速度选择器和回旋加速器压轴难题知识归纳总结含答案

速度选择器和回旋加速器压轴难题知识归纳总结含 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 一、高中物理解题方法：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11UU-∆到11UU∆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）2112UmBdUe=2）()()11112222mUUmUUDBee∆-∆=，()11min1UUUUU-∆=()11max1UUUUU∆=【解析】【 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 】【详解】（1）在加速电场中2112Uemv=12Uevm=在速度选择器B中21UeBved=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=112mvReB=最大值为2v=222mvReB=打在D上的宽度为2122DRR=-22DB=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1UeBved=得U=B1vd代入B1得2UU=再代入v的值可得电压的最小值minUU=最大值maxUU=2．有一个正方体形的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面为边长L=0.20m的正方形，其电场强度为54.010E=⨯V/m，磁感应强度22.010B-=⨯T，磁场方向水平且垂直纸面向里，当一束质荷比为104.010mq-=⨯kg/C的正离子流（其重力不计）以一定的速度从电磁场的正方体区域的左侧边界中点射入，如图所示。（计算结果保留两位有效数字）(1)要使离子流穿过电场和磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何？离子流的速度多大？(2)在(1)的情况下，在离电场和磁场区域右边界D=0.40m处有与边界平行的平直荧光屏。若只撤去电场，离子流击中屏上a点；若只撤去磁场，离子流击中屏上b点。求ab间距离。（a，b两点图中未画出）【答案】(1)电场方向竖直向下；2×107m/s；(2)0.53m【解析】【分析】【详解】(1)电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器，离子运动不偏转，根据平衡条件有qEqvB解得离子流的速度为EvB==2×107m/s(2)撤去电场，离子在碰场中做匀速圆周运动，所需向心力由洛伦兹力提供，则有2vqvBmR=解得mvRqB==0.4m离子离开磁场区边界时，偏转角为θ，根据几何关系有1sin2LRθ==解得30θ=在磁场中的运动如图1所示偏离距离1cosyRRθ=-=0.054m离开磁场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离为1tanyyDθ==0.28m若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动通过电场的时间Ltv≤加速度qEam=偏转角为θ'，如图2所示则21tan2yvqELvmvθ'===偏离距离为2212yat==0.05m离开电场后离子做匀速直线运动，总的偏离距离2tanyyDθ''==0.25m所以a、b间的距离ab=yy'=0.53m3．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）0mvqB（2）EB（302v，02Rh（4）22000724MxRRRhh=-【解析】【详解】（1）若只有磁场，粒子做圆周运动有：200qBmR=vv解得粒子做圆周运动的半径00mRqBν=（2）若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有：0qEqB=v解得粒子的速度0EvB=（3）只有电场时，粒子做类平抛，有：00yqEmaRvatvt===解得：0yvv=所以粒子速度大小为：22002yvvvv==粒子与x轴的距离为：20122RHhath==（4）撤电场加上磁场后，有：2vqBvmR=解得：02RR=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4π，由几何关系得C点坐标为：02CxR=,002CRyHRh=-=-过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：02CMRR==02CRCDyh==-解得：22220074DMCMCDRRhh=-=-M点横坐标为：22000724MxRRRhh=-4．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v0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qm；(3)若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷qm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)0Ev，方向垂直纸面向里(2)03vBR(3)32v0【解析】【详解】（1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即qE=Bqv0解得B=0Ev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Bqv0=m20vr由几何关系可知r3，联立得qm03BR（3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得x=32R=vty3=12×qEmt2又qE=Bqv0联立解得v=3203BqvRm=32v05．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1m和2m.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)1UvBd=(3)12122()UmmxqBBd-∆=【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：1UqvBqd=解得：1UvBd=(3)两粒子均由洛伦兹力提供向心力22vqvBmR=可得：112mvRqB=，222mvRqB=两粒子打在底片上的长度为半圆的直径，则：1222xRR∆=-联立解得：12122()UmmxqBBd-∆=6．如图所示，水平放置的两块带金属极板a、b平行正对.极板长度为l，板间距为d，板间存在着方向坚直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场.假设电场、磁场只顾在于两板间.一质量为m、电荷量为q的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向入极板间，恰好做做匀速直线运动.不计重力及空气阻力.（1）求匀强磁场感应强度B的大小；（2）若撤去磁场，粒子能从极板间射出，求粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离；（3）若撤去磁场，并使电场强度变为原来的2倍，粒子将打在下极板上，求粒子到达下极板时动能的大小.【答案】（1）0EBv=（2）2202qElmv（3）2012kEmvqEd=【解析】【分析】（1）粒子恰好做匀速直线运动，可知电场力与洛仑兹力平衡，可求磁感应强度B；（2）粒子做类平抛运动，由运动分解方法，求解粒子穿过电场时沿电场方向移动的距离；（3）用动能定理求解粒子到达下极板时动能．【详解】（1）带电粒子匀速通过场区时受到的电场力与洛仑兹力平衡，qE=qv0B，解得磁感应强度大小B=0Ev；（2）撤掉磁场后，粒子做类平抛运动，通过电场区偏转的距离22220011()222qElqElyatmvmv==⨯⨯=（3）设粒子运动到下极板时的动能大小为EK，根据动能定理得：q×2E×12d=Ek-12mv02解得EK=12mv02qEd【点睛】对粒子搞好受力分析，挖掘“恰好做匀速直线运动”的隐含条件，对于撤掉磁场后的粒子的类平抛运动，要能够熟练分析解决，为常考内容．7．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 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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】2qUm(2)22BRUπ(3)kQq00212rdrd⎛⎫-⎪⎝⎭＋2222qBRm【解析】【详解】(1)质子第一次被加速，由动能定理：qU＝12mv12解得：v1＝2qUm(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB＝m2vR质子做圆周运动的周期为：T＝2πRv＝2πmBq设质子从D形盒射出前被电场加速了n次，由动能定理：nqU＝12mv2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＝12T解得：t总＝2π2BRU(3)设M、N两点的电势分别为φ1、φ2，则φ1＝k012Qrd，φ2＝kQnd由能量守恒定律得qφ1＋12mv2＝qφ2＋Ek解得：Ek＝kQq00212rdrd⎛⎫-⎪⎝⎭＋2222qBRm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．8．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近(缝隙的宽度远小于盒半径)，分别和高频交流电源相连接，使带电粒子每通过缝隙时恰好在最大电压下被加速.两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒面，带电粒子在磁场中做圆周运动，粒子通过两盒的缝隙时反复被加速，直到最大圆周半径时通过特殊装置被引出.若D形盒半径为R，所加磁场的磁感应强度为.B设两D形盒之间所加的交流电压的最大值为U，被加速的粒子为α粒子，其质量为m、电量为.qα粒子从D形盒中央开始被加速(初动能可以忽略)，经若干次加速后，α粒子从D形盒边缘被引出.求：()1α粒子被加速后获得的最大动能kE；()2α粒子在第n次加速后进入一个D形盒中的回旋半径与紧接着第1n次加速后进入另一个D形盒后的回旋半径之比；()3α粒子在回旋加速器中运动的时间；()4若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一个简单可行的办法．【答案】（1）2222qBRm（21nn（3）22BRUπ（42【解析】【详解】(1)α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能.设此时的速度为v，有2vqvBmR=可得qBRvm=α粒子的最大动能2222122kqBREmvm==(2)α粒子被加速一次所获得的能量为qUα，粒子被第n次和1n次加速后的动能分别为2222122nKnnqBREmvnqUm===()22221111122nKnnqBREmvnqUm===可得11nnRnRn=(3)设α粒子被电场加速的总次数为a，则2222kqBREaqUm==可得222qBRamU=α粒子在加速器中运动的时间是α粒子在D形盒中旋转a个半圆周的总时间t．2Tta=2mTqBπ=解得22BRtUπ=(4)加速器加速带电粒子的能量为2222122kqBREmvm==，由α粒子换成氘核，有2222221()2222qBRqBRmm=⎛⎫⎪⎝⎭，则12BB=，即磁感应强度需增大为原来的2倍；高频交流电源的周期2mTqBπ=，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的22倍.【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等．9．1930年，EarnestO.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转，多次反复地通过高频加速电场，直至达到高能量。题图甲为EarnestO.Lawrence 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 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，应设法使交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）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）。（3）若此回旋加速器原来加速的是α粒子（），现改为加速氘核（），要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法。【答案】（1）（2）见解析（3）【解析】【详解】（1）设质子经过窄缝被第n次加速后速度为vn，由动能定理nqU=mvn2第n次加速后质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为Rn，由牛顿第二定律Bqvn=m由以上两式解得则R1=；（2）在电场中加速的总时间为：在D形盒中回旋的时间为t2=故≪1即只有当R≫d时，质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．（3）若加速氘核，氘核从D盒边缘离开时的动能为Ek′则：Ek′==Ekm联立解得B1=B即磁感应强度需增大为原来的倍；高频交流电源的周期T=，由α粒子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的倍．【点睛】解决本题的关键知道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．10．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 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 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。