高考物理速度選擇器和回旋加速器的基本方法技巧及練習題及練習題-wenkub
2025-04-05 04 本頁面
【正文】 計了如圖乙的引出裝置。故選AC。C．粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)，可得質子第2次和第1次經過D形盒狹縫的速度比為，根據(jù)，可得半徑比為。則下列說法正確的是( )A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C．質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于a粒子加速【答案】AC【解析】【詳解】A．質子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則：所以最大速度不超過2πfR。9．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，＝ .一束該種粒子在t＝0～時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件．【答案】(1) (2) ；(3) d 【解析】【詳解】(1)粒子運動半徑為R時，有且解得(2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經過狹縫的總時間為Δt加速度勻加速直線運動由解得(3)只有在0~時間內飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為由，解得．10．勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示。（3）見解析【解析】【分析】【詳解】（1）粒子僅在狹縫間由電場加速，繞行過程中僅受洛倫茲力作用，洛倫茲力不會對粒子做功，根據(jù)動能定理： 每次動能的增量為：（2）a．在D形盒中洛倫茲力作向心力，磁感應強度不需要改變，當?shù)趎次穿過MN兩板間開始作第n圈繞行時第n圈的半徑ｂ．同步加速器因其旋轉半徑始終保持不變，因此磁場必須周期性遞增，洛倫茲力作向心力 ， ， 所以第n圈繞行的磁感應強度為：（3）經典回旋加速器不能做到回旋加速，同步加速器仍然能做到回旋加速。已知帶電粒子A 的電荷量為+q，質量為m，帶電粒子第一次進入磁場區(qū)時，兩種加速器的磁場均為B0，加速時狹縫間電壓大小都恒為U，設帶電粒子最初進入狹縫時的初速度為零，不計粒子受到的重力，不計粒子加速時間及其做圓周運動產生的電磁輻射，不考慮磁場變化對粒子速度的影響及相對論效應。求：(1)離子速度v的大??；(2)離子的比荷q/m。圖中右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域內也存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。3．某粒子源向周圍空間輻射帶電粒子，工作人員欲通過質譜儀測量粒子的比荷，如圖所示，其中S為粒子源，A為速度選擇器，當磁感應強度為B1，兩板間電壓為U，板間距離為d時，僅有沿軸線方向射出的粒子通過擋板P上的狹縫進入偏轉磁場，磁場的方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B2，磁場右邊界MN平行于擋板，擋板與豎直方向夾角為α，最終打在膠片上離狹縫距離為L的D點，不計粒子重力。(1)求第二象限中電場強度和磁感應強度的比值；(2)求第一象限內磁場的磁感應強度大小B；(3)粒子離開磁場后在電場中運動是否通過x軸？如果通過x軸，求其坐標；如果不通過x軸，求粒子到x軸的最小距離。虛線OA位于第一象限，與y軸正半軸的夾角θ=60176。在此角范圍內有垂直紙面向外的勻強磁場；OA與y軸負半軸所夾空間里存在與OA平行的勻強電場，電場強度大小E=10N/C?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)不會通過，【解析】【詳解】(1)由題意可知，粒子在第二象限內做勻速直線運動,根據(jù)力的平衡有解得(2)粒子在第二象限的磁場中做勻速圓周運動，由題意可知圓周運動半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得磁感應強度大小(3)粒子離開磁場時速度方向與直線OA垂直，粒子在勻強電場中做曲線運動，粒子沿y軸負方向做勻減速直線運動，粒子在P點沿y軸負方向的速度大小粒子在電場中沿y軸方向的加速度大小設經過時間，粒子沿y軸方向的速度大小為零，根據(jù)運動學公式有時間內，粒子沿y軸方向通過的位移大小聯(lián)立解得由于故帶電粒子離開磁場后不會通過x軸，帶電粒子到x軸的最小距離2．如圖，正方形區(qū)域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻
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