1.4 质谱仪与回旋加速器-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第一章　安培力与洛伦兹力 4.质谱仪与回旋加速器 目录 1 2 课前自主学习 课堂探究评价 3 课后课时作业 1．知道质谱仪的基本构造和工作原理，并会分析、计算相关问题。2.知道回旋加速器的基本构造和工作原理，并会分析、计算相关问题。3.会分析、计算利用电场和磁场控制带电粒子的运动的问题。 3 课前自主学习 一　质谱仪 1．基本构造：如图所示，由粒子源A、____________、 ____________和照相底片D等构成。 加速电场 偏转磁场 课前自主学习 5 qU 不同 分开 不同地方 课前自主学习 6 二　回旋加速器 1．基本构造：如图所示，由A处的粒子源、两个中空的____________D1和D2、与盒面________的匀强磁场、接在D1、D2上的______电源组成。 2．工作原理 (1)回旋加速器用磁场控制_________，用电场进行_________ 。 (2)两盒间所加交变电场的周期与带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期_________ 。 半圆金属盒 垂直 交流 轨道 加速 相同 课前自主学习 7 1．判一判 (1)质量不同、电荷量相同时，带电粒子在质谱仪中的轨道半径不同。(　　) (2)质谱仪可以用来测算粒子的比荷。(　　) (3)相比于多级直线加速器，回旋加速器的优点是占用空间小。(　　) (4)随着粒子速度的增加，回旋加速器两盒间电势差的正负改变应该越来越快，以便使粒子经过盒缝处刚好被加速。(　　) 提示： ：(1)√ 　(2)√ 　(3)√ 　(4)×　 提示 课前自主学习 8 2．想一想 只要回旋加速器足够大，带电粒子就能一直加速吗？ 提示：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。　 提示 课前自主学习 9 课堂探究评价 探究1　质谱仪 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 11 活动1：在科学研究和工业生产中，常需要将一束带等量电荷的粒子分开，以便知道其中所含物质的成分。那么，怎样使带电粒子获得一定的速度？ 活动2：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？ 提示：可以利用电场对带电粒子加速。 　 提示 课堂探究评价 12 活动3：19世纪末，阿斯顿按照这样的想法设计了质谱仪，如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电压为U的加速电场中，经S3进入磁场的速率是多少？ 活动4：粒子在匀强磁场中运动的轨道半径是多少？ 提示 课堂探究评价 13 活动5：由活动4的表达式，可得出什么结论？ 提示 课堂探究评价 14 课堂探究评价 15 例1　(多选)如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出(初速度不计)，经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺(图中未画出)，可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是(　　) A．打在照相底片D上的离子带负电 B．谱线b对应比荷的值大于谱线a对应比荷的值 C．标尺上各刻线对应比荷的值是不均匀的 D．可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔 答案 课堂探究评价 16 [实践探究]　(1)如何求解离子进入磁场时的速度？ (2)如何求解离子在磁场中做圆周运动的半径？ 提示：离子在电场中加速，由动能定理求解。　 提示 提示：由洛伦兹力公式和牛顿第二定律求解。 课堂探究评价 17 规范解答 课堂探究评价 [变式训练1]　现代质谱仪可用来分析比质子重很多 倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子 在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后 从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始 被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一 出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离 子和质子的质量比值约为(　　) A．11 B．12 C．121 D．144 答案 课堂探究评价 19 解析 课堂探究评价 20 探究2　回旋加速器 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 21 活动1：研究原子核内部情况时，要用极高能量的粒子轰击原子核。如何增加带电粒子的动能？ 活动2：产生过高的电压在技术上很困难，经过一次加速粒子增加的能量有限。如何才能使带电粒子获得极高的能量？ 提示：由于库仑力能对带电粒子做功，故可用电场对带电粒子加速，从而增加粒子的动能。　 提示 提示：用电场对带电粒子多次加速。 课堂探究评价 22 活动3：在图甲所示的多级加速器中，各加速区的两板之间用独立电源供电，所以粒子从P2飞向P3、从P4飞向P5……时不会减速。这种加速器有什么缺点？ 活动4：为了克服上述缺点，人们进一步思考，如果带电粒子在一次加速后又转回来被第二次加速，如此往复“转圈圈”式地被加速，加速器装置所占的空间就会大大缩小。什么能使带电粒子“转圈圈”？ 提示：由于粒子在加速过程中的径迹为直线，要得到较高动能的粒子，其加速装置要很长。　 提示 提示：磁场能使带电粒子“转圈圈”。 课堂探究评价 23 活动5：人们依据上述思路设计出了用磁场控制轨道、用电场进行加速的回旋加速器，如图乙所示，其中粒子源位于A处。试阐述回旋加速器的原理。 提示：图乙回旋加速器A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场B中，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动。经过半个圆周之后，当它再次到达两盒间的缝隙时，控制两盒间的电势差，使其恰好改变正负，于是粒子经过盒缝时再一次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过盒缝，而两盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子的速度就能够增加到很大。　 提示 课堂探究评价 24 活动6：图乙中假如粒子每两次经过盒缝的时间间隔[指粒子经过半圆轨道所用的时间。盒缝宽度远小于盒半径(图乙夸大了缝的宽度)，粒子通过盒缝的时间可以忽略]相同，控制两盒间电势差的正负变换是比较容易的。但是粒子运动越来越快，也许粒子走过半圆的时间间隔越来越短，这样两盒间电势差的正负变换就要越来越快，从而造成技术上的一个难题。实际情况是这样吗？ 提示 课堂探究评价 25 课堂探究评价 26 答案 课堂探究评价 27 [实践探究]　(1)出射粒子的速度由什么决定？ (2)总时间是被加速的次数直接乘以带电粒子在磁场中运动时周期的一半吗？ 提示 课堂探究评价 28 规范解答 课堂探究评价 (1)粒子在狭缝中的运动时间可用等效法分析。 (2)粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，而与加速电压无关。 课堂探究评价 30 [变式训练2]　(多选)回旋加速器工作原理示意图如图所示， 磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小， 粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、频率为f的交流电 源上。若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正 确的是(　　) A．若只增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大 B．若只增大交流电压U，则质子达到最大动能所需的加速次数会减少 C．若磁感应强度B增大，交流电频率f必须适当增大才能正常工作 D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器也能用于加速α粒子 答案 课堂探究评价 31 解析 课堂探究评价 32 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 2．(质谱仪)(多选)1922年，英国物理学家阿斯顿因质谱仪的 发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。质谱仪的两大 重要组成部分是加速电场和偏转磁场。如图所示为质谱仪的原理 图，一束同位素原子核(电荷量相等)经电压为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D上。设同位素质量为m，打在底片上的位置与小孔O的距离为x，则下列图中能正确反映x与m之间函数关系的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 6．(带电粒子在磁场中的运动)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求 (1)带电粒子的比荷； (2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 7．(回旋加速器)美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，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加速获得较大的能量。如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入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(　　) A．带电粒子每运动半周被加速一次 B．P1P2＝P2P3 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 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 8．(利用电场和磁场控制带电粒子运动的其他应用)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图a是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图b所示。图b中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　) A．M处的电势高于N处的电势 B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 9．(质谱仪)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用 中具有重要意义。如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235 离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可 视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为 B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个 圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。 不考虑离子重力及离子间的相互作用。 (1)求加速电场的电压U； (2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 比荷eq \f(q,m) 2．工作原理 (1)加速：粒子进入磁场时的速度v等于它在电场中被加速而得到的速度。由动能定理得eq \f(1,2)mv2＝_________，由此可知v＝_________。 (2)偏转：粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，做匀速圆周运动，圆周的半径为r＝_________，把v的表达式代入，得出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝__________________。 (3)结论：如果容器A中粒子的电荷量相同而质量不同，它们进入匀强磁场后将沿着_________的半径做圆周运动，因而被_________，并打到照相底片的_________。从粒子打在底片上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的_________。 eq \r(\f(2qU,m)) eq \f(mv,qB) eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)) 提示：由r＝eq \f(mv,qB)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。　 提示：S1、S2之间的电场使粒子加速，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2，故v＝eq \r(\f(2qU,m))。　 提示：粒子在匀强磁场中运动时做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))。 提示：由r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))可知，如果容器A中粒子的电荷量相同而质量不同，它们进入匀强磁场后将以不同的半径做圆周运动，因而被分开，并打到照相底片的不同地方。同样，从粒子打在底片上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的比荷eq \f(q,m)。　 1．构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。 2．原理：粒子由静止被加速电场加速，有qU＝eq \f(1,2)mv2。 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r)。 由以上两式可得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，m＝eq \f(qr2B2,2U)，eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2r2)。 3．用途：使电荷量相同、质量不同的带电粒子分开，测定带电粒子的比荷eq \f(q,m)、质量m。 规范解答　根据左手定则可知打在照相底片D上的离子带正电，故A错误；离子在电场中加速过程，有qU＝eq \f(1,2)mv2，离子在磁场中做圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，可知离子的比荷越大，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径越小，则谱线b对应比荷的值小于谱线a对应比荷的值，故B错误；标尺上各刻线到小孔S2的距离为d＝2r＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2mU,q))，因此d与比荷是非线性关系，所以标尺上各刻线对应比荷的值是不均匀的，故C正确；谱线之间的间隔为Δd＝2r1－2r2＝eq \f(2,B) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2m1U,q1))－\r(\f(2m2U,q2))))，可知可以通过减小磁感应强度B来增大不同离子形成谱线之间的间隔，故D正确。 解析　设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M。质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev1B＝m2,1)eq \f(v,r) ；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，ev2·12B＝M2,2)eq \f(v,r) ；联立解得M∶m＝144∶1，D正确。 提示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)。对一定的带电粒子和一定的磁场来说，这个周期是不变的，尽管粒子的速率和半径一次比一次大，运动周期却始终不变。这样，如果在两盒间加一个交变电场，使它也以同样的周期往复变化，那就可以保证粒子每经过电场时，都正好赶上适合的电场方向而被加速。 1．构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于垂直盒面的匀强磁场中。 2．原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvmB＝2,m)eq \f(mv,R) ，Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)。 答案　(1)eq \f(q2B2R2,2m) (2)eq \f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq \f(πm,qB) 例2　回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U0，周期T＝eq \f(2πm,qB)。一束该种粒子在t＝0时刻从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求： (1)出射粒子的动能Ekm； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ekm所需的总时间t0。 提示：由r＝eq \f(mv,qB)可知，vm由磁感应强度B和D形盒半径R决定。 提示：由于此处考虑粒子在狭缝中的运动时间，总时间应为t0＝(n－1)·eq \f(T,2)＋Δt(Δt是经过狭缝被加速的总时间)。 规范解答　(1)粒子在磁场中的运动半径为R时，qvmB＝m2,m)eq \f(v,R) ，且Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m) 解得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)。 (2)设粒子被加速n次达到动能Ekm，则Ekm＝nqU0 解得n＝eq \f(qB2R2,2mU0) 粒子在狭缝间的运动可等效成匀加速直线运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt， 粒子经过狭缝时的加速度a＝eq \f(qU0,md) 根据匀变速直线运动的规律有nd＝eq \f(1,2)a·(Δt)2 解得Δt＝eq \f(BRd,U0) 由t0＝(n－1)·eq \f(T,2)＋Δt 解得t0＝eq \f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq \f(πm,qB)。 解析　设D形盒的半径为R，当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB＝m2,m)eq \f(v,R) ，得vm＝eq \f(qBR,m)，那么质子获得的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＝eq \f(q2B2R2,2m)，则最大动能与交流电压U无关，故A错误；从开始至达到最大动能，有nqU＝Ekm，可得加速次数n＝eq \f(Ekm,qU)，则只增大U，加速次数n会减少，故B正确；根据T＝eq \f(2πm,Bq)，若磁感应强度B增大，那么T会减小，加速电场的周期应与带电粒子在磁场中运动的周期相等，故交流电频率f必须适当增大才能正常工作，故C正确；根据T＝eq \f(2πm,qB)知，α粒子的比荷与质子的不同，故需改变交流电的频率f或磁感应强度B才能加速α粒子，故D错误。 1．(回旋加速器)(多选)如图所示为回旋加速器的示意图，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，A为粒子源，匀强磁场的磁感应强度为B，金属盒半径为R，用该回旋加速器加速某带电粒子，已知粒子的电荷量为q，质量为m，忽略带电粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中的相对论效应，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子从磁场中获得能量 B．粒子从电场中获得能量 C．交流电源的周期等于eq \f(πm,qB) D．粒子获得的最大动能与R2成正比 解析　因洛伦兹力对带电粒子不做功，电场对带电粒子做正功，故粒子从电场中获得能量，A错误，B正确；为使粒子获得最好的加速效果，交流电源的周期应等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，即交流电源的周期T＝eq \f(2πm,qB)，C错误；粒子速度最大时，有qvmB＝m2,m)eq \f(v,R) ，则粒子获得的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)＝eq \f(q2R2B2,2m)∝R2，即获得的最大动能与R2成正比，D正确。 解析　根据动能定理，有qU＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(\f(2qU,m))。粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，则R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))。根据几何关系，有x＝2R＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2mU,q))，知x∝eq \r(m)，x2∝m。故A、C错误，B、D正确。 3．(回旋加速器)(多选)用来加速带电粒子的回旋加速器其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。从静止加速的带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图所示。忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是(　　) A．粒子在t1至t2和t2至t3时段的轨道半径之比为eq \r(2)∶eq \r(3) B．磁感应强度越大，粒子最后获得的动能越大 C．加速电压越大，t1越小 D．高频电源的频率f＝eq \f(1,t2－t1) 解析　设粒子在t1至t2和t2至t3时段的速度分别为v2和v3，设加速电压为U，由动能定理得2Uq＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，3Uq＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)，则v2∶v3＝eq \r(2)∶eq \r(3)，粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(mv,qB)，即r∝v，则粒子在t1至t2和t2至t3时段的轨道半径之比为eq \r(2)∶eq \r(3)，故A正确；设D形盒半径为R，有qvmB＝m2,m)eq \f(v,R) ，粒子最后获得的动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，联立得Ekm＝eq \f(q2B2R2,2m)，故B越大，Ekm越大，B正确；粒子回旋周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)，t1＝eq \f(1,2)T与加速电压无关，故C错误；由题图知T＝2(t2－t1)，高频电源周期与回旋周期相等，则高频电源的频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,2（t2－t1）)，故D错误。 4．(回旋加速器)如图所示为回旋加速器示意图。D形盒上加交变电压，其间隙处产生交变电场。已知D形盒的半径为R，交变电压的周期为T，电压为U，D形盒的间隙宽为d，磁感应强度的大小为B，该回旋加速器为α粒子(eq \o\al(4,2)He)加速器，不计α粒子的初速度，已知质子的质量为m，元电荷为e。粒子在D形盒间隙运动的时间很短，一般可忽略，下列说法正确的是(　　) A．若不调节相关参数，该回旋加速器不能用于氘核(eq \o\al(2,1)H)的加速 B．α粒子最后从D形盒被引出的速度大小为eq \f(eBR,m) C．α粒子在D形盒中加速的次数n＝eq \f(eB2R2,4mU) D．若考虑α粒子在D形盒间隙中运动的时间，该时间可能超过半个周期 解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式为T＝eq \f(2πm0,qB)，由题意可知，α粒子与氘核的比荷相等，则在同一磁场中运动的周期相同，又粒子圆周运动的周期与交变电压周期相同才能使粒子一直回旋加速，故若不调节相关参数，该回旋加速器可以用于氘核的加速，A错误；α粒子的质量为4m，电荷量为2e，根据2evmB＝4m2,m)eq \f(v,R) 得，α粒子最后从D形盒被引出的速度大小为vm＝eq \f(eBR,2m)，故B错误；根据动能定理有n·2eU＝eq \f(1,2)·4mveq \o\al(2,m)，得n＝eq \f(eB2R2,4mU)，故C正确；若α粒子在D形盒间隙中运动的时间超过半个周期，则粒子将在电场中做减速运动，故该时间不可能超过半个周期，D错误。 5．(质谱仪)(多选)如图为某型号质谱仪工作原理示意图。M、N为两正对平行金属板，O1O2为其轴线，两板间有方向如图所示的电场强度大小为E的匀强电场及垂直于纸面向里、磁感应强度为B1的匀强磁场(图中未画出)。原子核沿O1O2射入两板间，只有符合要求的原子核才能从O2点沿半径方向射入圆形匀强磁场区域，磁场区域半径为R，磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向外。显微镜P置于与圆形磁场同心的圆弧形轨道上，可沿轨道自由移动，C点为O1O2延长线与圆轨道的交点，OP与OC间夹角为θ。不计原子核重力，下列说法正确的是(　　) A．不同的原子核从O2点射出的速度大小不同 B．若显微镜在θ角位置观测到原子核，则该原子核比荷eq \f(q,m)＝eq \f(Etan\f(θ,2),B1B2R) C．越靠近C，观测到的原子核比荷越小 D．越靠近C，观测到的原子核比荷越大 解析　能够进入圆形磁场区域的原子核经过M、N之间时，受力平衡，则有qE＝B1qv，则v＝eq \f(E,B1)，故A错误。若显微镜在θ角位置观测到原子核，可知原子核在圆形磁场区域轨迹的圆心角为θ，其运动轨迹如图所示，则由几何关系可得taneq \f(θ,2)＝eq \f(R,r)，由洛伦兹力提供向心力可得B2qv＝meq \f(v2,r)，联立解得eq \f(q,m)＝eq \f(Etan\f(θ,2),B1B2R)，故B正确。越靠近C，θ越小，由eq \f(q,m)＝eq \f(Etan\f(θ,2),B1B2R)可知，比荷越小，C正确，D错误。 答案　(1)eq \f(4U,B2d2)　(2)eq \f(Bd2,4U) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3))) 解析　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有 qU＝eq \f(1,2)mv2① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB＝meq \f(v2,r)② 粒子运动的轨迹如图， 由几何关系知d＝eq \r(2)r③ 联立①②③式得eq \f(q,m)＝eq \f(4U,B2d2)④ (2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为 s＝eq \f(πr,2)＋rtan30°⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝eq \f(s,v)⑥ 联立②③④⑤⑥式得t＝eq \f(Bd2,4U) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。 解析　带电粒子只有经过A、C板间时才被加速，即带电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需要做周期性的变化，故A、D错误；根据带电粒子的轨道半径r＝eq \f(mv,qB)，则P1P2＝2(r2－r1)＝eq \f(2m（v2－v1）,qB)，同理P2P3＝eq \f(2m（v3－v2）,qB)，因为每转一圈被加速一次，设A、C板间的距离为d，根据v2－veq \o\al(2,0)＝2ad知每转一圈，粒子速度的变化量不等，且v3－v2＜v2－v1，则P1P2＞P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中射出时，速度最大，设D形盒的半径为R，则有R＝eq \f(mvmax,qB)，得vmax＝eq \f(qBR,m)，则粒子获得的最大速度与D形盒的尺寸有关，故C正确。 解析　由于电子带负电，电子束在M、N之间加速，则M、N间的电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M处的电势低于N处的电势，故A错误；根据eU＝eq \f(1,2)mv2可知，增大M、N之间的加速电压会增大电子束进入偏转磁场的速度v，电子在偏转磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,eB)，可知v增大时电子在偏转磁场中的偏转半径增大，根据几何关系可知，电子在偏转磁场中的偏转角度减小，故P点会右移，故B错误；电子在偏转磁场中向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选项的分析可知，增大偏转磁场磁感应强度的大小，电子的偏转半径减小，偏转角度增大，可使P点左移，故D正确。 (3)实际上加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，eq \f(ΔU,U)应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字，铀235离子的质量可用235m0表示，铀238离子的质量可用238m0表示) 答案　(1)eq \f(qB2R2,2m)　(2)eq \f(mIt,q)　(3)0.63% 解析　(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－0① 离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即qvB＝meq \f(v2,R)② 由①②式解得U＝eq \f(qB2R2,2m)③ (2)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则 Q＝It④ N＝eq \f(Q,q)⑤ M＝Nm⑥ 由④⑤⑥式解得M＝eq \f(mIt,q)⑦ (3)由①②式有R＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))⑧ 设m′为铀238离子的质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，铀235离子在磁场中做圆周运动的最大半径为 Rmax＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2m（U＋ΔU）,q))⑨ 铀238离子在磁场中做圆周运动的最小半径为 Rmin′＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2m′（U－ΔU）,q))⑩ 这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为Rmax<Rmin′⑪ 即eq \f(1,B) eq \r(\f(2m（U＋ΔU）,q))<eq \f(1,B) eq \r(\f(2m′（U－ΔU）,q)])， 则有m(U＋ΔU)<m′(U－ΔU)⑫ eq \f(ΔU,U)<eq \f(m′－m,m′＋m)⑬ 其中铀235离子的质量m＝235m0，铀238离子的质量m′＝238m0 可得eq \f(ΔU,U)<0.63%。 $$