第1章 第4节 质谱仪与回旋加速器-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（人教版2019）

重雅⑤手册高中物理选择性必修第二册凡) 5.(1)电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向 C强基突破练 心力有Bm=m兰，则磁感应强度与圆周运动轨迹关 1.(1)设粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得 系为B=四，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度 A=m荒，由儿何关系得R=d.联立解得B一 d 越小.从实线圆外沿半径方向射入磁场，当磁感应强度 (2)设粒子做圆周运动的半径为R,加速度大小为a, 为B时电子恰好与内圆柱面相切而没有进入内部无 磁场区域，则此时的B即所要求的磁感应强度最小 由圆周运动公式得a=是，由儿何关系得R=d,联 值.作图如图甲所示，设电子从A点沿半径方向射入磁 场，从B点射出磁场，O为轨迹圆的圆心.对R1△OB), 立得。=学 (3)设粒子做圆周运动的半径为 由几何关系可得(3a)2+R=(R+a)P,解得R1=4a, R,周期为T,由圆周运动公式得 则B一细 T=迟由牛顿第二定律得 0k B=mR·由题意知，B ,联立解得d=4R粒子运 qd 动轨迹如图所示，O,O为圆心，其连线与水平方向的 (2)为了使电子的运动被限制在题图中实线圆围成的 夹角为0，在每个T时间内，只有A、B两个位置才有 区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，此时的 B即所要求的磁感应强度最小值.令此半径为，如图 可能垂直击中P板，且均要求0<<”.由题意可知 乙所示，A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿 +0n 半径方向进入磁场，由左手定则可得AB⊥(OB,△ABO 2T=号，设经历完整T。的个数为n(n=0,1,2 21 为直角三角形，则由几何关系可得(3a一r)=a2十r”, 3,…),若在A点击中P板，由几何关系得R+2(R+ 3a,则B=3四 解得r= Aae' Rsin0)n=d,当n=0时，无解：当n=1时，解得sin0 0.5,0=音，联立解得Ts=烈当n≥2时，不满足0< 0<交的要求.若在B点击中P板，由几何关系得R+ 2Rsin0+2(R+Rsin0)n=d,当n=0时，无解：当n=1 时解得sin0=子，0=aresin子，联立解得Ta (3)在(1)中，由儿何关系可知电子在磁场中运动的圆 (受+arcsin)品，当≥2时，不满足0<0<受的 弧对应的圆心角0=2×37°=74°.在(2)中，电子在磁 场中运动的圆弧对应的圆心角日=360°一2×37°= 要求 286,由圆周运动周期公式T-2矿可得T-2常，电子 第4节 质谱仪与回旋加速器 A基础过关练 在磁场中运动的时间与圆心角即周期的关系是一号T 一笔所以0)(2两种情况电子在藏场中运动的时同 1.AD【解析】粒子在磁场中运动的周期T-器，利用 回旋加速器加速带电粒子时，要求所加交流电压的周 之比为会-没营代入数据可得会-畏 期与粒子在磁场中运动的周期相同，故A正确：粒子从 6 参考答案与解析》收组 D形盒中射出时，在磁场中运动的最大半径R-咒，其 (2)在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为，由几何 动能E=m,联立解得E=T严，同一带电粒 关系可得+(-1)=r,解得，=L,根据洛 2L 2m 子离开加速器时的动能与加速电压无关，与D形盒的 伦袋力提供向心力有gB=m二，联立解得B 半径有关，故B错误，D正确：由于洛伦兹力不做功，所 2L /2m 以粒子在磁场中速度大小不变，但速度方向发生偏转， L+N 即利用磁场进行偏转，回旋加速器是利用电场加速带 B综合提能练 电粒子，获得能量，故C错误。 1.D【解析】粒子M和粒子N碰撞过程，由动量守恒定 2A【解析】根据动能定理有U=号mm2,解得 律可得m=(mw十mv)v,两粒子发生完全非弹性碰 撞，动能损失最大，所以碰后粒子做匀速圆周运动的动 √②买粒子在篮场中偏转，洛伦兹力提供向心力：有 能减少，D正确：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周 B-m发则R-器一2R-言√2可，从面推出 期公式T=2可知，碰撞后质量变大但不知道变大 gB 多少，电荷量变为原来的2倍，碰撞后周期无法确 x子oc0U,即x2与U成正比，故A正确。 定，A错误：由于两粒子质量关系不知，所以碰撞后的 3.C【解析】带正电的小球从P点开始在竖直面内做匀 速率不一定减半，B错误：粒子在磁场中做匀速圆周运 速直线运动，由平衡条件可得小球的受力分析如图所 示，重力、电场力的合力与洛伦兹力大小相等、方向相 动，由半径公式一需可知，碰撞前后动量守恒，则动 反，再由左手定则可知小球的速度方向可能是斜向右 量相同，碰撞后电荷量增大，所以碰后粒子做匀速圆周 上方，所以C正确， 运动的轨道半径减小，C错误， 2.D【解析】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、d在速 度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件可得B E,因此粒子c、d在速度选择器中的速度大小相等，叉 4.A【解析】根据牛顿第二定律得B=m正，小球运 左极板带正电，则速度选择器中的磁场方向垂直于纸 面向外，故B错误：由粒子a,b在速度选择器中的偏转 动轨迹的最高点至A点的高度为h=r(1十co560°)， 方向可知，粒子所受的洛伦兹力大于电场力，粒子b 小球运动轨迹的最高点至A点的距离为$= 所受的洛伦兹力小于电场力，因此达>头>，粒子在 √+n60y,解得s=Bm,A正确：小球由A 加速电场中运动时，有U一子m2一m,可得 点首次运动至轨迹最高点的偏转角为a=180°一60°= 120,所以时间为1=动T-了·密-器B错误： @心+，又因为粒子a,b,c的初速度相同，所以粒 √m 子a的比荷大于粒子c的比荷，粒子c的比荷大于粒子 因为小球运动的周期与速度无关，所以在相同时间内， b的比荷，粒子c,d在磁场B,中运动时，由洛伦兹力提 速度偏转角不变，C错误：根据左手定则，无论怎么改 变小球速度的大小及方向，小球只能按逆时针方向做 供向心力，有如=m发，解得R=器，由暱图可知粒 匀速圆周运动，D错误。 子c的轨迹半径小于粒子d的轨迹半径，所以粒子c的 5.(1)在加速电场中粒子做加速运动，所以N极板的电 比荷大于粒子d的比荷，两粒子在加速电场中运动时： 势高，根据动能定理有gU=之m,解得一√兴 2gU 有U=之m-m,解得=√2，显然比 > 重雅⑤手册高中物理选择性必修第二册凡) 荷越大的粒子初速度越小，因此粒子在O点的初速 巴，解得粒子在磁场中的周期T一留粒子要每次 度小于粒子d在O点的初速度，故C错误，D正确. 进入电场后都能加速，则有交变电场的周期与粒子在 3.ABD【解析】粒子在静电分析器中做匀速圆周运动， 电场力提供向心力，即粒子所受电场力方向与电场强 磁场中的周期相同，联立解得粒子的荷质比4=二 mBT 度方向相同，所以粒子带正电，在加速电场中所受电场 (2)粒子的速度越大，其在磁场中运动的轨道半径越 力由M指向N,即电场强度方向由M指向N,因此极 大，当轨道半径为D形盒的最大半径时，粒子的速度最 板M的电势比极板N的电势高，故A正确：设粒子经 大.则有=n爱解得==2 T 过加速电场后获得的速度大小为，根据动能定理有 (3)设在t时间内离开加速器的粒子数为N,则有 9心=之m心，粒子在静电分析器中做匀速圆周运动：根 据牛顿第二定律有E=震，联立解得U=合R,故 出，回旋加速器输出时的平均功率为P= B正确：设粒子在磁分析器中做匀速圆周运动的半径 联立解得P=BR T 为，根据牛顿第二定律有m号=B,联立解得r C强基突破练 1,(1)1=0时刻进人两极板的带电粒子在电场中做匀变速 还所以PQ-2一后√区放C错误：根据 BV q 曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向 以上分析可知，若一群离子从静止开始经上述过程都 偏移的距离为之，则有=U,历-ma,壹=之4i, 落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷，故D 正确。 联立以上三式，解得两极板间的偏转电压为心，一m 4.ACD【解析】电子经过两个电场后，竖直分速度为0， (2)2。时刻进人两极板的带电粒子，前宁6时间在 则有=2×号×异（货)广，解得E-受A正确：电 电场中偏转，后之。时间两极板间没有电场带电粒子 子在电场中运动的时间为1一头，在磁场中运动的周 做匀速直线运动，带电粒子沿x轴方向的分速度大小 期为T-罂在磁场中运动的时间为上一器T= 为w=大，带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速 所以总时间为一化+器B错误：横坐标为= 度大小为马=4·2。，带电粒子离开电场时的速度大 小为v=√十，设带电粒子离开电场进入磁场做 3L.+1cos60°= ，领坐标为y=1n6m=L. 2 匀速圆周运动的半径为R,则有By=m天，联立上式 C正确：如果圆筒顺时针转动，则转动的角度为α= 180°+120°+n·360°=300°+n·360(m=0,1,2,…), 解得R=24B √5nl 角速度为w=a=30B300+·360)-B5+6m 180m (3)2时刻进入两极板的带电粒子在蓝场中运动的时 间最短，带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度 (=0,I,2,),如果圆筒逆时针转动，则转动的角度 大小为vy=at. 为a=60°+n·360(n=0,1,2,…),角速度为w=a 3e560°+n·360=B1+6m(m=0,1,2.…),当 180m =2时，有-13eBD正确。 5.(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动有B=m二，T 8 参考答案与解析次超 设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角 为a,则tana=斗，联立解得a=平.带电粒子在磁场 运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为2。 受，所求最短时间为十工，带电粒子在篮场中运 4.C【解析】由题意可知，粒子从A点进入磁场时垂直 动的周期为T=贸·联立以上两式解得一器 x轴离开磁场，运动轨迹如图所示，由儿何关系可知， Bg 单元学能测评 转动的圆心角为90，时间1=}工，得T=红若粒子从 OA的中点以同样的速度进人磁场，粒子转动半径和周 1.A【解析】当安培力方向向下、磁场为匀强磁场时有 期不变，运动轨迹如图所示，由几何关系可知5 F=mg十BL,所以B正确：当安培力方向向上、磁场 为匀强磁场时有下=mg一BI1,所以C正确：当安培力 之·则对应的圆心角为60，则用时1=言T.可知1 方向向上、磁场为非匀强磁场时有F=mg一BL,所以 6T=号×41=号，故选C D正确：在未接通电路前，弹簧测力计的读数F。=G, y 不应为0，故A错误 2.A【解析】粒子在加速器中有B=m发，解得v= ，氟核和氨核的比荷号相等，所以它们的最大速度 9BR 相等，故A正确：由洛伦兹力提供向心力有F向=uB, 5.B【解析】粒子的速度可以为任意值，所以过O点的圆 可得氮核射出时的向心加速度大，故B错误：两粒子在 的半径也可以是任意值，过O点作一个圆与AC相切， 磁场中运动的周期T一需，氘核和氢核的比荷号相 切点为N,圆心为O,设圆的半径为R,由几何关系 R+√②R=20cm,解得R=20(W2-1)cm,所以在AO 等，所以周期相等，故C错误：由一器，可得半径增加 边界上射出粒子区域的长度为40（√2一1）cm,故B正 与速度增加有关，而U= 2-1 m减，变形为U= 确，A错误：由几何关系可知，在AC边界上射出粒子 区域的长度为NC=CO=20cm.故CD错误. 之m(叶)(y6),可得随着速度增加，十变大， 划△=v一h变小，可得每加速一次，速度的变化量不 一样，则粒子偏转半径不是等间距增加，故D错误， 20 cm 3.C【解析】带电粒子沿ab方向射人，经时间t从d点 ￥45 射出，得到的轨迹图如图甲所示。则=子，改变粒子速 6.C【解析、b两导体棒受到的安培力方向相反，所以 度大小，沿ab方向射入，从cd中点V离开磁场区域， 不相同，A错误：根据右手螺旋定则，可判定b棒中的 得到的轨迹图如图乙所示，可知Nd为L,设Md为x, 电流在P处产生的感应强度方向向上，B错误：对导体 有3L.-x)=十，解得x=号L,即粒子转动半 棒“受力分析如图，它受三个力面平衡，这三个力分别 是重力，支特力和导体棒b对它的吸引力，若将导体棒 径为aM=MN=号BL.转过的圆心角为∠aMN b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒b对导体棒α的 吸引力将变小，吸引力沿斜面向上的分力必不能与重 120,运动时间1哥故1=号，故选C 力沿斜面向下的分力平衡，所以导体棒？不可能保持 9第-章安培力与洛伦花力么国 第4节质谱仪与回旋加速器 重点和难点 课标要求 1,能够用学过的知识分析、计算有关带电粒子 重点：质谱仪和回旋加速器的工作原理。 在匀强磁场中受力、运动的问题。 难点：带电粒子在匀强磁场中受力、运动的问题， 2.了解质请仅和回旋加速器的工作原理. 01必备知识梳理。 基础梳理 知识点1质谱仪 1.基本构造 冒敲黑板 质谱仪是科学研究中用来分析同位素和测量带电粒子质量 质谱仪中的速度选择器 的精密仪器 能选择粒子电性吗？ 质谱仪的基本构造如图所示：①带电粒子注 不能，无论正、负粒子，只 ① 入器：②加速电场：③速度选择器：④偏转磁场： 要具有某一特定速度，粒子在 U ⑤照相底片 ② 速度选择器中受到的电场力 ③ 2.工作原理 和洛伦兹力就一定大小相等， 设+ 方向相反，粒子受力平衡，v 设飘入加速电场的带电粒子所带的电荷量 为十q,质量为m,加速电场两板间电压为U,粒子 后，与粒子质量、电荷量、电性 出加速电场后穿过速度选择器垂直进入磁感应 均无关 强度为B的偏转磁场. (1)在加速电场中，由动能定理得gU=号 粒子出加速电场时，速度v=、 2qU 刀拓视野 质谱仪是测量带电粒子 (2)在偏转磁场中，由牛顿第二定律得b=m 质量、分析同位素的重要工 具，电荷量相同、质量不同的 故轨道半径r=m巴 gB2 粒子打在感光片的不同位置， 偏转距离x=2r. 不同质量对应不同的谱线，称 mBx2质量m=96. 联立解得比荷9-8U 为质谱线 8U· 例☐(2024·湖南常德一中高二阶段练习)用质谱仪测量带 电粒子的比荷，其原理如图所示，A是粒子源，释放出的带电粒子 (不计重力)经小孔S:飘入电压为U的加速电场（初速度可忽略 39 国雕点手曲高中物理选择性必修第二册®) 不计)，加速后经小孔S:进人磁感应强度为 B的匀强磁场中，最后打在照相底片上D 点.测得D点到S的距离为d,则该粒子的 比荷4为( B A器 A品 c器 D 留打电场中，由动能定理得gU=m,磁场中，由洛伦兹 力提供向心力得qwB=m ,联立解得4=8U m=B示，故ABD错误， 2 C正确. [答案C 知识点2回旋加速器 L.直线加速器（多级加速器） 刀划重点 如图所示，电荷量为q的粒子经过级加速后，根据动能定 分析回藏加速器的有关 理，获得的动能可以达到Ek=g(U1十U2十U3十…十U).这种多 问题时常用的思路如下： 级加速器通常叫作“直线加速器” (1)已知D形盒半径R, PPPP PP 根据一踢可推出带电粒子 离开加速器时的最大速度 级“级三级 级 多级直线加速器虽然可以使粒子获得很高的能量，但体积太 Vomx =9BR 大，难以制造.为此，美国科学家劳伦斯发明了回旋加速器： （2)根据R=号m2 2.回旋加速器 可得出带电粒子获得的最大 (1)回旋加速器的构造 回旋加速器的主要部件是两个D形盒，匀 动能En=TBR 27m B 强磁场垂直于盒面使粒子做圆周运动，在两个⑤ (3)根据E=gU可求 D形盒之间加高频交流电使粒子每经过电场一 出带电粒子在电场中被加速 次就被加速一次.整个装置要处于真空室内，如 的次数n: 图所示：①粒子源：②两个D形金属盒：③匀强 ()根据1=受T=器可 磁场：④高频电源；⑤粒子引出装置：⑥真空容器（图中未标出）. 推出带电粒子在磁场中的运 (2)回旋加速器的工作原理 动时间 如图所示，放在A处的粒子源发出一个带正电的粒子，它以 另外还需加强对回旋加 某一速率垂直进人匀强磁场中，在磁场中做匀速圆周运动.经 速器工作条件的认识，即交变 电源的周期与带电粒子在磁 过半个周期，当它沿着半圆弧AA到达A,时，在AA处设置一 场中做圆周运动的周期相等 个电场强度向上的电场，使这个带电粒子在A,A处受到一次电 40 第一章 安培力与洛伦蓝力么 场加速，速率由功增加到功，然后粒子以速率叫在磁场中做匀速 圆周运动.我们知道，粒子的轨道半径跟它的速率成正比，因而粒 国敲黑板 子将做半径逐渐增大的圆周运动.又经过半个周期，当它沿着半 回旋加速器中粒子的速 圆弧AA到达A时，在AA处设置一个电场强度向下的电场， 度靠电场增大，但电场的强弱 使粒子又一次受到电场的加速，速率增加到2，如此继续下去，每 并不决定最大动能，只影响被 当粒子运动到AA、A:A等处时都使它受到一个电场强度向 加速的次数，在D形盒中的运 动时间、最终的动能由B、R 上的电场加速，每当粒子运动到A2A2、AA等处时都使它受到 决定」 一个电场强度向下的电场加速，那么，粒子将沿图示的螺旋线 AA1AAA2…回旋下去，速率将一步一步地增大，当半径达到 最大时，能量也达到最大，粒子可从D形盒边缘的小孔引出， A'A A AAA A AA.A,A. AAs A.A (3)带电粒子的最终能量 当带电粒子的速度最大时，其运动半径”也最大，若D形盒 的半径为R,则=R,带电粒子的最终动能 Em( 2m 例②(2024·湖北宜昌一中高二月考)（多选）回旋加速器的 工作原理如图所示，置于真空中的两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的匀强磁场与盒面垂直.A处粒子源产生的质量为m、电荷 量为十q的粒子（不计初速度）在加速器中被加速，其加速电压恒 为U.不计粒子重力，下列说法正确的是( A.带电粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半 径之比n:2=√2：2 B.带电粒子在加速器中第1次和第2次做曲线运动的时间 分别为t4和t2,则4：t2=1:2 C.两D形盒狭缝间的交变电场的周期T=2πm gB 41 国雕食手细高中物理选择性必修第二册划 D带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为？) 园拓视野 翻机带电粒子经过n次加速后，有nUg=2听，粒子进入 根据爱因斯坦狭义相对 论，粒子质量随着其速度的增 磁场后，有B=m,解得，=器、2西常电粒子第1次和 gB m 加而增大，质量的增大导致其 第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比1：=√2：2，A 回转周期变大，从而与交变电 压周期不一致，使回旋加速器 正确；带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,周期不 无法正常工作，所以回旋加速 变，所以带电粒子在加速器中第1次和第2次做曲线运动的时间 器不能无限对带电粒子加速 分别为t白和t2,则t:t2=1：1,B错误；为了每次都能对粒子进 行加速，电场变化的周期与粒子在磁场中做圆周运动的周期要一 致，C正确；当粒子运动的半径为回旋加速器的半径时将离开回 旋加述器，有R-眉粒子动能为E=m=BR,D正确 2m 答案ACD 国难拓展 重难点1带电粒子在组合场、叠加场中的运动问题 1.两种模型 口记方法 组合场模型：电场、磁场、重力场（或其中两种场）并存，但各 1.分析带电粒子在电场 位于一定区域，并且互不重叠的情况 中的运动过程应运用牛顿第 叠加场模型：电场、磁场、重力场（或其中两种场）并存于同一 二定律结合运动学进行处理： 区域的情况 分析带电粒子在磁场中做匀 2.三种场力 速围周运动时应运用数学知 重力：G=mg,总是竖直向下，为恒力，做功只取决于初、末位 识找出粒子做圆周运动的圆 置的高度差 心、半径，往往解决这类问题的 静电力：F=qE,方向与电场强度方向及电性有关，做功只取 关健就在于找出粒子处在分段 运动的连接点时的速度，这 决于初、末位置的电势差 洛伦兹力：F洛=quB(v⊥B),方向用左手定则判定，洛伦兹力 速度县有承上启下的作用. 2.对于粒子连续通过几 不做功。 个不同场的问题要分阶段进 3.几种类型情景 行处理，如进入电场时的类平 (1)当带电粒子在复合场中做直线运动且受洛伦兹力时，粒 抛运动、进入磁场时的圆周运 子做匀速直线运动。 动等，一定是我们熟知的运动 (2)当带电粒子所受的静电力与重力平衡，合力为洛伦兹力 形式 时，粒子做匀速圆周运动， 3.处理带电粒子在电场、 (3)当带电粒子所受的合外力的大小、方向均不断变化时，粒 磁场的叠加场中运动的情况， 子做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理。 42 第-童安培力与洛伦兹力么组 例③(2024·福建福州一中高二期未)如图所示，边长为L 要注意静电力与洛伦滋力间 的等边三角形区域ab内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的 大小和方向的关系及它们的 磁感应强度大小为B,d、e分别为c、ac边的中点，a点左侧有两 特点，匀强电场中静电力大小 平行正对极板，两极板中心分别开有小孔O、O,且O、O、a、b在 方向不变，洛伦兹力的大小和 同一直线上.在两极板上加上电压，将质量为m、电荷量为q的带 方向随速度的变化而变化. 正电粒子从O点由静止释放，粒子被加速后进入磁场区域，并恰 4.处理带电体在电场、重 好从d点射出磁场，不计粒子所受重力. 力场、磁场的叠加场中的运动 (1)求两极板间所加电压的大小U1: 问题，应首先从力的角度对带 (2)若改变加速电场的电压，求粒子在磁场中运动的最长时 电体进行受力分析，在匀强电 场中重力和静电力大小、方向 间t 始终不变，洛伦兹力随速度的 变化而变化.重力、静电力做 功与路径无关，洛伦兹力始终 不做功，分清带电体的运动状 态和运动过程，然后运用各种 解析(1)画出粒子的运动轨迹，如图甲所示，当粒子从点射 物理规律来解决问题。 出时，由几何关系可得R=(L.一160s60)2+(R一L0s30),解 得R-由洛伦蓝力提供向心力可知0B一震鞋子在电 场中加速，由动能定理可知U= 2m听，联立解得U,=3BLq 8m Q 1120 H (2)为使粒子在磁场中运动时间最长，即粒子在磁场中运动 的圆心角最大，轨迹如图乙所示. 分析可知，当粒子射入磁场速度越小，圆心角越大，当粒子从 ac边射出磁场时，由于弦切角始终为∠cab=60°，故圆心角最大 为0-120，由洛伦兹力提供向心力可知加B="贤，粒子的周期 T=2,粒子在磁场中运动的最长时间1=3品工，联立解得1一 2πm 3gB 43 重雅念手细高中物理选择性必修第二册) 02关键能力提孔。 题型1另类回旋加速器 /G+2q ,经第二次加速后，有qU= 2m 例①(2024·山东济南历城二中高二期 末)一种改进后的回旋加速器示意图如图所 2m听，解得功= ,同理 m 示，在两个中空的半圆形金属盒内，位于D形 盒一侧有一长度较小、宽度忽略不计的窄缝 6+6q ,而在磁场中的轨迹半径r A、C,其间的加速电场场强大小恒定，电场被限 制在A、C间，与A、C平行的两虚线之间无电 gB则PP=2n-2n= 71u Vvi+4gU 21m 场.D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带 电粒子从P。处以速度沿电场线方向射入加 V6+0 9BVvi+6qU P,P=2n-2n=2m0 速电场，经加速后再进入D形盒中的磁场做匀 速圆周运动.恰好从P。点再进入加速电场加 √6+ ,所以PP2大于P2P3,故D错误 n 速，如此对粒子多次加速.对这种改进后的回 答案C 旋加速器，下列说法正确的是( 题型2带电粒子在组合场中的运动 例2(2024·河南郑州外国语学校高二 阶段练习)如图所示，在竖直平面内建立xOy 直角坐标系，第一象限内有沿十x(水平)方向 的匀强电场E,第二、三象限内同时存在着竖 A.加速电场的方向需要做周期性的变化 直方向的匀强电场E(E:未画出)和垂直于纸 B.加速后粒子的最大速度与D形盒的尺 面向外的匀强磁场B,其大小B=0.5T,在1 寸无关 C.带电粒子每运动一周被加速一次 至s时，磁场方向不变，但其大小突然变为B一 D.带电粒子每运动一周直径的变化量相 1.0T.一个质量m=5×105kg、电荷量q 等，即PP2等于P2P 2×10-1C的带正电液滴从P点(0.6m, [解析]由于D形盒内与A、C平行的两虚 0.8m)以大小=3m/s的速度平行x轴射 线间无电场，可知带电粒子只有经过A、C间时 入，恰好沿y方向以大小为的速度经过原点 被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次， O,然后进入≤0的区域做圆周运动，1=0时液 电场的方向没有改变，故C正确，A错误：当粒 滴恰好通过O点，重力加速度g取10m/s.求： 子从D形金中射出时建度最大，根据r一贸得 U=9Br,可知加速粒子的最大速度与D形盒的 半径有关，故B错误；应用动能定理，经第一次 加造后，有9U=名m听-司m6,解得0 44 第一章安培力与洛伦蓝力么 (1)电场强度E2的大小及方向： 题型3带电粒子在复合场中的运动 (2)液滴到达O点时速度的大小和P,O 例3(2024·湖北黄风中学高二期中)如 之间的电势差Uo: 图，在地面上沿竖直面建立直角坐标系，在0≤ (3)若液滴从P点开始运动到第二次到达 y≤0.8m范围内同时存在着竖直向上的匀强 x轴之前某时刻起磁场突然消失，发现液滴恰 电场和垂直于纸面向外的匀强磁场.一个质量 好以与十y方向成30°角的方向穿过y轴后进 为n=10g、电荷量为q=0.2C的带正电小 入x>0的区域，试确定液滴穿过y轴时的位置. 球，从y轴上高度为1.6m的A点处以o= 解析(1)液滴在进入2≤0的区域做圆周 3m/s水平抛出，小球进人磁场后速率保持不 运动，则电场力与重力平衡，即Eq=g,可得 变，轨迹恰好与x轴相切.MN是与y轴平行 E2=2.5N/C,方向竖直向上 的足够长的弹性挡板（小球碰撞后，速度大小 (2)液滴沿y方向以大小为)的速度经过 不变，方向反向)，其横坐标位置可调，g取 原点O,则到达O点时只有竖直速度，大小为 10m/s2,求： w=√2gy=√2X10×0.8m/s=4m/s,话= 2ar,a=9E,U=E1x,解得U=1,125V. 1.6 M (3)液滴进入左侧区域后做圆周运动的周 gB gB=2m,在 期为T-吧=πs,轨道半径r= 1=牙8时，磁场方向不变，但其大小突然变为 N m B=1.0T,则液滴转过圆周，半径减小为原 (1)电场强度E和磁感应强度B的大小： 来的一半，即r=1m.若液滴从P点开始运动 (2)若小球垂直碰撞挡板，求挡板的位置 到第二次到达x轴之前某时刻起磁场突然消 坐标值： 失，发现液滴恰好以与十y方向成30°角的方向 (3)若小球垂直碰撞挡板，且反弹后恰能 穿过y轴后进入x>0的区域，可知液滴从最 返回到出发点A,求小球运动的最短时间 低，点转过120°角后磁场消失，以后做匀速直线 解析](1)由小球进入磁场后速率保持不 运动到达y轴，如图所示，由几何关系可知，液 变，可知Eq=mg,可得E=0.5N/C,由平抛运 滴穿过y轴时到原点O的距离为y'= 动规律有y=2gt,得=0.4s,西，=g=4m/s (rsin60°+r)tam60°-r'cos60°=(1+2√3)m. 即小球刚进入磁场时速度为功=诟十 5m/s,设方向与x轴成0角，则有tan0- 号，可得9=53，由题意得R十Rc0s538”=0.8, 解得R=0.5m,由洛伦兹力提供向心力可得 0B=m可，解得B=0.5T. 45 国避手册高中物理选择性必修第二册) (2)小球做平抛运动，沿x轴方向的位移 场顺时针匀速圆周运动2×53圆心角，回到磁 为x=t=1.2m,由题意可知，小球在磁场上 场上方又做抛体运动，方向水平时距离碰撞，点 方做平抛运动，在磁场内顺时针匀速圆周运动 的位移为s2=x十2Rsin0十x=3.2m,小球回 360°一2×53°度圆心角，回到磁场上方又做抛 到出发点的条件为x=Ns2=3.2N(m)(N=1, 体运动，速度方向水平时距离出发，点的位移为 2,3…),又x=n1=1.6n(m)(n=1,2,3…),即 1=x一2Rsin0十x=1.6m,故探测板可能的 N=2,其中n、N均为自然数，当满足该条件 横坐标为x=s=1.6(m)(n=1,2,3…). 的自然数V取最小值2时，有n=1,tmim=6X (3)由于小球与探测板的碰撞是弹性碰 撞，故小球与探测板碰撞后反向平抛，进入磁 +2××需+×贸-24+ 03核心素养聚焦。 考向1回旋加速器的原理 解析(1)设粒子在P点的速度大小为 例①(2021·江苏卷)如图1所示，回旋加 Up,根据B=m亚可知半径的表达式为R r 速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感 应强度大小为B,加速电压的大小为U,质量为 ,对粒子在静电场中的加速过程，根据动能 gB m、电荷量为g的粒子从O附近飘入加速电场， 多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半 定理有U=号m,粒子在碰场中运动的周期 径为R,粒子在电场中的加速时间可以忽略.为 为T一B,粒子运动的总时间为一(n1)为 将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏 转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和V 2,解得1= gBR 1x7四 2mU /gB. 厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q,圆心角 为a,当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场 2)由粒子的运动半径二B,结合动能 强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝， 粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、V间 表达式=2m㎡变形得，=码，则粒子 9B 的距离.求： 加速到P前最后两个半周的运动半径为1= √2n(EkP-qUD V2m(Exp-2gU) qB qB 由几 何关系有d=2(n-),结合Ep=(gBR) 2m 图1 图2 解得dm=2 9B2 gB2. (1)粒子加速到P点所需要的时间t; (3)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ, (2)极板N的最大厚度dm; 则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应 (3)磁场区域的最大半径R 和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即grB一 46 第-章安培力与洛伦花力收图 gE=m亚，设粒子离开偏转器的点为，圆周 ro 运动的圆心为O.由题意知，O在SQ上，且粒 子飞离磁场的点与O,)在一条直线上，如图3 所示 3R R (1)当E=0时，电子加速后均沿各磁场 区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的 a o-R O1-R 2 夹角0均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如 Oro-RQ 图3 图4 图中带箭头实线所示，求【区的磁感应强度大 粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏 小、电子在I区磁场中的运动时间及在Q点出 转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器 射时的动能： 中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R,然后 (2)已知电子只要不与I区磁场外边界相 轨迹发生偏离，从偏转器的F点飞出磁场，那 碰就能从出射区域出射，当E,=kU时，要保 么磁场的最大半径即为R=OF=R十(O),将 证电子从出射区域出射，求k的最大值 等腰三角形O)Q放大如图4所示. 解折（1)电子在电场中加速有2U=2m, 虚线为从Q点向OO'所引垂线，虚线平分 在磁场I中，由几何关系可得r=Rtan22.5°= a角，则O0=2(re-R)sin号，解得最大半径 R,w=m号联立解得品=5朵，在 为Rm=R 2mER qBR-mEsin 磁场I中的运动周期为T=2四，由几何关系 命题意图 考查回旋加速器的原理 核心素养 科学思雏 素养水平水平5 可得电子在磴场1中造动的国心商为华一， 考向2回旋加速器的应用 例②(2021·广东卷)如图是一种花瓣形 在磁场I中的运动时间为1一器工，联立解得 电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、 t-rR/meU ,从Q点出来的动能为Ek=8U b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b 4eU 之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个 (2)在磁场I中做匀速圆周运动的最大半 圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区I、 径为rm,此时圆周的轨迹与I边界相切，由几 Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向 何关系可得(w3R一rm)2=R2十，解得rm= 均垂直于纸面向外.电子以初动能E从圆b 上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证 2R,由于Be=m n 2emv-keU, 电子每次进入电场即被全程加速.已知圆a与 联立解得=13 1 圆b之间的电势差为U,圆b的半径为R,圆c 的半径为√3R,电子质量为m,电荷量为e,忽略 命题意图 考查回旋加速器的应用 相对论效应，取tan22.5°=0.4. 核心素养 科学思维 素养水平水平5 47 重雕手曲高中物理选择性必修第二册划 04学业质量测评。 ●A基础过关练 测试时间：15分钟 1.(2024·四川眉山仁寿实验中学高二期末) (多选)回旋加速器的原理如图所示，下列说 法正确的是( C D 3.(2024·湖北武汉武钢三中高二期末)如图 所示，空间中存在着水平向右的匀强电场， 同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与 电场方向垂直.有一带正电的小球从P点开 A.交变电压的周期与带电粒子做匀速圆周 始在竖直面内做匀速直线运动，则小球的速 运动的周期相等 度方向可能是( ). B.带电粒子获得的最大动能与加速电压的 大小有关 *P米名X米店 C.带电粒子从磁场中获得能量 D.带电粒子获得的最大动能与D形盒的半 A.水平向右 B.水平向左 径有关 C.斜向右上方 D.斜向左上方 2.(2024·安微芜湖十二中高二期末)1922年， 4.(2024·江西九江一中高二期末)如图所示， 英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位 空间内有沿水平方向的匀强磁场和竖直向 素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖.质谱 上的匀强电场，磁感应强度大小为B,一质量 仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转 为m、电荷量为g的小球以速度o、与水平 磁场.如图所示为质谱仪的原理图，设想有 方向成60°角斜向上从A点射人电磁场区 一个静止的带电粒子（不计重力）P,经电压 域，小球恰好做匀速圆周运动.则(. 为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为 B的匀强磁场中最后打到底片上的D点 设OD=x,则在下列图中能正确反映x2与 U之间函数关系的是( A.小球运动轨迹的最高点至A点的距离为 V3mu Bq B.小球由A点首次运动至轨迹最高点所用 的时间为韶 C,若小球速度大小变为2，则在相同的时 间内，速度偏转的角度将变为以前的2倍 48