高中物理速度选择器和回旋加速器常见题型及答题技巧及练习题

一、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．

E2mE m (2) (3) 【答案】(1)B12qBqB1B2

【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=

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：

mvmEr== 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== 2rosin45qB1B2

T(3) 粒子做匀速圆周运动的周期 2m qBt2qBm

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v0； （3）粒子从N点射出时的动能Ek。

UUqUhmU2【答案】（1）电场强度E；（2）v0；（3）Ek22

d2BddBd【解析】 【详解】

（1）电场强度EU 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：qEqv0B 解得v0EU BBd12mv0 2（3）粒子从N点射出，由动能定理得：qEhEkqUhmU2解得Ek22

d2Bd

3．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 3dcd（）从边距离点距离为L处射出磁场；B2L2BL3E

【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

4．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？

【答案】(1)AB连线上距离A点【解析】 【详解】

33L处，(2)。

42(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：

qvBqE

仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：

Lvt

竖直方向匀加速直线运动：

L1qE2t 22m联立方程得：

v2仅有磁场时：

qEL mmv2 qvBR根据几何关系可得：

RL

设粒子从M点飞出磁场，由几何关系：

3LAM=R=L 2222所以粒子离开的位置在AB连线上距离A点3L处； 2(2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为α，末速度反向延长线过水平位移中点：

Ltan21

L2解得：45

仅有磁场时，设飞出时速度偏角为β：

tan解得：60 所以偏转角之比：

AM3 OA3。 4

5．边长L＝0.20ｍ的正方形区域内存在匀强磁场和匀强电场，其电场强度为E＝1×104V/m，磁感强度B＝0.05T，磁场方向垂直纸面向里，当一束质荷比为

m＝5×10-8kg/Cq的正离子流，以一定的速度从电磁场的正方形区域的边界中点射入，离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，如右图所示，不计正离子的重力，求： （1）电场强度的方向和离子流的速度大小

（2）在离电磁场区域右边界D=0.4m处有与边界平行的平直荧光屏．若撤去电场，离子流击中屏上a点；若撤去磁场，离子流击中屏上b点，则ab间的距离是多少？．

【答案】（1）竖直向下；2105m/s（2）1.34m 【解析】 【详解】

（1）正离子经过正交场时竖直方向平衡，因洛伦兹力向上，可知电场力向下，则电场方向竖直向下； 由受力平衡得

qE=qvB

离子流的速度

vE2105m/s B（2）撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有

v2qvBm

r故

rmv0.2m qB离子离开磁场后做匀速直线运动，作出离子的运动轨迹如图一所示

图一

由几何关系可得，圆心角60

x1LDRsin(0.60.13)m y1x1tan(0.630.3)m=0.74m

若撤去磁场，离子在电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，运动轨迹如图二所示

图二

通过电场的时间

t加速度

L1106s va在电场中的偏移量

qE21011m/s m12at0.1m 2y粒子恰好从电场右下角穿出电场，则

tan由几何关系得

vyvx1

y20.4m

a和b的距离

yaby1y2L0.63-0.30.40.2m=1.34m



6．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B0，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2，不计粒子重力。求： 3

（1）粒子初速度v的大小； （2）粒子的比荷。 【答案】（1）v = 【解析】 【详解】

（1）粒子在平行金属板之间做匀速直线运动 qvB0 = qE ① U = Ed ② 由①②式得v =

Uq3U （2） BodmBBoRdU ③ Bod（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

v2qvBm ④

r由几何关系有：tan2R ⑤ r由③④⑤式得：

q3U ⑥ mBBoRd

7．如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为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，方向垂直于纸面朝里。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，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏向角为θ=90°，不计重力。求：

(1)离子速度v的大小； (2)离子的比荷q/m。 【答案】v【解析】 【详解】

(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动：B0qvqE0

qUU ；

B0dmBB0RdE0U dU B0d得：vv2(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqvm

r由几何关系得：r=R

qU离子的比荷为： mBB0Rd

8．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m3mE，带电粒子的重力不计。 qB2

（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）x【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

q'4q3mE2（） 2m'7mqBm'v2 求解比荷。 圆周运动，根据几何关系求解圆周运动的半径，然后根据q'vBR【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 vE 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：

3mEqE2t 22qB2m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x3mE 2qB（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

2q'，其做匀速圆周运动的半径为 R ， m'2由几何关系得：Rx(R3mE2) 2qB2解得 R7mE 4qB2m'v2又 q'vB

R得比荷

q'4q m'7m

9．回旋加速器原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在交流电源上，位于D1圆心处的离子源A能不断产生正离子，它们在两盒之间被电场加速，当正离子被加速到最大动能Ek后，再设法将其引出。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)试计算上述正离子被第一次加速后进入D2中运动的轨道半径； (2)计算正离子飞出时的最大动能；

(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，试证明当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）。

12mUq2B2R2【答案】(1)r1；(2)Ek；(3)见解析

Bq2m【解析】 【分析】 【详解】

(1)设质子第1次经过狭缝被加速后的速度为v1，根据动能定理可得

qU解得

1mv12 2v1洛伦兹力充当向心力，则有

2qU mv12qv1Bm

r1解得

r1(2)离子射出时加速器时

12mU Bq2vmqvmBm

R解得

vm离子动能为

qBR m12q2B2R2 Ekmv22m(3)在电场中运动可以看做连续的匀加速直线运动，设离子射出时速度为v。 根据平均速度公式可得在电场中运动时间为

t1离子在D形盒中运动的周期为

nd2ndvv 2T=粒子在磁场中回旋的时间为

2m2R qBvnnRt2T

2v有

2ndt12dv= t2nRRv当d<10．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B0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T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Ek；

(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？

2m。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场qB0(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O1到O的距离为x1,第二次加速后做圆周运动的圆心O2到O的距离为x2，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=次加速，求B可波动的最大范围。

T时粒子第一次被加速，要实现连续n4

12mU0(qB0R)2【答案】(1)；(2)2:1；(3)0.793；第一次圆周运动的圆心在A点的

Bq2m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；

（2n1）（2n1）B0BB0，n=2、3…… 2n12n3【解析】 【分析】

(4)

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R

v2qvB0m

R离子离开加速器时获得的动能

12(qB0R)2 Ekmv22m（2）设加速n次

(qB0R)2 nqU02mqB02R2n

2mU0TB0R2tn

22U0运动时间之比

t1U022 t2U011（3）设第一、二次圆周运动的半径为r1和r2

1qU0mv12

2r1mv11qB0B02qU02mU0 q12mv2 2r2mv21qB0B04mU02r1 qx1r1

x22r1r2(22)r1

可得

xx1x2321r10.79322B02mU0 q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B1，圆周运动的周期为T1

(n1)(T1TT) 224T1解得

2n-1T 2(n-1)2(n1)B0 2n1B1设磁感应强度偏大时为B2，圆周运动的周期为T2

TTT(n1)(2)

224T2解得

2n3T

2(n1)2(n1)B0 2n3B2因此

2(n1)2(n1)B0BB0，n=2、3…… 2n12n3

11．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n1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；（2）【解析】 【分析】 【详解】

（1）由动能定理可

n；（3）见解析。 n1qU=Ek-0

解得离子第1次加速后获得的动能为

Ek=qU

（2）设第n次加速后离子获得的速度为vn，则由动能定理可知

nqU12mvn0 2设离子在磁场中偏转的轨道半径大小为rn，根据牛顿第二定律可知

2vnqvnB＝m

rn联立解得

rn＝12mnU Bq同理，第n+1次加速后，离子子啊磁场中偏转的半径大小为

rn1＝则

12m(n1)U Bqrnn  rn1n1（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。

12．劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于真空中的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忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生的质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是( )

A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比

C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1 D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于a粒子加速 【答案】AC 【解析】 【详解】

A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则：

vR所以最大速度不超过2πfR。故A正确。

2R2Rf Tv2B．根据洛伦兹力提供向心力：qvBm，解得：

RR最大动能：EKmmv qB12q2B2R2，与加速的电压无关。故B错误。 mv22m2ax，可得质

C．粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v子第2次和第1次经过D形盒狭缝的速度比为2:1，根据Rmv，可得半径比为qB2:1。故C正确。

qB，可知比荷不同的粒子2m频率不同，不改变磁感应强度B和交流电频率f，有可能起不到加速作用。故D错误。

D．回旋加速器交流电的频率与粒子转动频率相等，即为f故选AC。

13．1932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，置于真空中的两个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的匀强磁场方向与盒面垂直．两D形盒之间所加的交流电压为U，粒子质量m、电荷量为q的粒子从D形盒一侧圆心处开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D形盒边缘射出．求：

（1）交流电压的频率；

（2）粒子从D形盒边缘射出时的动能； （3）粒子被加速的次数． 【答案】（1）交流电压的频率为

Bq；（2）粒子从D形盒边缘射出时的动能是2mq2B2R2qB2R2；（3）粒子被加速的次数为． 2m2mU【解析】 【分析】 【详解】

2m（1）加速电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即T=，

Bq那么交流电压的频率：f=

Bq； 2mqBR12q2B2R2v2（2）根据qvB=m，解得v=，带电粒子射出时的动能：EK=mv=；

m2R2mq2B2R2（3）经加速电场加速：qnU=，

2mqB2R2解得：n=

2mU

14．在近代物理实验中，常用回旋加速器加速得到高速粒子流．回旋加速器的结构如图所示，D1、D2是相距很近的两个处于匀强磁场中的半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速．设带电粒子质量为m，电量为q，匀强磁场磁感应强度为B，D形盒的最大半径为R，两个D形盒之间的距离为d，d远小于R，D形盒之间所加交变电压大小为U．不计粒子的初速度及运动过程中质量的变化，求：

（1）所加交变电压的周期T；

（2）带电粒子离开D形盒时的动能Ekm；

（3）带电粒子在回旋加速器磁场中运动的时间t1及在两D形盒间电场中运动的时间t2，并证明粒子在电场中运动的时间可以忽略不计． 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）带电粒子在磁场中运动半周的时间与交变电压的半个周期相等， 得（2）带电粒子离开D形盒时的轨迹半径为R，由圆周运动的规律得 解得：

（2）

（3）见解析

带电粒子离开D形盒时的动能

（3）设带电粒子在电场中加速的次数为n，有解得：

又因为带电粒子在磁场中运动的周期 所以带电粒子在磁场中运动的时间解得：

带电粒子在电场中的运动可看成匀加速直线运动，得v=at 其中有 【点睛】

此题关键是知道回旋加速器的工作原理，知道电场的周期等于粒子在磁场中的周期，当粒子的半径等于D型盒的半径时，粒子的速度最大，能量最大.

所以带电粒子在电场中运动的时间

因为d远小于R，有t2远小于t1，所以带电粒子在电场中运动的时间可以忽略．

15．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？

qB1R2B1RqB12R2;(3) B2【答案】(1) vm;（2）n

m2Rd2Um【解析】 【详解】

（1）粒子在磁场中运动时满足：

v2qvB1m

r当被加速的速度达到最大时满足：

r=R

则解得

vmqB1R 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：

12nUqmvm

2解得

qB12R2 n2Um（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

1r1（2Rd） ；

2由

vm2qvmB2m

r1解得

B22B1R 2Rd