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(共37张PPT)
1.原理图:如图所示。
必备知识 清单破
4 质谱仪与回旋加速器
知识点 1 质谱仪
2.加速:带电粒子进入质谱仪的加速电场,由动能定理得qU= mv2。
3.偏转:带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力:qvB= 。
4.结论
r= 。测出粒子的轨迹半径r,可算出粒子的质量m或比荷 。
5.应用:可以测定带电粒子的质量和分析同位素。
知识拓展 由于从容器A下方小孔进入加速电场的带电粒子实际上有一定的初速度,会使直
接进入偏转磁场的带电粒子的速度不同,从而带来测量误差。为使进入偏转磁场的带电粒子
的速度更唯一,测量更准确,现在的质谱仪在S2与S3之间增加了速度选择器,能通过速度选择器
的带电粒子具有相同的速度。在速度选择器中,能通过的带电粒子在电场力和洛伦兹力的作
用下平衡,做匀速直线运动,有qE=qvB1,则v= 。
1.构造图:如图所示。
2.核心部件:两个D形金属盒。
3.原理:高频交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期相同,粒子每经过一次加速,其
知识点 2 回旋加速器
轨道半径就大一些,粒子做圆周运动的周期不变。
4.最大动能:由qvB= 和Ek= mv2得Ek= (R为D形盒的半径),即粒子在回旋加速器中获
得的最大动能与q、m、B、R有关,与加速电压无关。
导师点睛　磁场、电场的作用
(1)磁场的作用:带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场时,只在洛伦兹力作用下做
匀速圆周运动,其中周期与速率和半径无关。带电粒子每次进入D形盒中都能运动相等时间
(半个周期)后,平行于电场方向进入电场中加速。
(2)电场的作用:回旋加速器的两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性变化并垂直于两D形盒
正对截面的匀强电场,带电粒子经过该区域时被加速,速度变大。
知识辨析
1.如果一束带电粒子的电荷量q和速度v均相同,而质量m不同,能用匀强磁场把它们分开吗
2.粒子在回旋加速器中加速,获得的动能为Ek=nqU,粒子获得的最大动能可以通过增大加速
电压U来实现吗
3.只要回旋加速器足够大,带电粒子就能一直加速吗
一语破的
1.能。由r= 可知,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径与质量有关,如果q、v相
同,m不同,则r不同,这样就可以把不同的粒子分开。
2.不可以。粒子射出回旋加速器时速度最大,动能最大,粒子在回旋加速器中获得的最大动能
Ekm= ,与加速电压无关。增大加速电压会使加速次数减少。
3.不能。按照狭义相对论,粒子的质量随着速度的增加而增大,而质量的变化会导致其回转周
期的变化,从而破坏了与电场变化周期的同步,故不能一直加速。
　　质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。现以下图为例说明其结构和
工作原理。
关键能力 定点破
定点 1 质谱仪的工作原理
1.容器A中含有大量电荷量相同而质量有微小差别的带电粒子,从下方小孔S1飘出时,这些带电粒子的初速度可认为都为零。
2.对某个质量为m、电荷量为q的带电粒子进行分析:经过S1和S2之间电势差为U的电场加速
后,由qU= mv2可求得其从S2射出时的速度为v= 。粒子进入偏转磁场后,在洛伦兹力作
用下做匀速圆周运动。由qvB= 可求得其轨迹半径r= ,将v= 代入可得r=
。
。
(2)对质量有微小差别的同位素,因q相同、m不同,也可区别、分离出来。在底片上形成的若
干谱线状的细条,称为质谱线。
3.由r的表达式可知,电荷量相同而质量不同的带电粒子将沿不同轨迹做圆周运动,经过半个
圆周打在照相底片D上的不同位置,质量越大的带电粒子的轨迹半径越大,质量越小的轨迹半
径越小。
(1)如果已知q、U、B,又测出轨迹半径r,可求得带电粒子的质量m= ,或求得其比荷 =
典例 如图是质谱仪的工作原理示意图,带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器,速度
选择器内匀强磁场的磁感应强度为B,匀强电场的电场强度为E。平板S上有可让粒子通过的
狭缝P和记录粒子位置的照相底片A1A2,平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。现有初速
度分布在较大范围内的大量的质子 H)、氘核 H)和α粒子 He)【1】进入加速电场上端,经狭
缝P沿如图轨迹打在照相底片A1A2上的M点和N点,最后在照相底片上出现了两条亮条纹
【2】。忽略粒子重力和粒子间相互作用。关于该过程,下列表述正确的是 (　 )
典例
A.一定只有两种粒子经过速度选择器后进入了下方磁场
B.三种粒子通过加速电场的过程中电场力做功相等
C.N处条纹是质子打到照相底片上形成的
D.P、N间的距离是M、N间的距离的两倍
C
信息提取 【1】可知质子 H)、氘核 H)和α粒子 He)的电荷量、比荷的关系。
【2】进入磁场后有两条运动轨迹。
思路点拨 (1)根据电场力做功公式W=qU【3】分析粒子通过加速电场过程中电场力做功情
况。
(2)根据速度选择器的工作原理【4】分析粒子进入偏转磁场时的速度,根据牛顿第二定律【5】分
析轨迹圆半径。
解析 带电粒子在加速电场中被加速,电场力做正功,有W=qU(由【3】得到),质子 H)、氘
核 H)通过加速电场过程中电场力做功相等,小于电场力对α粒子做的功(由【1】得到),B错
误;进入速度选择器,沿直线运动的粒子满足qE=qvB(由【4】得到),得v= ,因三种粒子进入
加速电场前的初速度分布在较大范围内,则三种粒子从加速电场飞出时速度都有可能为v=
,三种粒子都可能通过速度选择器进入下方磁场(由【1】、【3】得到);进入偏转磁场,有
qvB0=m (由【5】得到),得r= = ,所以粒子打在照相底片上的位置只与粒子的比荷有
关,照相底片上两条亮条纹可能是三种粒子打在照相底片上形成的,故A错误;粒子打在照相
底片上的位置与狭缝P的距离d=2r=2× ,与粒子的比荷成反比,则N处条纹是质子打到照
相底片上形成的,C正确;P、M间距离是P、N间距离的两倍,则P、N间的距离等于M、N间的
距离,D错误。故选C。
1.交变电压的周期
　　带电粒子做匀速圆周运动的周期T= ,与速率、轨迹半径均无关,运动相等的时间(半
个周期)后进入电场,为了保证带电粒子每次经过狭缝时都被加速,须在狭缝两侧加上跟带电
粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压,所以交变电压的周期也与粒子的速率、轨迹半径
无关,由带电粒子的比荷和磁场的磁感应强度决定。
2.带电粒子的最终能量
　　由r= 知,当带电粒子的运动半径最大时,其速度也最大,若D形盒半径为R,则带电粒子
的最终动能Ekm= ,与加速电压无关。
定点 2 回旋加速器
3.粒子被加速次数的计算
　　粒子在回旋加速器中被加速的次数n= (U是加速电压的大小),一个周期加速两次。
4.粒子在回旋加速器中运动的时间
　　在电场中运动的时间为t1= (d为金属盒间距),在磁场中运动的时间为t2= T= ,
总时间为t=t1+t2,因为t1 t2,一般认为在盒内的时间近似等于t2。
讲解分析
　　带电粒子在交变电磁场中的运动情况不仅取决于场的变化规律,还与粒子进入场的时刻
有关,带电粒子的运动往往表现出多过程现象,其特点较为隐蔽。
1.解答带电粒子在交变电磁场中的运动问题,关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内
的受力特性,对粒子的运动情境、运动性质作出判断,找出衔接相邻两过程的物理量,对不同
阶段分别列方程求解。
2.带电粒子在交变电磁场中的运动一般都具有周期性,在分析粒子运动情况时,要注意粒子的
运动周期、电场的周期、磁场的周期三者之间的关系。
题型 1 带电粒子在交变电磁场中的运动
学科素养 题型破
3.带电粒子在交变电磁场中的运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、
能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律等力学规律。
4.解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路
先读图 看清并明白场的变化情况
受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量
选规律 对不同阶段分别列方程求解
典例呈现
例题 如图(a),匀强磁场垂直于xOy平面,磁感应强度B1按图(b)所示规律变化(垂直于纸面向
外为正)【1】。t=0时,一比荷为 =1×105 C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入【2】,速度大
小v=5×104 m/s,不计粒子重力。
信息提取 【1】磁感应强度大小不变,方向周期性变化,粒子轨迹半径不变、周期不变、受
力方向变化。
【2】用左手定则判断洛伦兹力的方向。
【3】根据运动时间与周期的关系得出粒子做圆周运动对应的圆心角,θ= ·2π。
【4】带电粒子所在的磁场应是两个磁场的叠加场,需画出新的B-t图像。
【5】考虑多解。
思路点拨 解答本题可按三个步骤进行:
第一步:根据洛伦兹力提供向心力列方程求出带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径和周
期;
第二步:分别求出 ×10-4 s和 ×10-4 s与粒子运动周期的关系,得出0~ ×10-4 s和 ×10-4~ ×10-
4 s内粒子转过的圆心角,注意磁场方向的变化,画出粒子的运动轨迹图,结合第一步求出的轨
迹半径,利用几何关系求出带电粒子在t= ×10-4 s时的坐标;
第三步:根据矢量叠加原理,画出施加B2=0.3 T的匀强磁场后的B-t图像,得出不同阶段粒子运
动周期与轨迹半径,同样注意磁场方向的变化,画出粒子运动轨迹图,即可求出粒子回到坐标
原点的时刻。
解析 (1)带电粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,由qvB1=m ,解得r=1 m,圆周运
动的周期为T0= = ×10-4 s
(2)在0~ ×10-4 s过程中,粒子运动了 ,轨迹对应的圆心角为θ1= ;在 ×10-4~ ×10-4 s过程
中,粒子又运动了 ,轨迹对应的圆心角为θ2= ;0~ ×10-4 s轨迹如图1所示(由【1】、【2】
和【3】得到)。
图1
根据几何关系可知,t= ×10-4 s时刻,带电粒子的横坐标为x=2r+2r sin =(2+ ) m≈3.41 m,
纵坐标为y=-2r cos =- m≈-1.41 m,故带电粒子的坐标为(3.41 m,-1.41 m)。
(3)施加B2=0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后,合磁场如图2所示。

设磁场变化周期为T。
①当nT≤t②当nT+ ≤t<(n+1)T(n=0,1,2,…)时,T2= =π×10-4 s
粒子运动轨迹如图3所示。

图3
则粒子回到坐标原点的时刻为t1= ×10-4 s、t2=2(n+1)π×10-4 s(n=0,1,2,…)
答案 (1)1 m ×10-4 s
(2) (3.41 m,-1.41 m)
(3)t1= ×10-4 s、t2=2(n+1)π×10-4 s(n=0,1,2,…)
素养解读 本题以带电粒子在交变磁场中的运动为素材,考查洛伦兹力公式、左手定则、粒
子运动轨迹的画法、磁感应强度的叠加等知识。重在培养学生作图与归纳总结的能力,灵活
体现了科学思维这一物理学科核心素养。
讲解分析
1.多解的原因
题型 2 带电粒子在磁场中运动的多解问题
原因 特点 图例
带电粒子电性不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子,可能带正电,也可能带负电,在相同的初速度条件下,正、负粒子在磁场中运动轨迹不同,形成多解
如图,带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场,若带正电,其轨迹为a,若带负电,其轨迹为b
磁场方向 不确定 有些题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向,此时由于磁感应强度方向不确定形成多解
如图,带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场,若B垂直纸面向里,其轨迹为a,若B垂直纸面向外,其轨迹为b
速度不确定 有些题目只指明了带电粒子的电性,但未具体指出速度的大小或方向,此时要考虑由于速度的不确定而形成的多解
如图,两磁场的磁感应强度大小均为B,带正电的粒子从M运动到N,速度大小不确定,故其轨迹有多种可能,造成了多解
运动的周期性 带电粒子在电场和磁场的组合场空间运动时,运动往往具有往复性,从而形成多解
如图,带负电的粒子从O点沿y轴正方向射入匀强磁场后,在磁场和电场中做周期性运动
2.解决多解问题的思路
典例呈现
例题 如图所示,直线MN下方无磁场,上方空间存在两个有界匀强磁场,分布在以O点为圆
心、半径为R和2R的两半圆之间区域的磁场方向垂直纸面向里,分布在以O点为圆心、半径
为R的半圆内的磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小均为B。现有一质量为m、电荷量为
q的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出,最终打到Q点【1】,不计微粒的重力。求:
(1)微粒在磁场中从P点转过90°【2】所用的时间;
(2)微粒从P点到Q点运动的最大速度【3】;
(3)微粒从P点到Q点可能的运动时间【4】。
信息提取 【1】速度方向可能水平向左,也可能水平向右。
【2】运动时间为 。
【3】根据r= 可知,速度最大时,半径最大,还要考虑磁场边界。
【4】存在多解。
思路点拨 (1)根据周期公式以及粒子在磁场中转过的圆心角,即可求出粒子的运动时间;
(2)充分利用粒子运动的对称性及各种推论,作出速度最大时粒子的运动轨迹,然后求出轨迹
半径,根据半径公式即可求出粒子的速度;
(3)根据题意作出粒子可能的运动轨迹,结合数学知识分析粒子运动的可能情况,然后由周期
公式结合粒子转过的圆心角即可求出粒子运动时间。
解析 (1)微粒在磁场中转过90°所用时间为周期的 ,即t= ,
根据洛伦兹力提供向心力,有qvB= ,
周期T= ,
以上两式联立解得
T= ,t=
(2)粒子从P点到Q点,速度越大,则运动半径越大,如图(a)所示粒子的运动半径r=R,要求磁场区
域半径为(1+ )R,大于2R,不符合题意。

那么粒子运动轨迹有可能如图(b)所示

根据几何关系以及对称性可知,圆心O与各个轨迹圆圆心以及各轨迹与半径为R的半圆交点
连线平分180°,
则∠POO1=30°,
且r=R tan 30°。
根据洛伦兹力提供向心力,有
qvB=m ,
解得
v=
(3)设粒子在磁场中的运动轨迹为n段圆弧,如图(c)所示。

若n为偶数,运动时间恰好为整数个周期,即t= (n=4,6,8,…)
若n为奇数,运动时间为整数个周期加一个优弧对应的运动时间。
其中优弧对应的圆心角为
2π- ×2=π+
即t= · + · = (n=3,5,7,…)
答案 (1)
(2)
(3)见解析
素养解读 本题以带电粒子在有界磁场中的运动为素材,考查洛伦兹力公式、粒子在磁场中
运动时间及周期的计算、粒子运动轨迹的多种可能画法等知识。重在培养学生作图能力以
及找出其中几何关系的能力,灵活体现了科学思维这一物理学科核心素养。第一章　安培力与洛伦兹力
4　质谱仪与回旋加速器
基础过关练
题组一　质谱仪
1.(教材习题改编)A、B是两种同位素的原子核,它们具有相同的电荷、不同的质量。为测定它们的质量比,使它们从质谱仪的同一加速电场由静止开始加速,然后沿着与磁场垂直的方向进入同一匀强磁场,打到照相底片上。从底片上获知A、B在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1。则 (　　)
A.A、B的质量之比为1.08∶1
B.A、B的质量之比为1∶1.08
C.A的动量小于B的动量
D.A的动量大于B的动量
2.如图,一束正离子先后经过速度选择器和匀强磁场区域,离子所受重力忽略不计,则在速度选择器中沿直线运动且在匀强磁场中偏转半径又相等的离子具有相同的 (　　)
A.电荷量和质量　　　　　　B.质量和动能
C.速度和比荷　　　　　　D.速度和质量
3.如图所示,一束含不同离子的离子束,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场并分裂为A、B两束,则 (　　)
A.A束离子的比荷一定大于B束离子的比荷
B.A束离子的动量一定等于B束离子的动量
C.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
D.若仅将离子束电性改为相反,则离子束不能顺利通过速度选择器
题组二　回旋加速器
4.(教材习题改编)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。一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为0开始加速。下列说法正确的是 (　　)
A.回旋加速器是靠磁场加速的
B.若磁感应强度B增大,交流电源频率必须适当增大才能正常工作
C.仅升高加速电压,粒子出D形盒的速度将变大
D.仅升高加速电压,粒子出D形盒的速度将变小
5.如图所示为回旋加速器工作原理示意图,置于真空中的两D形金属盒间的缝隙很小,带电粒子穿过缝隙的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,加速电压为U。下列说法正确的是 (　　)
A.要增大粒子的最大动能,可减小D形金属盒半径
B.要增大粒子的最大动能,可增大磁感应强度
C.电压变化周期是粒子在磁场中运动周期的2倍
D.由于被加速,粒子在磁场中做圆周运动的周期越来越小
能力提升练
题组一　涉及质谱仪的计算问题
1.如图所示为质谱仪的工作原理图,质谱仪由加速电场、速度选择器(磁场方向垂直纸面)和偏转磁场构成。四种电荷量相等、电性相同、质量不同的粒子a、b、c、d由O点处的粒子源竖直向下射入加速电场(粒子a、b、c的初速度相同),四种粒子经过一段时间到达图中不同的位置,粒子的重力以及粒子间的相互作用均不计。则下列说法正确的是 (　　)
A.粒子可能带负电
B.速度选择器中磁场的方向垂直纸面向里
C.粒子c在O点的初速度大于粒子d在O点的初速度
D.粒子d的质量大于粒子c的质量
2.(经典题)如图所示为一种质谱仪原理图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线(图中虚线圆弧)的半径为R,通道内存在均匀辐射状电场,中心线处的电场强度大小为E,磁分析器中有垂直纸面向外、范围足够大的有界匀强磁场。让氢元素的两种同位素的原子核氕核H)和氘核H)分别从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P处垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上。不计粒子重力,下列说法正确的是 (　　)
A.加速电场的电压应满足U=ER
B.氕核和氘核会打在胶片上的同一位置
C.氕核和氘核打到胶片的位置到狭缝P的距离之比为1∶
D.氕核和氘核打到胶片的位置到狭缝P的距离之比为1∶
3.一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量为q、质量为m的正离子,从容器A下方的小孔飘入电压为U的加速电场,其初速度可视为0。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中,最后打在照相底片MN的中点P上。已知MN长度为L,且OM=L,不计离子重力,不计离子间的相互作用。
(1)求离子进入磁场时的速度v的大小;
(2)求磁场的磁感应强度B的大小;
(3)某次测量发现底片MN左侧包括P点在内的区域损坏,检测不到离子,但右侧区域仍能正常检测到离子。若要使原来打到底片中点的离子可以被检测,在不改变底片位置的情况下,分析说明可以采取哪些措施调节质谱仪。
题组二　涉及回旋加速器的计算问题
4.(原创题)如图所示为回旋加速器的示意图,两D形盒所在区域加匀强磁场,狭缝(极小)间接有交流电压(电压的大小恒定),将粒子由A点静止释放,经回旋加速器加速后,粒子最终从D形盒的出口引出,已知D形盒的半径为R,粒子的质量和电荷量分别为m、q,匀强磁场的磁感应强度大小为B,狭缝间的电压为U(不计粒子在电场中的运动时间),则下列说法正确的是 (　　)
A.随着粒子被加速的次数增多,粒子的运动越来越快,粒子走过半圆的时间间隔越来越短
B.粒子第一次与第二次进入磁场的轨迹半径之比为1∶2
C.粒子第一次与第二次进入磁场的轨迹半径之比为1∶
D.粒子在回旋加速器中被加速的次数为
5.图甲是回旋加速器的示意图,图乙为其加速电压U的变化情况,质量为m、电荷量为q的粒子每次加速后的动能Ek随时间t变化的规律如图丙所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间,不计粒子重力,磁场的磁感应强度为B,下列选项正确的是 (　　)
　　
A.粒子在电场区域速度增大,在磁场区域速度也增大
B.图丙中,tn-tn-1=
C.加速电压U越大,粒子的加速次数越多
D.t1~t2时间内,粒子做圆周运动的半径为
6.如图所示,真空中有一回旋加速器水平放置,其两金属D形盒的半径为1.5R,左盒接出一个水平向右的管道,管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度大小为B2、半径为R的圆形匀强磁场,距离磁场右边界0.2R处有一长度为2.4R的荧光屏。两金属D形盒间距较小,加入一交流加速电压;垂直于两盒加入一个竖直向上的磁感应强度大小为B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一个比荷为的电子,经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同,电子的重力忽略不计,且加速电子时电压的大小可视为不变。则:
(1)进入圆形磁场的电子获得的速度v为多大
(2)此加速器的加速电压U为多大
(3)如果电子不能打出荧光屏之外,那么B1与B2必须满足什么定量关系
答案与分层梯度式解析
第一章　安培力与洛伦兹力
4　质谱仪与回旋加速器
基础过关练
1.D　带电粒子进入磁场的动能mv2=Uq,则v=;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有Bqv=m,联立解得m=,mv=qBr;由m=可知mA∶mB=∶=1.082∶1,故选项A、B错误。由mv=qBr可知A的动量大于B的动量,故选项C错误,D正确。
2.C　在正交的电磁场区域中,正离子不偏转,说明离子受力平衡,在此区域中,离子受电场力和洛伦兹力,由qvB1=qE得v=,可知这些正离子具有相同的速度;进入偏转磁场时,偏转半径相同,由R=和v=可知这些正离子具有相同的比荷,故A、B、D错误,C正确。
3.A　通过速度选择器的离子满足qvB=qE,即离子通过速度选择器的速度为v=,即离开速度选择器进入磁场中的离子具有相同的速度,离子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m,运动半径r==·,即运动半径与比荷成反比,由图可知,A束离子的运动半径小于B束离子的运动半径,则A束离子的比荷大于B束离子的比荷,A正确;由上述分析,离子的动量p=mv,离子速度相等,但质量不一定相同,所以动量不一定相等,B错误;离子在速度选择器中做匀速直线运动,所受合外力为零,离子刚进入磁场中时所受洛伦兹力方向水平向左,由左手定则可知离子带正电,在速度选择器中所受电场力水平向右,则所受洛伦兹力水平向左,由左手定则可知,速度选择器中磁场方向为垂直纸面向里,C错误;仅将离子束电性改为相反,则离子所受电场力水平向左,由左手定则,离子所受洛伦兹力水平向右,大小仍满足qvB=qE,合外力为零,仍能通过速度选择器,D错误。故选A。
4.B　由于洛伦兹力不做功,磁场不可能加速电荷,回旋加速器是靠电场加速的,故A错误。根据T=2πm/qB,若磁感应强度B增大,周期T会减小,只有交流电源频率适当增大才能正常工作,B正确。在回旋加速器中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,粒子出D形盒时的轨迹半径等于回旋加速器半径,速度v=,与加速电压无关(易错点),故C、D错误。
5.B　由qvB=m得到粒子获得的最大速度为v=,则最大动能为Ek=mv2=,可知若减小D形金属盒半径,Ek减小,若增大磁感应强度,可以增大Ek,故A错误,B正确;为了保证粒子每次经过电场都加速,电场变化的周期与粒子在磁场中运动的周期相同,故C错误;粒子在磁场中运动的周期T=,被加速的粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与速度无关,故D错误。故选B。
易混易错　回旋加速器问题的两点提醒
(1)回旋加速器所加高频交流电压的周期等于粒子做匀速圆周运动的周期,且不随粒子运动半径的变化而变化。
(2)粒子的最终能量与加速电压的大小无关,由磁感应强度B和D形盒的半径决定。
能力提升练
1.D　由粒子c、d在磁场中的偏转方向结合左手定则可知,粒子一定带正电,故A错误;由于粒子c、d在速度选择器中的运动轨迹为直线,则粒子c、d在速度选择器中做匀速直线运动,由平衡条件有qvB1=qE,因此粒子c、d在速度选择器中的速度大小相等,又左极板带正电,粒子所受电场力向右,则洛伦兹力向左,则速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外,故B错误;在加速电场中运动时,有qU=mv2-m,在磁感应强度为B2的磁场中运动时,由洛伦兹力提供向心力有qvB2=m,解得R=,c、d两粒子经过速度选择器,速度大小相同,由图可知在偏转磁场中粒子c的轨迹半径小于粒子d的轨迹半径,所以粒子c的比荷大于粒子d的比荷,从加速电场中射出的速度v=,所以比荷大的初速度小(破题关键),粒子c在O点的初速度小于粒子d在O点的初速度,故C错误;电荷量相等,c的比荷大于d的比荷,则粒子d的质量大于粒子c的质量,故D正确。
2.C　在加速电场中,由动能定理有qU=mv2,在静电分析器中,电场力提供向心力,qE=m,解得2U=ER,A错误;在磁分析器中,洛伦兹力提供向心力,qvB=m,打在胶片上的位置与P点间的距离为d=2r,解得d=,氕核和氘核的值不同,不会打在胶片上的同一位置,B错误;因为氕核和氘核的值的比值为1∶2,所以氕核和氘核打到胶片的位置到狭缝P的距离之比为1∶,C正确,D错误。故选C。
3.答案　(1)　(2)　(3)见解析
解析　(1)离子加速过程,根据动能定理有qU=mv2,得v=。
(2)离子进入磁场做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,根据题意r=L,解得B=。
(3)若要使原来打到底片中点的离子可以被中点右侧区域检测,需要将r增大,由(1)(2)可得r=,可以采取的措施有增大加速电场的电压U,或减小磁场的磁感应强度B。
4.C　由粒子在匀强磁场中的运动周期T=可知,尽管粒子的速度增大,但是粒子走过半圆的时间间隔不变(易错点),故A错误。对粒子第一次加速,由动能定理有qU=m,粒子进入磁场后有qv1B=m,解得R1=;对粒子第二次加速,由动能定理有qU=m-m,粒子进入磁场后有qv2B=m,解得R2=,所以R1∶R2=1∶,故B错误,C正确。粒子离开D形盒瞬间的动能最大,由qvB=m可知粒子的最大速度v=,粒子的最大动能为Ekm=mv2=;粒子每次经过狭缝电场力做功W=qU,粒子被加速的次数为N==(全过程只有电场力做功),故D错误。
5.D　粒子在磁场中受到的洛伦兹力不做功,所以在磁场中速度大小不变,在电场中电场力做正功,速度增大,故A错误;粒子在磁场中运动,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,T==,则tn-tn-1==,故B错误;根据动能定理有nqU=Ek,解得n=,所以,加速电压U越大,粒子的加速次数越少,故C错误;当t=0时,粒子在电场中加速一次,当t=t1时,再加速一次,根据动能定理有2qU0=mv2,t1~t2时间内,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,联立解得r=,故D正确。
6.答案　(1)　(2)　(3)B1≥
解析　(1)电子加速至D形盒最外层时,根据牛顿第二定律有evB1=m
得进入圆形磁场的电子获得的速度v=
(2)周期为T==
电子加速次数为n=2=
根据动能定理有neU=mv2
得加速器的加速电压U=
(3)电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心O1(沿半径射入,必沿半径射出),与水平线的夹角设为θ,如图所示
由此可得tan θ==
解得θ=60°
电子在磁场中运动转过的圆心角也为θ=60°,圆弧的半径为R(破题关键),根据牛顿第二定律有evB2=m
联立解得B1=
即当B1≥,电子就不会打出荧光屏之外。
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