速度选择器和回旋加速器易错题复习题附答案

一、高中物理解题方法：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B1。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B2，CD为磁场B2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B2，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B2的带电粒子的初速度v； (2)CE的长度L

(3)粒子在磁场B2中的运动时间． 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】

(1)沿直线OO′运动的带电粒子，设进入匀强磁场B2的带电粒子的速度为v， 根据

B1qv=qE

解得：

v=

EB12mEm (3) 2qBqB1B2

E B1(2)粒子在磁感应强度为B2磁场中做匀速圆周运动，故：

v2qvB2m

r解得：

mEmvr== qB2qB1B2

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=

r2mE=2r= sin45qB1B2

T(3) 粒子做匀速圆周运动的周期 2m qBt2qBm

2．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）多大? m（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） qmE3 （3）从dc边距离d点距离为L处射出磁场；2BL2BL 3E【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：

v0撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有：

E Bx=v0t=L

y得：

1qE2L t 2m2qE 2 mBL（3）撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动，则：

v02 qv0Bmr得：

rmv0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：

L2x2（r）r2

2r=L

得：

x1所以

33L 2t答：（1）带电粒子带负电； （2）带电粒子的比荷 BLT 23EqmE； B2L（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

xBL3． L处离开磁场，在磁场中运动的时间t3E2

3．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B0=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=3T，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3π，不计离子重3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=

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）【解析】 【详解】

3104s 6（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：

B0qv=qE

解得：

vE2000m/s B0（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：

v2Bqvm

r由几何关系有：

tan离子的比荷为：

2R rq 2104C/kg 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，

tT 2T解得：

2m qBt

3104s ．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向射入，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，磁场B2方向与纸面垂直，结果分别打在a、b两点，若打在a、b两点的粒子质量分别为m1和m2.求：

(1)磁场B2的方向垂直纸面向里还是向外? (2)带电粒子的速度是多少?

(3)打在a、b两点的距离差△x为多大? 【答案】(1)垂直纸面向外 (2)v【解析】 【详解】

(1)带正电的粒子进入偏转磁场后，受洛伦兹力而做匀速圆周运动， 因洛伦兹力向左，由左手定则知，则磁场垂直纸面向外. (2)带正电的粒子直线穿过速度选择器，受力分析可知：

2U(m1m2)Ux (3)

B1dqB1B2dqvB1q解得：vU dU B1d(3)两粒子均由洛伦兹力提供向心力

v2qvB2m

R可得：R1m1vm2v，R2 qB2qB2两粒子打在底片上的长度为半圆的直径，则：

x2R12R2

联立解得：x2U(m1m2)

qB1B2d

5．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UMNU0，磁感应强度大小为B0.一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，a30，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E1.求B1与E1的比值为多少? 【答案】（1）v=【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：qvB0= qE0 ① E0 =

U0B12B0L 2（）

B0LE1U0U0 ② L解得:v=

U0 ③ B0L(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

sadR1R1 ④ sin30v2qvB1 =m ⑤

R得:B1=

3mv ⑥ qSad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

at⑧ 2qE1=ma ⑨

xtan30º= ⑩

Sadyvyat ⑾

vtan30º = ⑿

vy3mv2 ⒀ 得:E1=

2qSad所以:

B12B0L ⒁ E1U0

6．如图所示，A、B两水平放置的金属板板间电压为U(U的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A板的S点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A、B板间的电场加速后从B板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C、D板间，C、D板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E，匀强磁场的方向水平向里，大小为B1。其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a点，圆内存在磁感应强度大小为B2、方向水平向里的匀强磁场。其中S、a、圆心O点在同一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求： (1)能到达a点的粒子速度v的大小；

(2)若e、f两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1︰3，都能到达a点，则对应A、B两金属板间的加速电压U1︰U2的绝对值大小为多大；

(3)在满足(2)中的条件下，若e粒子的比荷为k，e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t为多少?

【答案】（1）v【解析】 【详解】

Ettt；（2）U1:U23:1；（3） 129kB2B1

解：(1)能达到a点的粒子速度设为v，说明在C、D板间做匀速直线运动，有：qvB1qE 解得：vE B1(2)由题意得e、f两粒子经A、B板间的电压加速后，速度都应该为v，根据动能定理得：

qU1mv2 2qeqf:1:3 它们的比荷之比：

memf得出：U1:U23:1

(3)设磁场圆的半径为R，e、f粒子进入磁场圆做圆周运动

v2对e粒子：q1vB2m1

r1v2对f粒子：q2vB2m2

r2r13解得：

r21e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为

180， e、f两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：

tanθR r1tanθR r2θα90

联立解得：θ30，α60

e、f两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：

T1T22πr1 v2πr2 vqeqf:1:3 memf在磁场中运动的时间：

t1t22θT1 3602αT2 360t1t2

两粒子在磁场中运动的时间差为：Δtt1t2π 9kB2

7．1932 年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题．现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中．某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为两个 D 形盒，分别为 D1、D2．D 形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与 D 形盒底面垂直．两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．D 形盒的半径为 R，磁场的磁感应强度为 B．设质子从粒子源 A 处进入加速电场的初速度不计．质子质量为 m、电荷量为+q．加速器接入一定频率的高频交变电源，加速电压为 U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．求：

（1）质子第一次经过狭缝被加速后进入 D2 盒时的速度大小 v1 和进入 D2 盒后运动的轨道半径 r1；

（2）质子被加速后获得的最大动能 Ek 和交变电压的频率 f；

（3）若两 D 形盒狭缝之间距离为 d，且 d<qB12mUqB2R22qU ，r1 (2) EK ，f (3) 【答案】(1) v12mBq2mmt12dBRdBR2t1 ，t2 ； 

tRU2U2【解析】

（1）设质子第1此经过狭缝被加速后的速度为v1： qU122qUmv1解得v1 2mv1212mUqv1Bm 解得：r1

r1Bq（2）当粒子在磁场中运动半径非常接近D型盒的半径A时，粒子的动能最大，设速度为

2vmvm，则qvmBm

REkm12mvm 2qB2R2 解得EK2m回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率等于粒子回旋的频率，则设粒子在磁场中运动的周期为T,则：T则f2r2m vqBqB 2m（3）设质子从静止开始加速到粒子离开加速了n圈，粒子在出口处的速度为v，根据动能

q2B2R2 定理可得：2nqU2mqB2R2 可得n4mU粒子在夹缝中加速时，有：maqU ，第n次通过夹缝所用的时间满足：dvmBRd aUatnvn1vn 将粒子每次通过夹缝所用时间累加，则有t1qB2R22mBR2 而粒子在磁场中运动的时间为（每圈周期相同）t2nT4mUqB2Ut12d可解得，因为d<t2R

8．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。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Lawrence设转，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·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）r1度B 【解析】 【详解】

2mU2nm(n1)m2td（）（3）增大加速器中的磁感应强

qB2qUqB（1）设正离子经过窄缝被第一次加速加速后的速度为v1，由动能定理得：

qU12mv1 2正离子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r1，由牛顿第二定律得：

v12qv1Bm

r1由以上两式解得：

r12mU qB22mU。 qB2故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为（2）设正离子经过窄缝被第n次加速加速后的速度为vn，由动能定理得：

nqU12mvn 2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：

t1由牛顿第二定律有：

vn aqUma d由以上三式解得电场对粒子加速的时间为：

t1d2nm qU正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：

v2qvBm

r又因有：

T2r vT 2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：

t2(n1)由以上三式解得：

t2(n1)m qB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：

tt1t2d2nm(n1)m qUqB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

d2nm(n1)m qUqBrmR

2vmqvmBm

rm（3）设离子从D盒边缘离开时做圆周运动的轨迹半径为rm，速度为vm

离子获得的最大动能为：

Ekm12q2B2R2 mvm22m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．

9．回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，取粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若输出时质子束的等效电流为I.（忽略质子在电场中的加速时间及质子的最大速度远远小于光速）

(1)写出质子在该回旋加速器中运动的周期及质子的比荷(2)求质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P.

(3)若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与质子相同的最大动能，请分析此时磁感应强度应该如何变化，并写出计算过程。

q m

【答案】（1）【解析】 【详解】

2f；（2）IBR2f；（3）2 B（1）由回旋加速器的工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋的频率相同，由周期T与频率f的关系可知：T=1/f；

设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器的速度为v，由牛顿第二定律可知：

v2qvBm ；

R质子回旋的周期：T则质子的比荷为：

2R2m vqBq2f mBNq t（2）设在t时间内离开加速器的质子数为N，I1Nmv2 则质子束从回旋加速器输出时的平均功率2Pt由上述各式得PIBR2f

（3）若使用此回旋加速器加速氘核，Ek1=Ek2

112m1v12=m2v2 2222R2B2q1R2B12q21m1m 222m122m22B12B2 m1m2B22B1

即磁感应强度需增大为原来的2倍

10．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v1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W1 （2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小En （3）粒子第n次经过电场所用的时间tn

（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）．

2d(2n1)mv123mv12t（1） （2）（3） （4）如图；E【答案】W1nn(2n1)v2qd21

【解析】 （1）根据r（2）

．

mv1122，因为r22r1，所以v22v1，所以W1mv2mv1, qB22=

，

，所以

（3）(4)

，，所以．