高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题 21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．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)