高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析

一、速度选择器和回旋加速器

1．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ； (2)

求该离子的比荷

q m

； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。

【答案】(1)1E v B =；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E

?=

【解析】 【分析】 【详解】

(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0

Eq =B 1qv

解得

1

E

v B =

(2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以

2

2mv B qv R

= 解得

12

q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2 根据题意

R 2=R 1+

2

d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得

2

121

m

v B qv R =

2

222

m v B qv R =

联立得

22121()B q

m m m R R v

?=-=

- 化简得

122B B qd

m E

?=

2．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23

π

θ=

，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 U

B d

③ （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

2

v

qvB m

r

=④

由几何关系有：tan

2

R

r

θ

=⑤

由③④⑤式得：

3

o

q U

m BB Rd

=⑥

3．PQ和 MN分别是完全正对的金属板，接入电动势为E的电源，如图所示，板间电场可看作匀强电场,MN之间距离为d，其间存在着磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。紧挨着P板有一能产生正电荷的粒子源S，Q 板中间有孔J，SJK在一条直线上且与MN 平行。产生的粒子初速度不计，粒子重力不计，发现粒子能沿着SJK 路径从孔 K射出，求粒子的比荷

q

m

。

【答案】

22

2

E

B d

【解析】

【分析】

粒子在PQ板间是匀加速直线运动，根据动能定理列式；进入MN板间是匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式；最后联立求解即可．

【详解】

PQ板间加速粒子，穿过J孔是速度为v

根据动能定理，有：2

1

2

qE mv

=

沿着SJK路径从K孔穿出，粒子受电场力和洛伦兹力平衡:

qE

qvB

d

=

解得:

22

2

q E

m B d

=

【点睛】

本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，根据动能定理和平衡条件列式.

4．如图所示，一对平行金属极板a、b水平正对放置，极板长度为L，板间距为d，极板间电压为U，且板间存在垂直纸面磁感应强度为B的匀强磁场（图中未画出）。一带电粒子以一定的水平速度从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动，打到距离金属极板右端L处的荧光屏MN上的O点。若撤去磁场，粒子仍

能从极板间射出，且打到荧光屏MN 上的P 点。已知P 点与O 点间的距离为h ，不计粒子的重力及空气阻力。

（1）请判断匀强磁场的方向；

（2）求带电粒子刚进入极板左侧时的速度大小v ； （3）求粒子的比荷（

q

m

）。 【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里（2）v =U Bd （3）2223q Uh m B L d

= 【解析】 【分析】

（1）由左手定则可知磁场方向。

（2）粒子在极板间做直线运动，可知洛伦兹力与电场力相等；

（3）若撤去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，结合水平和竖直方向的运动特点解答； 【详解】

（1）由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里。 （2）带电粒子受力平衡，有qvB q =U d

粒子进入极板时的速度v =

U Bd

（3）带电粒子在两极板间运动时间t 1=

L v ，加速度qU a md

= 带电粒子穿过电场时的侧移量2

2112

122qUL y at mdv ==

带电粒子离开两极板间后做匀速直线运动的时间t 2=

L

v

带电粒子从极板右端射出时沿竖直方向的速度v y =1qUL

at mdv

=

带电粒子离开两极板间后在竖直方向的位移2

222y qUL y v t mdv ==

两次侧移量之和为h ，即：h =y 1+y 2=2

2

32qUL mdv

解得：

2223q Uh m B L d

=

此题是带电粒子在复合场中的运动问题；关键是搞清粒子在场中的运动特征和受力情况；粒子在电场中的偏转问题，主要是结合类平抛运动的规律解答.

5．某速度选择器结构如图所示，三块平行金属板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ水平放置，它们之间距离均为d ，三金属板上小孔O 1、O 2、O 3在同一竖直线上，Ⅰ、Ⅱ间有竖直方向匀强电场

E 1，Ⅱ、Ⅲ间有水平向左电场强度为E 2的匀强电场及垂直于纸面向里磁感应强度为B 2的匀强磁场．一质子由金属板I 上端O 1点静止释放，经电场E 1加速，经过O 2进入E 2、B 2的复合场中，最终从Ⅲ的下端O 3射出，已知质子带电量为e ，质量为m ．则

A ．O 3处出射时粒子速度为2

22

E v B = B ．Ⅰ、Ⅱ两板间电压2

12

2mE U eB =

C ．粒子通过Ⅰ、Ⅱ金属板和Ⅱ、Ⅲ金属板的时间之比为1︰1

D ．把质子换成α粒子，则α粒子也能从O 3射出 【答案】AB 【解析】 【详解】

A ．经过O 2点进入E 2、

B 2的复合场中，最终沿直线从Ⅲ的下端O 3点射出，因质子受到电场力与洛伦兹力，只要当两者大小相等时，才能做直线运动，且速度不变的，依据

qE 2=B 2qv

解得：

v=22

E B 故A 正确；

B ．质子在Ⅰ、Ⅱ两板间，在电场力作用下，做匀加速直线运动，根据动能定理，即为qU 1=

12

mv 2

，而质子以相同的速度进入Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，则有v =22 E B ，那么

Ⅰ、Ⅱ两板间电压

U 1=2

22

2 2mE eB

C ．粒子通过Ⅰ、Ⅱ金属板做匀加速直线运动，而在Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，依据运动学公式，即有

d =10

2

v

t +? 而d =vt 2，那么它们的时间之比为2：1，故C 错误； D ．若将质子换成α粒子，根据

qU 1=

12

mv 2 导致粒子的比荷发生变化，从而影响α粒子在Ⅱ、Ⅲ金属板做匀速直线运动，因此α粒子不能从O 3射出，故D 错误； 故选AB ． 【点睛】

考查粒子在复合场中做直线运动时，一定是匀速直线运动，并掌握动能定理与运动学公式的应用，注意粒子何时匀加速直线运动与匀速直线运动是解题的关键．

6．汽车又停下来了，原来是进了加油站。小明想，机器总是要消耗能源才干活儿，要是制造出不消耗任何能源却能源源不断对外做功的机器，那该是利国利民的大功劳一件啊！小明为此设计了一个离子加速器方案：两个靠得很近的、正对处留有狭缝的半圆形金属盒，处在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，M 和M '是固定在金属盒狭缝边缘的两平行极板，其上有正对的两个小孔，给极板充电后，上板带正电且两板间电压为U ；质量为m 、带电量为q 的正离子从M 板小孔由静止开始加速，经M '板小孔进入磁场区域，离子经磁场偏转后又回到M 板小孔继续加速，再偏转，再加速……假设电场集中在两极板之间，其他区域没有电场，并忽略离子所受的重力，试计算： （1）两于第1次加速后获得的动能：

（2）第n 次加速后和第1n +次加速后，离子在磁场中偏转的半径大小之比；

（3）小明想，离子每次经磁场偏转后都能再次进入两极板间的电场进行加速，这个过程中电场、磁场不发生任何变化，离子动能却不断的增加……这个离子加速器就实现了不消耗任何能源便可以能源源不断地对离子做功的目的！请根据你所学的知识，试判断小明的设计方案是否科学，并具体阐述你的理由。

【答案】（1）qU ；（21

n

n +；（3）见解析。 【解析】

【详解】

（1）由动能定理可

qU =E k -0

解得离子第1次加速后获得的动能为

E k =qU

（2）设第n 次加速后离子获得的速度为v n ，则由动能定理可知

2

102

n nqU mv =

- 设离子在磁场中偏转的轨道半径大小为r n ，根据牛顿第二定律可知

2n

n n

v qv B m r ＝

联立解得

n r 同理，第n +1次加速后，离子子啊磁场中偏转的半径大小为

1n r +则

1n n r r +=（3）小明的设计不科学，因为它违背了能量守恒定律，永动机不可能制成。实际上，电场并不只是分布在两极板之间，在极板外，仍然有从M 板出发指向M'板的电场线，离子在两极板之外的磁场中运动时，电场力做负功，回到初始位置M 板的小孔处时，电场力所做的总功为零，离子速度恢复为原来的值，离子并不能持续的加速。

7．同步回旋加速器结构如图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处大小相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量.如题图所示．同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步．已知圆形轨道半径为R ，被加速粒子的质量为m 、电荷量为+q ，加速腔的长度为L ，且L <

（1）带电粒子第k 次从b 孔射出时的速度的大小v k ；

（2）带电粒子第k 次从b 孔射出到第(k +1)次到达b 孔所经历的时间； （3）带电粒子第k 次从b 孔射出时圆形轨道处的磁感应强度B k 的大小；

（4）若在a 处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1次加速后形成一束长度为l 1的粒子束（l 1

m

2m kqU 12mkU R q (4) 12max L qU v l m =

【解析】 【详解】

(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得：kqU ＝1

2

mv k 2﹣0 解得：

2k kqU

v m

=

(2) 粒子做圆周运动的周期：222k k m m

T R qB kqU

ππ=

=由题意可知，加速空腔的长度：L ＜＜R ，

粒子在空腔的运动时间可以忽略不计，下一次经过b 孔的时间间隔等于粒子在磁场中做圆周运动的周期：2k m T kqU

π=(3)粒子第k 次从b 孔射出，粒子被电场加速k '次，由动能定理得：kqU ＝1

2

mv k 2﹣0 解得：

2k kqU

v m

=

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv k B k ＝

2k

v m R

，解得： 12k kmU

B R q

=

(4)

粒子第一次加速后的速度：1v =

从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：111l t l v ==

由k v =

2v =粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l 2＝v 2t 1

l 1

粒子被第三次加速后的速度：3v =

从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：222l t l v == 粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l 3＝v 3t 2

l 1

粒子被第四次加速后的速度：4v =

从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：333l t l v == 粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l 4＝v 4t 3

l 1 …

粒子被第k

次加速后的速度：k v =

从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：111k k k l t l v ---==粒子被k 次加速后这一束粒子的长度：l k ＝v k t k ﹣1

1

当粒子束的长度：l k

l 1＝L ，即：k ＝2

21L l 时粒子束的速度最大，

由动能定理得：221L l ?qU ＝1

2

mv max 2﹣0，解得：

max v =

8．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间有狭缝（间距d R <<），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为q +，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为0U ，周期为T ，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2t T =时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运

动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：

（1）匀强磁场的磁感应强度B ；

（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t ；

（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m 与原来质量0m 的关系：

2

1m v t =

??- ???

1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理由）？②若粒子质量最终增加2%，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有效数字）？

【答案】（1）2m qr π（2）220R m

qU T

π（3）100次；0.2

【解析】 【详解】

解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：2

v qvB m R

=

电压周期T 与粒子在磁场中的周期相同：2r

T v

π= 可得2m T qB

π=

，2m

B qr π= (2)粒子运动半径为R 时：2R v r π=且2

km 12

E mv = 解得：22

km

2

2mR E T

π= 粒子被加速n 次达到动能km E ，则有：0km E nqU =

不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒

子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：22002T R m

t n qU T

π=?=

(3)粒子在磁场中的周期：2n

T qB

π=

，质量增加1%，周期增大1%，

再加速次数不超过

221001%

r

T ?=?次

加速后的质量m 与原来质量0m 的关系：2

1()m v c

=

-， 01.02m m = 粒子最终速度为：0.2v c = 即粒子最终速度为光速的0.2倍

9．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D 1和D 2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D 1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v 1；

（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】（12qU m 21

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

112

qU mv =，解得12qU v m =

（2）设质子第n 次加速后的速度为n v 由动能定理有2

12

n nqU mv =

由牛顿第二定律有2n n v qv 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。

10．高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台．质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置．质子回旋加速器的工作原理如图（a ）所示，

置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速质子（1

1H ）的质量为m ，电荷量为q +．加在狭缝间的交变电压如

图（b ）所示，电压值的大小为0U 、周期02

m

T qB

π=

．为了简化研究，假设有一束质子从M 板上A 处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．不考虑质子间的相互作用．

（1）质子在磁场中的轨迹半径为r （已知）时的动能k E ；

（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到k E （问题（1）中的动能）所需要的时间．（不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动．）

（3）若用该装置加速氦核（4

2He ），需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？

【答案】（1）222

2q B r m （2）20

22BR BRd m U qB ππ+-

（3）方案一：增大磁感应强度B ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【解析】 【分析】

回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可； 【详解】

（1）洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：2

v qvB m r =

粒子的动能为212E mv =，解得222

2k q B r E m

=；

（2）设粒子被加速n 次后达到最大动能，则有0k E nqU =，解得：220

2B r q

n mU =

粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为0

qU a md

=

设n 次经过狭缝的总时间为1t ，根据运动学公式有：()2112

nd a t =

设在磁场中做圆周运动的周期为T ，某时刻质子的速度为v '，半径为r '

则

2

v

qv B m

r

'

=

'

'

，

22

r m

T

v Bq

ππ

'

'

==，由()

1

1

2

T

t n t

=-?+

总

解得：

222

000

2

1

22

B r q m Brd BR BRd m

t

mU Bq U U qB

πππ

??+

=-?+=-

?

??

总

；

（3）氦核的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期

2m

T

qB

π

=，氦核的荷质比大于质子，使得圆周运动周期变大

方案一：增大磁感应强度B，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可．

方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期．

【点睛】

解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．

11．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。D1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流电源上。在D1盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中。两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R狭缝之间的距离为d。设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：

(1)带电粒子能被加速的最大动能E k；

(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)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当R＞＞d时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）

(4)带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径；

(5)若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒

子的平均功率P 。

(6)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B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E km 。 (7)a 粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n+1次由队盒进入队盒位置之间的距离△x ；

(8)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 是增大、减小还是不变？

【答案】(1)

222

2q B R m

；(2)(1)n m t qB π-=；(3) 当R ＞＞d 时，t 1可忽略不

计；(4)n r =

(5)222qIB R P m =；(6)2222k m E f R m π=；(7)

x ?=

；

(8) r △r k+1＜△r k 【解析】 【分析】

(1)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子；经回旋加速器的最大速度由洛伦兹力提供向心力可求得由D 形盒的半径决定.

(2)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n 次加速后的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速的时间，再求出粒子偏转的次数，从而得出在磁场中偏转的时间，两个时间之和即为离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间．

(3)在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动，故根据平均速度公式可得在电场中运动时间;而每加速一次，做半个圆周运动，则磁场中的运动时间等于圈数乘以磁场中运动的周期.

(4)粒子被加速一次所获得的能量为qU ，求出第n 次加速后的动能, 进而可求出第n 个半圆的半径.

(5)根据电流的定义式和功率表示式求解.

(6)根据洛仑兹提供向心力，求出最大动能与磁感应强度的关系以及与加速电压频率的关系，然后分情况讨论出最大动能的关系.

(7)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n 次加速后的速度，求出轨道半径，抓住规律，求出△x ．

(8)求出r k 所对应的加速次数和r k+1所对应的加速次数即可求出它们所对应的轨道半径，然后作差即可求出r k 和r k+1，从而求出△r k ，运用同样的方法求出△r k+1，比较△r k 和△r k+1即可得出答案. 【详解】

(1)带电粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大

动能E k ，设离子从D 盒边缘离开时的速度为v m .依据牛顿第二定律：Bqv m = m 2m

v R

所以带电粒子能被加速的最大动能：E k =212m mv =222

2q B R m

(2)设正离子经过窄缝被第n 次加速加速后的速度为v n ，由动能定理得：nqU=2

12

n mv 粒子在狭缝中经n 次加速的总时间：1n

v t a

= 由牛顿第二定律：U

q

ma d

=

由以上三式解得电场对粒子加速的时间：1t =正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律Bqv=m 2

v r

又T=2r v π

粒子在磁场中做圆周运动的时间t 2=（n-1）2

T

由以上三式解得:t 2=

1n m

qB

π-（）

所以， 离子从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间 t=t 1+t 2

(1)n m

qB

π- (3)设粒子飞出的末速度为v ，将多次电场加速等效为一次从0到v 的匀加速直线运动.

在电场中t 1=2

nd

v ， 在d 形盒中回旋周期与速度v 无关，在D 形盒中回旋最后半周的时间

为

R

v

π， 在D 形盒中回旋的总时间为t 1=n

R

v

π 故122t d

t R

π=

＜＜1 即当R ＞＞d 时，t 1可忽略不计.

(4)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n -1次后的运动轨道，设其被加速2n -1次后的速度为v n 由动能定理得:（2n-1）qU =

212

n mv 此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r n ,由牛顿第二定律得Bqv n =m 2n

n

v r

得：n n mv r Bq =

=(5)设在时间t 内离开加速器的带电粒子数N ，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流I=Nq t

， 解得:N=

It q

带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率P =22

2k N E qIB R t m

?=

(6)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2qB

f m

π= 当磁场感应强度为B m 时，加速电场的频率应为2m

Bm qB f m

π= 粒子的动能212

k E mv =

当Bm f ≤m f 时，粒子的最大动能由B m 决定 qv m B m =m 2m

v R

解得E km =2222m q B R

m

当Bm f ≥m f 时，粒子的最大动能由f m 决定,v m =2πf m R

解得E km =222

2m mf R π

(7)离子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1，

r 1=

2mv qB =离子经第2次电场加速后，以速度v 2进入D 1盒，设轨道半径为r 2,

轨道半径：r 2=

2mv qB =

…… 离子第n 次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过（2n -1）次电场加速，以速度v 2-1进入D 2盒，由动能定理：（2n-1）Uq=

2

21102

n mv --

轨道半径：r n =

21n mv qB -=离子经第n+1次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入D 1盒，由动能定理：2nUq=

2

2102

n mv -

轨道半径：r n+1=

2n mv qB =

则:12()n n x r r +?=- 如图所示:

221222(

)(221)n n mv mv Um

x n n Bq Bq B q

-?=-=- (8)设k 为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k ，r k+1（r k ＜r k+1）， △rk= r k+1 -r k ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k+1，D 1、D 2之间的电压为U ， 由动能定理知2qU=

22

11122

k k mv mv +- ⑦ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知r k =

k

mv qB

， 则2qU=222

21()2k k q B r r m +- ⑧

整理得:△r k

214()

k k mU

qB r r ++ ⑨ 相邻轨道半径r k+1，r k+2之差△r k+1=r k+2- r k+2

同理△r k+1=2214()

k k mU

qB r r +++

因U 、q 、m 、B 均为定值，且因为r k+2＞r k ，比较△r k 与△r k+1 得:△r k+1＜△r k 【点睛】

借助回旋加强器的工作原理，利用磁场偏转，电场加速．以及知道回旋加强器加速粒子的最大动能与什么因素有关．粒子离开加速器时圆周运动的轨道半径等于D 形盒的半径，在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动．

12．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）5（2） 2222km q B R E m ＝ 22

2qB R n 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 n 2 qv n B=m 2n

n

v r

解得：12n nmU

r 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

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v m ，受力分析可知

qv m B=m 2 m

n

v r

粒子的最大动能：2222

122k m m q B R E m

v m ＝＝

粒子在回旋加速器中加速总次数：22

2km E qB R n 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。

13．如图回旋加速器D 形盒的半径为r ，匀强磁场的磁感应强度为

一个质量了m 、电荷

量为q的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速．

求该回旋加速器所加交变电场的频率；

求粒子离开回旋加速器时获得的动能；

设两D形盒间的加速电压为U，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需时间不计在电场中的加速时间．

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

试题分析: （1）由回旋加速器的工作原理知，交变电场的频率与粒子在磁场运动的频率相等，故:

粒子在磁场中做匀速圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：

周期：

联立解得：，

(2)粒子离开磁场时速度最大，根据牛顿第二定律，有：

最大动能：

联立解得：

（3）加速次数：粒子每转动一圈加速两次，故转动的圈数为：

粒子运动的时间为：t=nT

联立解得：

考点：带电粒子在磁场中运动

14．如图所示为回旋加速器的原理示意图，其核心部分是两个靠得非常近的D形盒，两盒分别和一交流电源的两极相连，交流电源对粒子的加速电压为U，匀强磁场分布在两D形盒内且垂直D形盒所在平面，磁感应强度为B，在D形盒中央S点处放有粒子源。粒子源放出质量为m、带电量为q的粒子（设粒子的初速度为零）被回旋加速器加速，设D形盒的最大半径为R，求：

（1）交流电源的周期T=？

（2）当粒子在D形盒中圆周运动半径为R时，通过特定装置将粒子导出，求将粒子导出前粒子被加速的次数n=?

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：粒子先在电场中加速，然后进入磁场，做匀速圆周运动，半圆周后，粒子再次进入电场，此时电源交换电极，粒子继续加速。粒子在磁场中运动周期与电场变化周期相同，则粒子可一直加速；当半径最大时，获得的速度最大，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子离开加速器时的动能；粒子被电场加速一次动能的增加qU，根据最大动能求出加速的次数。

（1）圆周运动周期等于交流电周期才可获得持续加速,设圆周运动半径为r、周期为T：

，解得

（2）粒子圆周运动：

粒子被加速：

解得：

【点睛】此题重在理解回旋加速器原理，加速电场半个周期改变一次反响，与磁场周期相同，保证粒子在电场中一直加速，在磁场中旋转．进行计算时，把握好在电场和磁场中运动时间的关系。

15．1932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．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，加速器接一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为q，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．

高中物理专题训练洛伦兹力

磁场对运动电荷的作用力 1.在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断不正确的是( ) 2.如图所示，a是带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，A，B叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉b物块，使A，B一起无相对滑动地向左加 速运动，在加速运动阶段( ) A．A，B一起运动的加速度不变 B．A，B一起运动的加速度增大C．A，B物块间的摩擦力减小 D．A，B物块间的摩擦力增大 3.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( ) A．油滴必带正电荷，电荷量为 B．油滴必带正电荷，比荷＝ C．油滴必带负电荷，电荷量为 D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q ＝ 4.（多选）在下列各图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能 沿水平方向向右做直线运动的是( ) 5. （多选）在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场．取坐标如图， 一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方始终不 发生偏转，不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是 ( ) A．E和B都沿x轴方向 B．E沿y轴正向，B沿z轴正向 C．E沿z轴正向，B沿y轴正向 D．E，B都沿z轴方向 6. （多选）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端 安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长，宽，高分别为 a，b，c，左右两端开口，在垂直于上，下底面方向加磁感应强度为B的匀 强磁场，在前，后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右 流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单 位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( ) A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离 子多少无关 C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D．污水流量Q与U成正比，与a，b无关 7.（多选）如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量 为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且 相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑 的过程中( ) A．小球加速度一直增大 B．小球速度一直增大，直到最后匀速 C．棒对小球的弹力一直减小 D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变 8.一个质量为m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾 角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中， 磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足 够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10 m/s2)．求： (1)小滑块带何种电荷？ (2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？ (3)该斜面长度至少多长？ 9.光滑绝缘杆与水平面保持θ角，磁感应强度为B 的匀强磁场充满整个空间，一个带正电q、质量为 m、可以自由滑动的小环套在杆上，如图所示，小 环下滑过程中对杆的压力为零时，小环的速度为________． 10.如图所示，质量为m的带正电小球能沿着竖直的绝缘墙竖 直下滑，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平，并与小球运动 方向垂直．若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ.则 小球下滑的最大速度为____________，最大加速度为____________． 11.如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均 为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛 伦兹力的方向．

高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．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B 0=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 = 3 3 T ，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=π 3 ，不计离子重力。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）4310s 6 π -? 【解析】 【详解】 （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： B 0qv =qE 解得： 2000m/s E v B = = （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： 2 v Bqv m r = 由几何关系有： 2 R tan r θ = 离子的比荷为： 4 210C/kg q 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 ， 2t T θπ= 2m T qB π= 解得： 43106 t s π -= 2．如图，正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为L 。一个带电粒子（不计重力）从AD 中点以速度v 水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场区，最后恰能从C 点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区，求： (1)该粒子最后飞出场区的位置； (2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？

(习题)3.9粒子速度选择器_质谱仪_回旋加速器

一 粒子速度选择器练习 如图，粒子以速度v 0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，根据qv 0B ＝qE , 得v 0=E/B ，故 若v= v 0=E/B ，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关 若v ＜E/B ，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加． 若v ＞E/B ，洛伦兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少． 速度选择器的特点是:(1)只选速度,不选电性.即不管是带正电还是带负电,只要初速度满足一定的关系,粒子均能直线飞出. (2)单向性:粒子只能从一个方向打入,另外一个方向飞出. 1. (单) 如图，水平放置的平行金属板a 、b 带有等量异种电荷，a 板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，若一个带正电的液滴在两板间做直线运动，其运动方向是：( D ) A ．沿竖直方向向下 B ．沿竖直方向向上 C ．沿水平方向向左 D ．沿水平方向向右 2(双)在图中实线框所围的区域内同时存在匀强磁场和匀强电场．一负离子（不计重力）恰好能沿直线MN 通过这一区域．则匀强磁场和匀强电场的方向不可能为下列哪种情况（ AD ） A 、匀强磁场和匀强电场的方向都水平向右 B 、匀强磁场方向竖直向上，匀强电场方向垂直于纸面向里 C 、匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向下 D 、匀强磁场方向垂直于纸面向外，匀强电场方向竖直向下 3(双)、一质子以速度V 穿过互相垂直的电场和 磁场区域而没有发生偏转，则 （ BD ） A 、若电子以相同速度V 射入该区域，将会发生偏转 B 、无论何种带电粒子，只要以相同速度射入都不会发生偏转 C 、若质子的速度V'V ，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线 4(双)如图，氕、氘、氚核以相同的动能射入速度选择器，结果氘核沿直线运动，则 ( AD ) A ．偏向正极板的是氕核 B ．偏向正极板的是氚核 C ．射出时动能最大的是氕核 D ．射出时动能最大的是氚核 图 11-3-1 a b B M N V + --

高中物理回旋加速器

高中物理回旋加速器 一．选择题（共4小题） 1．在回旋加速器中（） A．D形盒内有匀强磁场，两D形盒之间的窄缝有高频电源产生的电场 B．两D形盒之间的窄缝处有场强大小、方向不变的匀强电场 C．高频电源产生的电场用来加速带电粒子 D．带电粒子在D形盒中运动时，磁场力使带电粒子速度增大 2．在回旋加速器中（） A．D形盒内有匀强磁场，两D形盒之间的窄缝有高频电源产生的电场 B．两D形盒之间的窄缝处有场强大小、方向不变的匀强电场 C．高频电源产生的电场用来使带电粒子做圆周运动 D．带电粒子在D形盒中运动时，磁场力使带电粒子加速 3．关于回旋加速器的说法正确的是（） A．回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大的 B．回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量的 C．粒子在回旋加速器中不断被加速，故在磁场中做圆周运动一周所用时间越来越小D．若加速电压提高到4倍，其它条件不变，则粒子获得的最大速度就提高到2倍4．回旋加速器由下列哪一位物理学家发明（） A．洛伦兹B．奥斯特C．劳伦斯D．安培 二．填空题（共1小题） 5．回旋加速器的D型金属盒半径为R，两D型盒间电压为U，电场视为匀强电场，用来加速质量为m，电荷量为q的质子，使质子由静止加速到能量为E后，由小孔射出．（设质子每次经过电场加速后增加相同的能量）求： （1）加速器中匀强磁场B的大小． （2）加速到上述能量所需的回旋次数． （3）加速到上述能量所需时间．（不计经过电场的时间）

三．解答题（共1小题） 6．如图回旋加速器D形盒的半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B．一个质量了m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速． （1）求该回旋加速器所加交变电场的频率； （2）求粒子离开回旋加速器时获得的动能； （3）有同学想自利用该回旋加速器直接对质量为m、电量为2q的粒子加速．能行吗？行，说明理由；不行，提出改进方案．

高中物理动量守恒专题训练

1．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向 射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统， 则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（） A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒 2．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（） A. mv/M，向前 B. mv/M，向后 C. mv/（m M），向前 D. 0 3．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( )． A. 0.6v B. 0.4v C. 0.3v D. v 4．两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8kg·m/s，B球的动量是6kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为 A. p A＝0，p B＝l4kg·m/s B. p A＝4kg·m/s，p B＝10kg·m/s C. p A＝6kg·m/s，p B＝8kg·m/s D. p A＝7kg·m/s，p B＝8kg·m/s 5．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小 球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则（） A. 在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B. 小球离车后，可能做竖直上抛运动 C. 小球离车后，可能做自由落体运动 D. 小球离车后，小车的速度有可能大于v0 6．如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如乙图所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（） A. A、B之间动摩擦因数为0.1 B. 长木板的质量M＝2kg C. 长木板长度至少为2m D. A、B组成系统损失机械能为4J 7．长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有 一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，(其中M=3m)求： （1）木块与水平面间的动摩擦因数μ； （2）子弹受到的阻力大小f。(结果用m ，v0，L表示) 8．如图所示，A、B两点分别为四分之一光滑圆弧轨道的最高点和最低点，O为圆心，OA连线水平，OB连线竖直，圆弧轨道半径R=1.8m，圆弧轨道与水平地面BC平滑连接。质量m1=1kg的物体P由A点无初速度下滑后，与静止在B点的质量m2=2kg的物体Q发生弹性碰撞。已知P、Q两物体与水平地面间的动摩擦因数均为0.4，P、Q两物体均可视为质点，当地重力加速度g=10m／s2。求P、Q两物体都停止运动时二者之间的距离。

高中物理速度选择器和回旋加速器专项练习及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器专项练习及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ； (2) 求该离子的比荷 q m ； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。 【答案】(1)1E v B =；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E ?= 【解析】 【分析】 【详解】 (1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0 Eq =B 1qv 解得 1 E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以 2 2mv B qv R = 解得 12 q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2 根据题意 R 2=R 1+ 2 d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得

2 121 m v B qv R = 2 222 m v B qv R = 联立得 22121()B q m m m R R v ?=-= - 化简得 122B B qd m E ?= 2．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）2 222k 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：2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+

高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧(超强)及练习题

高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧(超强)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）2 222k 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：2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+ 2．如图所示，一束质量为m 、电荷量为q 的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v 0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B ，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d ，不计空气阻力及粒子重力的影响，求： (1)两平行板间的电势差U ；

(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R． 【答案】(1)U=Bv0d；（2） m qB θ ；（3）R= tan 2 mv qB θ 【解析】 【分析】 （1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差． （2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R． 【详解】 (1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E= U d ，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d (2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知： Bv0q=m 2 v r 同时有T= 2r v π 粒子在圆形磁场区域中运动的时间t= 2 θ π T 解得t= m Bq θ (3)由几何关系可知：r tan 2 θ =R 解得圆形磁场区域的半径R=0 tan 2 mv qB θ 3．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

高中物理相互作用专题训练答案及解析

高中物理相互作用专题训练答案及解析 一、高中物理精讲专题测试相互作用 1．如图所示,质量的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量的小球B相连.今用跟水平方向成角的力,拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m相对位置保持不变,取.求: (1)运动过程中轻绳与水平方向夹角; (2)木块与水平杆间的动摩擦因数为. (3)当为多大时,使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小? 【答案】（1）30°（2）μ=（3）α=arctan． 【解析】 【详解】 （1）对小球B进行受力分析，设细绳对N的拉力为T由平衡条件可得： Fcos30°=Tcosθ Fsin30°+Tsinθ=mg 代入数据解得：T=10，tanθ=，即：θ=30° （2）对M进行受力分析，由平衡条件有

F N=Tsinθ+Mg f=Tcosθ f=μF N 解得：μ＝ （3）对M、N整体进行受力分析，由平衡条件有： F N+Fsinα=（M+m）g f=Fcosα=μF N 联立得：Fcosα=μ（M+m）g-μFsinα 解得：F＝ 令：sinβ＝，cosβ=，即：tanβ= 则： 所以：当α+β=90°时F有最小值．所以：tanα=μ=时F的值最小．即：α=arctan 【点睛】 本题为平衡条件的应用问题，选择好合适的研究对象受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法讨论拉力F的最小值，难度不小，需要细细品味．

2．一架质量m 的飞机在水平跑道上运动时会受到机身重力、竖直向上的机翼升力F 升、发动机推力、空气阻力F 阻、地面支持力和跑道的阻力f 的作用。其中机翼升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即2 2 12,F k v F k v ==阻升，跑道的阻力与飞机对地面的压力成正比，比例系数为0k （012m k k k 、、、均为已知量），重力加速度为g 。 (1)飞机在滑行道上以速度0v 匀速滑向起飞等待区时，发动机应提供多大的推力？ (2)若将飞机在起飞跑道由静止开始加速运动直至飞离地面的过程视为匀加速直线运动，发动机的推力保持恒定，请写出012k k k 与、的关系表达式； (3)飞机刚飞离地面的速度多大？ 【答案】(1)2 220 10 ()F k v k mg k v =+-；(2)2202 1F k v ma k mg k v --=-；(3)1mg v k = 【解析】 【分析】 （1）分析粒子飞机所受的5个力，匀速运动时满足' F F F =+阻阻推，列式求解推力；（2） 根据牛顿第二定律列式求解k 0与k 1、k 2的关系表达式；（3）飞机刚飞离地面时对地面的压力为零. 【详解】 （1）当物体做匀速直线运动时，所受合力为零，此时有 空气阻力 2 20F k v 阻= 飞机升力 2 10F k v =升 飞机对地面压力为N ，N mg F =-升 地面对飞机的阻力为：' 0F k N =阻 由飞机匀速运动得：F F F =+， 阻阻推 由以上公式得 22 20010()F k v k mg k v =+-推 （2）飞机匀加速运动时，加速度为a ，某时刻飞机的速度为v ，则由牛顿第二定律： 22201-()=F k v k mg k v ma --推 解得：2202 1-F k v ma k mg k v -=-推

高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E =10N/C 。一比荷q =1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v =2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d =1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP =d 。不计粒子重力。 (1) 求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值0 E B ； (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ； (3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。 【答案】(1)32.010m/s ?；(2)3210T -?；(3)不会通过，0.2m 【解析】 【详解】 (1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有 00qvB qE = 解得 30 2.010m/s E B =? (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径 1.0m R d == 根据洛伦兹力提供向心力有 2 v qvB m R = 解得磁感应强度大小 3210T B -=? (3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小 sin y v v θ=

高考物理最新模拟题精选训练(磁场)专题05 质谱仪与回旋加速器(含解析)

专题05 质谱仪与回旋加速器 1．（2017武汉武昌模拟）回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒，把它们放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面向下。连接好高频交流电源后，两盒间的窄缝中能形成匀强电场，带电粒子在磁场中做圆周运动，每次通过两盒间的窄缝时都能被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出。如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和α粒子(24He)，比较它们所需要的高频交流电源的周期和引出时的最大动能，下列说法正确的是 A．加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的动能较大 B．加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的动能较大 C．加速氚核的交流电源的周期较大；氚核获得的动能较小 D．加速氚核的交流电源的周期较小；氚核获得的动能较小 【参考答案】C． 【命题意图】本题考查回旋加速器、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动、周期、动能及其相关的知识点。 【解题思路】由于氚核的比荷q/m小于α粒子的比荷，由带电粒子在匀强磁场中运动的周期公式T=2m qB 可 知加速氚核的交流电源的周期较大。粒子通过回旋加速器获得的最大速度v=qBR m ，动能 E k=1 2 mv2= 222 2 q B R m ，将氚核和α粒子的电荷量q和质量m代入比较可知，α粒子获得的动能较大，选项C 正确。

2．(2017云贵川百校大联考)图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒均置于匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连．带电粒子在磁场中运动的动能E k随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法正确的是（） A．（t2﹣t1）=（t3﹣t2）=…（t n﹣t n﹣1） B．高频交流电源的变化周期随粒子速度的增大而减小 C．要使得粒子获得的最大动能增大，可以减小粒子的比荷 D．要使得粒子获得的最大动能增大，可以增大匀强磁场的磁感应强度 【参考答案】AD． 3.（2016济南模拟）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示。粒子源S发出两种带正电的同位素粒子甲和乙，两种粒子从S出来时速度很小，可忽略不计，粒子经过加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场(图中线框所示)，最终打到照相底片上。测得甲、乙两种粒子打在照相底片上的点到入口的距离之比为5︰4，则它们在磁场中运动的时间之比是 A．5︰4 B．4︰5 C．25︰16 D．16︰25 【参考答案】. C 【命题意图】本题考查了质谱仪、洛伦兹力和带电粒子在匀强磁场中的运动、动能定理及其相关的知识点。

高中物理专题训练一：力与运动基础练习题

专题训练一、力和运动一．选择题 1．物体在几个力的作用下处于平衡状态，若撤去其中某一个力而其余力 的个数和性质不变，物体的运动情况可能是（） A．静止 B．匀加速直线运动 C．匀速直线运动 D．匀速圆周运动 14.如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC水平，AC边竖直，∠ABC=α，AB及AC两边上分别套有细线连着的铜环，当它们静止时，细线跟AB所成的角θ的大小为（细线长度小于BC） A.θ=α B.θ＞ 2 π C.θ＜α D.α＜θ＜ 2 π 2．一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15kg的重物，重物静止于地面上。有一质量m=10kg的猴子，从绳的另一端沿绳向上爬，如图1-1所示。不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g=10m/s2）A．25m/s2 B．5m/s2 C．10m/s2 D．15m/s2（） 3．小木块m从光滑曲面上P点滑下，通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的Q点，如图1-2所示。现让传送带在皮带轮带动下逆时针转 动，让m从P处重新滑下，则此次木块的落地点将 A．仍在Q点 B．在Q点右边（） C．在Q点左边 D．木块可能落不到地面 4．物体A的质量为1kg，置于水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为μ=0.2，从t=0开始物体以一定初速度v0向右滑行的同时，受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，则捅反映物体受到的摩擦力f随时间变化的图像的是图1-3中的哪一个（取向右为正方向，g=10m/s2）（） 5．把一个重为G的物体用水平力F=kt（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的墙面上，则从t=0开始物体受到的摩擦力f随时间变化的图象是下图中的 图1-1 P m Q 图1-2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 图1-3

高中物理速度选择器和回旋加速器试题类型及其解题技巧及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器试题类型及其解题技巧及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内有一个电场强度大小为E 、方向沿-y 方向的匀强电场，同时在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的圆形区域内，有垂直于xOy 平面的匀强磁场，该圆周与x 轴的交点分别为P 点和Q 点，M 点和N 点也是圆周上的两点，OM 和ON 的连线与+x 方向的夹角均为θ=60°。现让一个α粒子从P 点沿+x 方向以初速度v 0射入，α粒子恰好做匀速直线运动，不计α粒子的重力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向； (2)若只是把匀强电场撤去，α粒子仍从P 点以同样的速度射入，从M 点离开圆形区域，求α 粒子的比荷 q m ； (3) 若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷 q m 不变，α粒子仍从P 点沿+x 方向射入，从N 点离开圆形区域，求α粒子在P 点的速度大小。 【答案】(1)0E v ，方向垂直纸面向里(2)03BR (3)3v 0 【解析】 【详解】 （1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即 qE =Bqv 0 解得 B = E v 由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里。 （2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r ，根据洛伦兹力充当向心力得 Bqv 0=m 20 v r

由几何关系可知 r=3R，联立得 q m =0 3BR （3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得 x=3 2 R=vt y= 3 2 R= 1 2 × qE m t2 又 qE=Bqv0联立解得 v=3 2 3 Bqv R m = 3 v0 2．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求： (1)两平行板间的电势差U； (2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R． 【答案】(1)U=Bv0d；（2） m qB θ ；（3）R=0 tan 2 mv qB θ 【解析】 【分析】 （1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差． （2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R． 【详解】

高中物理速度选择器和回旋加速器技巧和方法完整版及练习题及解析

高中物理速度选择器和回旋加速器技巧和方法完整版及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ； (2) 求该离子的比荷 q m ； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。 【答案】(1)1E v B =；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E ?= 【解析】 【分析】 【详解】 (1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0 Eq =B 1qv 解得 1 E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以 2 2mv B qv R = 解得 12 q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2 根据题意 R 2=R 1+ 2 d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得

2 121 m v B qv R = 2 222 m v B qv R = 联立得 22121()B q m m m R R v ?=-= - 化简得 122B B qd m E ?= 2．某粒子源向周围空间辐射带电粒子，工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷，如图所示，其中S 为粒子源，A 为速度选择器，当磁感应强度为B 1，两板间电压为U ，板间距离为d 时，仅有沿轴线方向射出的粒子通过挡板P 上的狭缝进入偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 2，磁场右边界MN 平行于挡板，挡板与竖直方向夹角为α，最终打在胶片上离狭缝距离为L 的D 点，不计粒子重力。求： （1）射出粒子的速率； （2）射出粒子的比荷； （3）MN 与挡板之间的最小距离。 【答案】（1）1U B d （2）22cos v B L α（3）(1sin )2cos L αα - 【解析】 【详解】 （1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动， 由平衡条件得： qυB 1＝q U d 解得υ＝1U B d ； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：

高中物理电磁感应专题训练

C ．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于 D ．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于 专题：电磁感应 1．如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形， 原副线圈匝数之比 n 1∶n 2 = 10∶ 1，串联在 原线圈电路中电流表的示数为 1A ，下则说法正确的是（ A ．变压器输出两端所接电压表的示数为 22 2 V B ．变压器输出功率为 220W C ．变压器输出的交流电的频率为 50HZ D ．若 n 1 = 100 匝，则变压器输出端穿过每匝线圈的磁通量的变化率的最 大值为 2.2 2wb/s 2．如图所示，图甲中 A 、B 为两个相同的线圈，共轴并靠边放置， A 线圈中画有如图乙 所 示的交变电流 i ，则（ ） A ．在 t 1到 t 2的时间内， A 、B 两线圈相吸 B ． 在 t 2到 t 3 的时间内， A 、B 两线圈相斥 C ． t 1 时刻，两线圈的作用力为 零 D ． t 2时刻，两线圈的引力最大 3．如图所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导线所在平面， 当 ab 棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为 P 0 ，除灯泡外，其它电阻不计，要使灯 泡的功率变为 2P 0 ，下列措施正确的是（ A ．换一个电阻为原来 2 倍的灯泡 B ．把磁感应强度 B 增为原来的 2 倍 C ．换一根质量为原来 2 倍的金属棒 D ．把导轨间的距离增大为原来的 2 4．如图所示，闭合小金属环从高 h 的光滑曲面上端无初速滚下，沿曲面的另一侧上升，曲 面在磁场中（ A ．是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于 B ．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于 ××× ×× × ×× × ××× 5．如图所示，一电子以初速 v 沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列哪种情况下， 电 子将向 M 板偏转？（ ） A ．开关 K 接通瞬间 B ．断开开关 K 瞬间 C ．接通 K 后，变阻器滑动触头向右迅速滑动 D ．接通 K 后，变阻器滑动触头向左迅速滑动 6．如图甲， 在线圈 l 1 中通入电流 i 1后，在 l 2 上产生感应电流随时间变化规律如图乙所示， M N K

高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题

高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U2，距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D上。求： (1)磁场B1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A，但加速电压不稳定，在11 U U -?到 11 U U +?范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C，则打在照相底片D上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】（1）2 1 1 2 U m B d U e =2） ()() 1111 2 22 2m U U m U U D B e e +?-? =， () 11 min 1 U U U U U -? = () 11 max 1 U U U U U +? = ] 【解析】 【分析】 【详解】 （1）在加速电场中 2 1 1 2 U e mv = 1 2U e v m = 在速度选择器B中

2 1U eB v e d = \ 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里； （2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = \ 222 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 【 代入B 1得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =

高中物理重点专题练习：(临界问题)(精选.)

课堂练习：（临界问题） 1、一劲度系数为m N k /200=的轻弹簧直立在水平地板上，弹簧下端与地板相连，上端与一质量kg m 5.0=的物体B 相连，B 上放一质量也为kg 5.0的物体A ，如图。现用一竖直向下的力F 压A ，使B A 、均静止。当力F 取下列何值时，撤去F 后可使B A 、不分开 ( ) A.N 5 B.N 8 N 15 D.N 20 2、如图，三个物块质量分别为1m 、 2m 、M ，M 与1m 用弹簧联结，2m 放在1m 上，用足够大的外力F 竖直向下压缩弹簧，且弹力作用在弹性限度以内，弹簧的自然长度为L 。则撤去外力F ，当2m 离开1m 时弹簧的长度为___________，当M 与地面间的相互作用力刚为零时，1m 的加速度为 。 3、如图，车厢内光滑的墙壁上，用线拴住一个重球，车静止时，线的拉力为T ，墙对球的支持力为N 。车向右作加速运动时，线的拉力为T '，墙对球的支持力为N '，则这四个力的关系应为：T ' T ；N ' N 。（填>、<或＝）若墙对球的支持力为0，则物体的运动状态可能是 或 。 4、在光滑的水平面上，B A 、两物体紧靠在一起，如图。A 物体的质量为m ，B 物体的质量m 5，A F 是N 4的水平向右的恒力，N t F B )316(-=（t 以s 为单位），是随时间变化的水平力。从 静止开始，当=t s 时，B A 、两物体开始分离，此时B 物体的速度方向 朝 （填“左”或“右”）。 5、如图，在斜面体上用平行于斜面的轻绳挂一小球，小球质量为m ，斜面体倾角为θ，置于光滑水平面上 (g 取2/10s m )，求： （1）当斜面体向右匀速直线运动时，轻绳拉力为多大； （2）当斜面体向左加速运动时，使小球对斜面体的压力为零时，斜面体加速度为多大； （3）为使小球不相对斜面滑动，斜面体水平向右运动的加速度的最大值为多少。

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

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）2 222k 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：2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k 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）002121 22 v 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： 212 R at = ，02R v t =，2qU a Rm = 解得：2 mv 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：2 11v qv B m r = 解得：1021 2 v v = 若打到b 点，如图乙所示：