chǎn)生的帶正電粒子在兩盒之間被電場加速后進(jìn)入D2盒中。兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，經(jīng)過半個圓周后，再次到達(dá)兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經(jīng)過狹縫時再次被加速。如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過狹縫，一次一次地被加速，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達(dá)D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導(dǎo)出。已知帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，加速時狹縫間電壓大小恒為U，磁場的磁感應(yīng)強度為B，D形盒的半徑為R狹縫之間的距離為d。設(shè)從粒子源產(chǎn)生的帶電粒子的初速度為零，不計粒子受到的重力，求：(1)帶電粒子能被加速的最大動能Ek；(2)盡管粒子在狹縫中每次加速的時間很短但也不可忽略。試計算上述正離子在某次加速過程當(dāng)中從離開離子源到被第n次加速結(jié)束時所經(jīng)歷的時間；(3)設(shè)該正離子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，試推證當(dāng)R＞＞d時，正離子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的時間可忽略不計（正離子在電場中運動時，不考慮磁場的影響）(4)帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑；(5)若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率。(6)實際使用中，磁感應(yīng)強度和加速電場頻率都有最大值的限制。若某一加速器磁感應(yīng)強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm。(7)a粒子在第n次由D1盒進(jìn)入D2盒與緊接著第n+1次由隊盒進(jìn)入隊盒位置之間的距離△x；(8)試推理說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差△r是增大、減小還是不變？【答案】(1)；(2)；(3)當(dāng)R＞＞d時，t1可忽略不計；(4)；(5)；(6)；(7)；(8)r△rk+1＜△rk【解析】【分析】(1)回旋加速器是利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子；經(jīng)回旋加速器的最大速度由洛倫茲力提供向心力可求得由D形盒的半徑?jīng)Q定.(2)回旋加速器是利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)動能定理求出n次加速后的速度，根據(jù)勻變速直線運動的速度時間公式求出加速的時間，再求出粒子偏轉(zhuǎn)的次數(shù)，從而得出在磁場中偏轉(zhuǎn)的時間，兩個時間之和即為離開離子源到被第n次加速結(jié)束時所經(jīng)歷的時間．(3)在電場中的總的運動可以看做連續(xù)的勻加速直線運動，故根據(jù)平均速度公式可得在電場中運動時間;而每加速一次，做半個圓周運動，則磁場中的運動時間等于圈數(shù)乘以磁場中運動的周期.(4)粒子被加速一次所獲得的能量為qU，求出第n次加速后的動能,進(jìn)而可求出第n個半圓的半徑.(5)根據(jù)電流的定義式和功率表示式求解.(6)根據(jù)洛侖茲提供向心力，求出最大動能與磁感應(yīng)強度的關(guān)系以及與加速電壓頻率的關(guān)系，然后分情況討論出最大動能的關(guān)系.(7)回旋加速器是利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)動能定理求出n次加速后的速度，求出軌道半徑，抓住規(guī)律，求出△x．(8)求出rk所對應(yīng)的加速次數(shù)和rk+1所對應(yīng)的加速次數(shù)即可求出它們所對應(yīng)的軌道半徑，然后作差即可求出rk和rk+1，從而求出△rk，運用同樣的方法求出△rk+1，比較△rk和△rk+1即可得出答案.【詳解】(1)帶電粒子在D形盒內(nèi)做圓周運動，軌道半徑達(dá)到最大時被引出，此時帶電粒子具有最大動能Ek，設(shè)離子從D盒邊緣離開時的速度為vm.依據(jù)牛頓第二定律：Bqvm=m所以帶電粒子能被加速的最大動能：Ek==(2)設(shè)正離子經(jīng)過窄縫被第n次加速加速后的速度為vn，由動能定理得：nqU=粒子在狹縫中經(jīng)n次加速的總時間：由牛頓第二定律：由以上三式解得電場對粒子加速的時間：正離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律Bqv=m又T=粒子在磁場中做圓周運動的時間t2=（n-1）由以上三式解得:t2=所以，離子從離開離子源到被第n次加速結(jié)束時所經(jīng)歷的時間t=t1+t2=d(3)設(shè)粒子飛出的末速度為v，將多次電場加速等效為一次從0到v的勻加速直線運動.在電場中t1=，在d形盒中回旋周期與速度v無關(guān)，在D形盒中回旋最后半周的時間為，在D形盒中回旋的總時間為t1=n故＜＜1即當(dāng)R＞＞d時，t1可忽略不計.(4)帶電粒子在D2盒中第n個半圓是帶電粒子經(jīng)過窄縫被加速2n-1次后的運動軌道，設(shè)其被加速2n-1次后的速度為vn由動能定理得:（2n-1）qU=此后