高中物理速度选择器和回旋加速器及其解题技巧及练习题一、速度选择器和回旋加速器1．如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。

已知两板间的电势差为U ，距离为d ；匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。

一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从A 点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从M 点射出；如果撤去磁场，粒子从N 点射出。

M 、N 两点间的距离为h 。

不计粒子的重力。

求： （1）匀强电场场强的大小E ； （2）粒子从A 点射入时的速度大小v 0； （3）粒子从N 点射出时的动能E k 。

【答案】（1）电场强度U E d =；（2）0U v Bd=；（3）2222k qUh mU E d B d =+【解析】 【详解】（1）电场强度U E d=（2）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：0qE qv B = 解得0E U v B Bd== （3）粒子从N 点射出，由动能定理得：2012k qE h E mv ⋅=-解得2222k qUh mU E d B d=+2．如图所示，半径为R 的圆与正方形abcd 相内切，在ab 、dc 边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc 边中点O 2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O 1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．（1）求两极板间电压U 的大小（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O 1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．【答案】（1）20mv q （2）00212122v v v -+≤≤ 【解析】试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．（2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度．（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有：212R at =，02R v t =，2qUa Rm =解得：2mv U q=（2）由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过，则有：02U qv B q R= 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a 点，如图甲图：由几何关系有：2r r R =由洛伦兹力提供向心力有：211v qv B m r=解得：10212v v =若打到b 点，如图乙所示：由几何关系有：2r R R '-=由洛伦兹力提供向心力有：222v qv B m r ='解得：20212v v += 故010212122v v v v -+≤≤=3．如图，平行金属板的两极板之间的距离为d ，电压为U 。

两极板之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行且垂直于纸面向里。

两极板上方一半径为R 、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 ，方向垂直于纸面向里。

一带正电的粒子从A 点以某一初速度沿平行于金属板面且垂直于磁场的方向射入两极板间，而后沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，并从边界上的F 点射出。

已知粒子在圆形磁场区域运动过程中的速度偏转角23πθ=，不计粒子重力。

求：（1）粒子初速度v 的大小； （2）粒子的比荷。

【答案】（1）v = o U B d （2）3o q U m =【解析】 【详解】（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动 qvB 0 = qE ① U = Ed ② 由①②式得v =o UB d③ （2）在圆形磁场区域，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有2v qvB m r= ④由几何关系有：tan2Rrθ=⑤ 由③④⑤式得：3o q Um BB Rd=⑥4．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。

求：(1)电子通过小孔O 时的速度大小v ；(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向。

【答案】（12eUm（212mU L e【解析】 【详解】(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU mv = 解得：2eUv m=(2)两板间电场的电场强度大小为：2UE L=由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：12mUB L e=根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.5．某粒子实验装置原理图如图所示，狭缝1S 、2S 、3S 在一条直线上，1S 、2S 之间存在电压为U 的电场，平行金属板1P 、2P 相距为d ，内部有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为1B 。

比荷为k 的带电粒子由静止开始经1S 、2S 之间电场加速后，恰能沿直线通过1P 、2P 板间区域，从狭缝3S 垂直某匀强磁场边界进入磁场，经磁场偏转后从距离3S 为L 的A 点射出边界。

求：（1）1P 、2P 两板间的电压； （2）偏转磁场的磁感应强度。

【答案】（1）12U B kU ='2）222UB L k=【解析】 【分析】（1）粒子先在电场中加速，然后匀速通过1P 、2P ，则根据平衡可求出1P 、2P 两板间的电压（2）根据粒子的运动轨迹找到运动半径，借助于22v qvB m r=可求出偏转磁场的磁感应强度 【详解】（1）设带电粒子质量为m ，所带电荷量为q ，已知qk m= 粒子在电场中S 1与S 2之间加速，根据动能定理可得：2102qU mv =-； 带电粒子在P 1和P 2间运动，根据电场力与洛伦兹力平衡可得：1U q qvB d='解得：12U B kU ='（2）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力：22v qvB m r=；已知2L r =，解得：222UB L k=6．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。

磁感应强度为B 0的匀强磁场与盒面垂直。

在下极板的圆心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u 随时间的变化关系如图乙所示02mT qB π=。

加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。

(1)粒子开始从静止被加速，估算该离子离开加速器时获得的动能E k ；(2)调节交流电的电压，先后两次的电压比为1:2，则粒子在加速器中的运动时间之比为多少？(3)带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心并不是金属盒的圆心O ，而且在不断的变动。

设第一次加速后做圆周运动的圆心O 1到O 的距离为x 1,第二次加速后做圆周运动的圆心O 2到O 的距离为x 2，这二个距离平均值约为最后从加速器射出时圆周运动的圆心位置x ，求x 的值，并说明出口处为什么在A 的左边；(4)实际使用中，磁感应强度B 会出现波动，若在t =4T时粒子第一次被加速，要实现连续n 次加速，求B 可波动的最大范围。

【答案】(1)20()2qB R m；(2)2:1；(3)021mU B q A 点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边；(4)0021212123n n B B B n n --≤≤--（）（），n =2、3…… 【解析】 【分析】根据回旋加速器原理，粒子在电场中加速，在磁场中偏转，根据轨道半径与运动周期可求运动动能及运动时间，若磁场出现波动，求出磁感强度的最大值和最小值，从而确定磁感强度的范围。

【详解】（1）圆周运动的最大半径约为R20v qvB m R=离子离开加速器时获得的动能220()122k qB R E mv m==（2）设加速n 次200()2qB R nqU m=22002qB R n mU =20022B R T t n U π==运动时间之比02120121U t t U == （3）设第一、二次圆周运动的半径为r 1和r 220112qU mv =110mv r qB ==202122qU mv =220mv r qB === 11x r =21212(2x r r r =-=可得121322x x x r +=== 第一次圆周运动的圆心在A 点的左边，最后一次圆周运动与左边相切，所以出口在A 点的左边。

（4）设磁感应强度偏小时为B 1，圆周运动的周期为T 11(1)224T T T n --=)(12-12(-1)n T T n =解得102(1)21n B B n -=- 设磁感应强度偏大时为B 2，圆周运动的周期为T 22(1)()224T T T n --=2232(1)n T T n -=-解得202(123n B B n -=-)因此002(1)2(1)2123n n B B B n n --≤≤--，n =2、3……7．如图所示为回旋加速器的结构示意图，匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒D 1和D 2，磁感应强度为B ，金属盒的半径为R ，两盒之间有一狭缝，其间距为d ，且R ≫d ，两盒间电压为U 。

A 处的粒子源可释放初速度不计的带电粒子，粒子在两盒之间被加速后进入D 1盒中，经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。

通过电源正负极的交替变化，可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。

已知带电粒子的质量为m 、电荷量为+q 。

(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。

①求粒子可获得的最大动能E k m ；②若粒子第1次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 1，粒子第2次进入D 1盒在其中的轨道半径为r 2，求r 1与r 2之比；③求粒子在电场中加速的总时间t 1与粒子在D 形盒中回旋的总时间t 2的比值，并由此分析：计算粒子在回旋加速器中运动的时间时，t 1与t 2哪个可以忽略？（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数）；(2)实验发现：通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25~30MeV 后，就很难再加速了。

这是由于速度足够大时，相对论效应开始显现，粒子的质量随着速度的增加而增大。

结合这一现象，分析在粒子获得较高能量后，为何加速器不能继续使粒子加速了。

【答案】（1）①2222q B R m3；③2d R π， t 1可以忽略；（2）见解析【解析】 【分析】 【详解】（1）①粒子离开回旋加速器前，做的还是圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得2m v qv B m R =212km m E mv =解得2222kmB R E q m=②设带电粒子在两盒间加速的次数为N ，在磁场中有2v qvB m r=在电场中有212NqU mv =第一次进入D 1盒中N=1，第二次进入D 1盒中N=3，可得12r r = ③带电粒子在电场中的加速度为qE qUa m md == 所以带电粒子在电场中的加速总时间为1m v BdR t a U== 设粒子在磁场中回旋的圈数为n ，由动能定理得2122m nqU mv =带电粒子回旋一圈的时间为2πmT qB=所以带电粒子在磁场中回旋的总时间为22π2BR t nT U== 122πt d t R=已知R d ＞＞可知12t t <<，所以1t 可以忽略。