课时作业(6)质谱仪与回旋加速器-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中物理选择性必修 第二册（人教版2019）

课时作业(六) 质谱仪与回旋加速器 答案精解P.s (建议用时:40分钟) [基础题组练] 题组二 回旋加速器 题组一 质谱仪 4.如图所示为回旋加速器的工作原理示意图,D形金 1.如图所示是质谱仪示意图,它可以测定单个离子的 属盒置于真空中,半径为R,两金属盒间的狭缝征 质量,图中离子源S产生带电荷量为g的离子,经 小,磁感应强度大小为B的匀强磁场与金属盒盒面 电压为U的电场加速后垂直射入磁感应强度为E 垂直,高频交流电的频率为/,加速电压为U,若中 的匀强磁场中,沿半圆轨道运动到记录它的照相底 心粒子源处产生的初速度为0的质子(质量为n 片P上,测得它在P上的位置与A处水平距离为 电荷量为十)在加速器中被加速,不考虑相对论效 C 应,则下列说法正确的是 d,则该离子的质量n大小为 ( ) ) 用 接交流电 _# D_ir# A.加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增 大而增大 2.质谱仪主要由加速电场和偏 B.不改变磁感应强度B和交流电的频率/,该加速 转磁场组成,其原理图如图所 器一定可加速其他带正电荷的粒子 示,设想有一个静止的带电粒 C.质子被加速后的最大速度不能超过2xR/ 子P(不计重力),经电压为U D.质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道 的电场加速后,垂直进入磁感应强度为B的匀强磁 半径之比为2:1 场中,最后打到底片上的D点,设OD一x,则图中 5.(多选)在回旋加速器中,下列说法正确的是( 能正确反映r*与U之间函数关系的是 A.电场用来加速带电粒子,磁场则使带电粒子回旋 ##### B.电场和磁场同时用来加速带电粒子 C.在磁场一定的条件下,回旋加速器的半径越大 则同一带电粒子获得的动能越大 3.如图所示为质谱仪的示意图,电荷量和质量不同的 D.同一带电粒子获得的最大动能只与交流电压的 离子从电离室A中“飘”出,从缝S,进入电势恒定 大小有关,而与交流电压的频率无关 的加速电场中加速,然后从S。垂直进入匀强磁场E 6.(多选)回旋加速器的工作原理如图所示.真空容器 中做匀速圆周运动,最后打在照相底片上,已知质 D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中,且磁感应强 子从静止开始被加速电场加速,经磁场偏转后打在 度B保持不变,两盒间狭缝间距很小,粒子从粒子 底片上的P点,某二价正离子从静止开始经相同的 源A处(D形盒圆心)飘入加速电场(初速度近似为 电场加速和磁场偏转后,打在底片上的Q点,已知 零).D形盒半径为R,粒子质量为n、电荷量为十q QS.-12PS,则二价离子质量和质子质量之比为 加速器接电压为U的高频交流电源,若不考虑相对 ) ( 论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时 _来超 间,下列论述正确的是 ( ) 交流电源 A.交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的 A.12 D. 288 B.24 C.144 限制 .115· B.加速氛核(H)和氢核(He)时,两次所接高频电 9.一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为十q 源的频率不相同 质量不同的离子飘入电压为U。的加速电场,其初 C.加速氛核(H)和氢核(He)时,它们能达到的最 速度几乎为零,这些离子经加速后通过狭缝O沿着 大速度相同 与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁 D.增大U.粒子在D形盒内运动的总时间t减少 场,最后打在底片上,已知放置底片的区域MN一 [能力提升练] 7.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速 MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能 器,可以利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的 特点,使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次 正常检测到离子,在适当调节加速电压后,原本打 加速获得较大的能量,如图所示为一种改进后的回 在MQ的离子即可在QN检测到.求: 旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场的电场强 (1)原本打在MN中点P的离子的质量n; 度大小恒定,目被限制在A、C板间,带电粒子从P (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域,加速 处由静止释放,并沿电场线方向射入加速电场,经 电压U的调节范围 加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周 运动.对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正 确的是 ) ( #x) A.带电粒子每运动半周被加速一次 B.PP-PP C.粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸有关 D.A、C板间的加速电场的方向需要做周期性的 变化 8.回旋加速器D形盒中央为质子流,D形盒的交流电 压为U,静止质子经电场加速后,进人D形盒,其最 大轨道半径为R,磁场的磁感应强度大小为B,质子 质量为n.求: (1)质子最初进入D形盒的动能为多大? (2)质子经回旋加速器飞出后得到的动能为多大 (3)交流电源的频率是多少? .116.6.A解析粒子运动轨迹如图所示， 由图可知元=R,发=am30,所以要=严-圆 31 60 粒子做园周运动的轨道半径r an30=3R,根据洛伦兹 R 力提供向心力得B=m其，解得B=震，选项A + 正确 (③)带电粒子在猫场中运动的时间为一号工T=2 7,A解析带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹 力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得， 所以4=3，上=33 4 0 J6° 120 课时作业（六》 2L 1,A解析离子经过加速电场的过程中由动能定理得qU 受，在匀强磁场中离子微圈周运动的半径为号，则有 1 元=2n,a=120,a=60,由mB=m号得，0=，则路： 号网，联立以上两式解得m=,选项A正确 2 B 双=n1-1:2又由T-船1一是T和=2a得 2.A解析根据动能定理gU= 名m得一V配：子在磁 1=2:1,选项A正确. 场中偏转，由洛伦盐力提供向心力有如B=m发，则R 8.AC解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运 动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 器=求-言N受，知rU选项A正确 知B=m,解得B=心，则车径r越大，D下 gr 3D照罚根据动能定理U=2,在磁场中洛伦兹力提供 磁感应强度越小，要使粒子不从BC边穿出磁 场，如图所示，画出半径r最大时的轨迹，由几 作 向心力B=m发则R=,由题意R=12R, Bg 何关系可知，四边形OABD是正方形，故圆孤轨迹半径为L, 可得m王=288，选项D正确。 可得磁感应强度的最小值R一配，选项Λ正确，B错误： 质子 4.C解析粒子做國周运动的最大半径等于D形盒半径，极据 粒子从AC边射出时在磁场中转过的圆心角为120°，粒子在 磁场中做匀速圆周运动的周期为T=”,可知B最小时， 半径公式R咒和E=之m时可知，最大动能与加造电场 Ba 无关，选项A错误：回旋加速器所加交流电周期等于粒子做 月期最大，粒子运功时间最长，最长时同为1一器Tm 国周运动的网期T一留，其他带正电荷的粒子和质子的网 骨×部，选项C亚确，D错说。 期不一定相同，选项B错误：质子加递后，在磁场中做國周运 9.C解析粒子刚好能从c点射出，根据几何关系R=,由牛 动的最大丰径为R,复率为人，根据连度公式一2可知最 顿第二定律=m尽，解得=兴，若能从ac边射出，则 大速度为2πR了，选项C正确：根据动能定理可知，质子第二 粒子的速度≤叫，若能从x边射出，则粒子的速度≥ 次和第一次经过D形盒间狭缝后的速度之比为瓦：1，轨道 半径之比为、2：1，选项D错误」 BL,选项A,B错误，C正确：粒子带负电，向b一侧偏转，不 5.AC解析电场的作用是使粒子加速，磁场的作用是使粒子 会从c的中点射出，选项D错误. 回旋，选项A正确，B错误：由B=m京、B=分m心知粒 10.B解析要使电子能从左边界射出这个区城，则有R≤d, 子获得的动能E=9识)，在磁场一定的条件下，对同一粒 2m 根据洛伦营力提供向心力，可得R=≤d,则可具有的最 子，回旋加速器的半径越大，粒子获得的动能越大，与交流电 大初速度为口=，选项B正确。 压无关，选项C正确，D错误， 6.CD析根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两 11.解析(1)若粒子从C点离开磁场，其在A点受到的洛伦兹 次，交流电完成一次周期性变化，洛伦兹力提供粒子做圆周 力必水平向左，根据左手定则可知，粒子带负电 (2)设磁场圆的半径为R,带电粒子的运动轨迹如图所示， 运动所需向心力，由牛频第二定律得B=m号，柱子假圆 根据洛伦滋力提供向心力，有4如B=m, 周运动的周期T=一常，文流电源的频率∫=宁 可得9器， 盟可知文流电源的频率不可以任意洞节，选项A错误：加 ·185· 迷氛技H为氯核H)时，国周运动的频率了广温，周氛 离子打在Q点时=音1.U=10 81 核和氨核的比荷相同，故两次所接高频电源的频率相同，选 离子打在N点时，r=L,0=16 项B错误：粒子加速后的最大轨道半径等于D形盒的半径， 9； 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得B=m爱，解得 则电压的消节花周为。U< 9 粒子的最大运动速度=B迟，故加速氘核(HD和氨核 含系(1)9gBL 32U a1<< (H)时，它们的能达到最大速度相等，选项C正确：粒子完 课时作业（七） 成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得2gU= 1,C解析离子开始受到电场力作用向下运动，可知电场力 R在D形套陵场内运功的时间1=T,即1=费，可见 方向向下，则离子带正电，选项A错误：根据动能定理知，洛 U越大，t越小，选项D正确. 伦兹力不做功，在A到B的过程中，动能变化为0，则电场力 7.C解析带电粒子只有经过A、C板间时才被加速，即带电 做功为0，A,B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以 粒子每运动一周被加速一次，A,C板间的加速电场的方向不 A、B两，点位于同一高度，选项B正确：根据动能定理，离子 需要做周期性的变化，选项A,D错误：根据带电粒子的轨道 运动到C点电场力做功最大，速度最大，选项C正确：只要 半径r-器则PB=2n-n)2mB,同理RB= 将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的 gB 状态（速度为0，电势能相等）和同，如果右侧仍有同样的电 2m少。》，因为每转一圈被加速一次，设A.C板间的加速 场和磁场的叠加区域，离子就将在B点的右侧重复前面的曲 gB 线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的，选项D 电压为U,根据之m2-名m6=gU知每转一圈，粒子速度 错误 2.B解析该空间区城为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加 的变化量不等，且一边<边一，则PP>P:P3,选项B 场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电 错误：当粒子从D形盆边缘射出时，速度最大，设D形盒的半径 场力平衡，洛伦兹力提供其微匀速圆周运动的向心力，有 为尺则有R“市，得一=心，剥粒于获得的最大建度 mg=qE,解得m=Eb在纸面内向右微匀速直线运动，由 与D形盒的尺寸有关，选项C正确. 左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知 8.解析(1)粒子在电场中加速，由动能定理得U=E一0， mg=E十B,解得m=E+B:c在纸面内向左做匀 解得E=U (2)粒子在回旋加遠器的磁场中运动的最大半径为R,由牛 逸直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直 领第二定体得aB=m发 向下，可知mg十B=,解得m=E_四B综上所述，可 知，>m>,选项B正确. 1 质子的最大动能E=2m, 3,BCD 解析离子P和P+质量之比为1：1，电荷量之比为 解得En=亡BFR 1:3,故在电场中的加递度(a=E)之比为1：3，选项A错 2m n (3)由电源的周期与频率间的关系可得=一， 误：离子在离开电场区城时，有gU=合m,在硅场中微匀 电源的周期与质子的运动周期相同，均为T= eB 选同周运瑞时，有B=加号得车轻一器- 解得温 则半径之比为1：合=3：1，选项B正确：设磁场宽度为 答系1)U(2)BR 2m (3)eB d,由几何关系，有d一sim0,可知离子在磁场中转过的角度 2xm 正弦值之比等于半径倒数之比，即1：3，因为0=30°，则0= 9匠析(1)离子在加速电场中加速，则有q= 2m, 60,故转过的角度之比为1：2，选项C正确：由gU=之m 在碰场中微匀速圆周运动，则有B=m矿， 可知，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1： 3,选项D正确， 联立解得n=B√ 1 2mUs 4.解析(1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电 荷量分别为m和《，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动 当高子打在P点时n=L, 规律及牛颜运动定律得，2L=4,l=之ai,gE=ma,联立 解得m _9gB L? 32U% 解得E-m 2gL (2)由4U=1 2 m,quB=m 1 :2mU 得r=BNg 9LU 0 116U 故U=16U 9L2, ·186·