训练四 质谱仪与回旋加速器-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步练测素能提升训练（人教版2019）

●高中物理·选择性必修第二册（人教版） 训练四 质谱仪与回旋加速器 基础练了现周应周 此离子和质子的质量之比为 1.(多选)劳伦斯制成了世界上第一台回旋加 ××××第×XX X×xX×X 速器，其原理如图所示。这台加速器由两个 为×××××为× 铜质D形盒D、D2构成，其间留有空隙，下 x51 列说法正确的是 A.11 B.12 C.144 D.121 4.两个相同的回旋加速器，分别接在加速电压 接交流电源U U1和U2的高频电源上，且U1>U2,两个相 A.离子由加速器的中心附近进入加速器 同的带电粒子分别从这两个加速器的中心 B.离子由加速器的边缘进人加速器 由静止开始运动，设两个粒子在加速器中运 C.离子从磁场中获得能量 动的时间分别为和t2,获得的最大动能 D.离子从电场中获得能量 分别为E和Ea,则 () 2.如图所示是质谱仪工作原理的示意图，带电 粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为 0)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做 匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的 x1、x2处。图中半圆形的虚线分别表示带 电粒子a、b所通过的路径，则 () A.t<t,E>E bB B.=12,E<El C.t<t2,El=Ek 1 D.>t,El=Ek 5.(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器， A.a的质量一定大于b的质量 工作原理示意图如图所示。置于真空中的D B.a的电荷量一定大于b的电荷量 形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小，带电 C.a运动的时间大于b运动的时间 粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B D.a的比荷大于b的比荷 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为 3.质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析 f,加速电压为U。若A处粒子源产生的质 比质子重很多倍的离子。现在用质谱仪来 子质量为m、电荷量为十q,在加速器中被加 分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图 速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力 所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从 的影响。则下列说法正确的是 () 静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转 后从出口P离开磁场。若某种一价正离子 在人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P点离开磁 出口处 场，需将磁感应强度增加到原来的11倍。 8 A.质子被加速后的最大速度不可能超： 能力练了素养提升 过2πRf 7.(多选)CT是医院常用的一种仪器，CT的 B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加 重要部件之一就是粒子回旋加速器，回旋加 速电压U成正比 速器的结构如图所示，有一磁感应强度为B C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭 的匀强磁场垂直于回旋加速器。在CT回 缝后轨道半径之比为√2：1 旋加速器的O点可以释放初速度为零、质 D.不改变磁感应强度B和交流电频率f, 量为m、电荷量为9的粒子（不计粒子重 该回旋加速器的最大动能不变 力)。粒子经过加速、回旋最后从A点射出 6.质谱仪的构造如图所示，粒子从粒子源出来 并获得最大动能E:,两D形盒之间的距离 经过板间电压为U的加速电场后进入磁感 为d、加速电压为U,则下列说法正确的是 应强度为B的匀强磁场中，沿着半圆周运 动到达记录它的照相底片上，测得图中PQ 的距离为L,则该粒子的比荷9为多大？ 方1 .0 A.D形盒的最大半径为2E gB m R粒子在加速器中运动的圈数为品 C,回旋加速器所加交流电压的频率为 D.减小加速电压，粒子从加速器射出时的 动能变小 8.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，设想 有一个静止的带电粒子（不计重力）P,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，最后打到底片上的 D点。设OD=x,则在下图中能正确反映 x2与U之间函数关系的是 ) 9 高中物理·选择性必修第二册（人教版 10.如图所示，两金属板间有磁感应强度大 小为B的匀强磁场和电场强度大小为E 的匀强电场，两者相互垂直。一束带电 粒子以一定的初速度沿直线通过两极板 间后从狭缝P进入另一磁感应强度大小 为B的匀强磁场，最后打在平板S的不 9.如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪 同位置。不计粒子重力，则 () 由速度选择器、静电分析器和磁分析器组 BP:·· 成。若速度选择器中电场强度大小为E1, E 磁感应强度大小为B,、方向垂直纸面向里， 静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半 A.金属板间的磁场方向垂直纸面向里 、B通过狭缝P的带电粒子速度。一台】 径(OP)为R,通道内有均匀辐射的电场，在 中心线处的电场强度大小为E,磁分析器中 C.这些粒子在磁场B中运动的时间都 相同 有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度 D.带电粒子打在平板S上的位置越靠近 大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒 P,粒子的比荷越大 子以速度？沿直线经过速度选择器后沿中 11.(多选)国产首套超导质子回旋加速器进入 心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入 集成测试阶段，通过该设备可以将质子的 磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒 能量加速到230MeV,质子被引出后射入 子重力。下列说法正确的是 人体，到达病灶的瞬间，释放大量能量，实现 9 P 对癌细胞的精准清除，不损伤人体正常细 XBX XX 静电分析器 胞，是癌症患者的福音。回旋加速器的原 P: 胶片⊙ 0- 理如图所示，D,和D是两个中空的半径为 Q. 蓝分析器B + R的半圆金属盒，接在电压为U、周期为T 的交流电源上，位于D2圆心A处的质子源 A.速度选择器的极板P1的电势比极板P2 能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不 的低 计)，质子在两盒之间被电场加速，D、D2置 B.粒子的速度v= 于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁 场中。已知质子的电量为q、质量为m,忽 C.粒子的比荷为 E ERB, 略质子在电场中运动的时间，不考虑加速 D.P,Q两点间的距离为2ERB 过程中的相对论效应，下列说法正确的是 E2B 10 (3)若两D形盒狭缝之间距离为d,且d《R, 计算质子在电场中运动的总时间七与在 磁场中运动的总时间t2,并由此说明质子 穿过电场的时间可以忽略不计的原因。 高颜交流电源 A.交流电源的周期T=2πm 9B B.质子第一次进入D1盒与第一次进入D2 盒的半径之比为1：2 C.质子在电场中加速的次数为BR 2mU D.若只增大交流电压U,则质子的最大动 能Ek会变大 12.某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所 示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部 分为两个D形盒，分别为D1、D2,D形盒装 在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁 铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为 是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒 间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间 可以忽略不计。D形盒的半径为R,磁场 的磁感应强度为B。若质子从粒子源O处 进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、 电荷量为十q。加速器接人一定频率的高 频交流电压，加速电压为U。不考虑相对 论效应和重力作用。求： D 0 高频交流电压 B 甲 V (1)质子第一次经狭缝被加速后进入D形 盒的速度1和进入D形盒后运动轨迹的 半径1； (2)质子被加速后获得的最大动能E知和 高频交流电压的频率f: 11的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角0越大，与速度 无关，故 B正确；电子在磁场中，轨迹对应的圆心角0越 大，其运动时间越长，在本题所给条件下，例如，轨迹 5 比轨迹2所用时间长，但轨迹5比轨迹2 短，故A错误； 由周期公式 T=p知，周期与电子的速率无关，所以 qB 电子在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中运动时 间相同，但轨迹不一定重合，比如图中轨迹3、4与5,它 们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即 它们的速率不同，故C、D错误。 10.B 画出正、负电子在磁场中运动 × ×X的轨迹如图所示。由图可知，正电 : × ×× 子做匀速圆周运动在磁场中的圆 × ×o弧轨迹对应的圆心角为120°,负电 子做匀速圆周运动在磁场中的圆 弧轨迹对应的圆心角为60°,又正、负电子在磁场中做 T=9m匀速圆周运动的周期 相同，故正、负电子在磁 场中运动的时间之比为2:1,故选 B。 11.A 依题意，气核、氘核全部被约束在大圆形区域内， qoB=m,得r=,由于二者速率相同，可知根据 气核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为1:2。当氘核 在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运 动轨迹半径最大，由几何知识得 ××mxx X (√2R—rmx)2=rm2+R2,求得 Dx R氘核的最大轨迹半径为rmax= 0 √2 ×R,所以允核在磁场中运动的 X4 X X r=2=gR,最大半径为 选项 A正确。 12.解析(1)设圆周运动半径为R,粒子做匀速圆周运 qoB=R,而T=2mR,动，洛伦兹力提供向心力，则( T=gB,联立解得周期7 t=?T=3gF·则粒子运动时间 (2)由几何关系有R=r·tan 60°=√3r。 q?R,(3)洛伦兹力提供向心力，则 0=13gBr.解得 3gB(2)√3r(3)3mBr(1)答案 训练四 质谱仪与回旋加速器 1.AD 离子从加速器的中间位置进入加速器，最后由加 速器边缘飞出，所以 A正确，B错误。加速器中所加的 磁场使离子做匀速圆周运动，所加的电场由交流电源提 供，用以加速离子，交流电源的周期与离子做圆周运动 的周期相同，故C错误，D正确。 2.D 粒子经电场加速的过程，由动能定理有：qU= 12 ·mv?2;粒子在磁场中运动，由向心力公式知 qv?B= 2 m· r=√mu,所以， m>m,,由图知r<r?,故 T=qB,A、B错误，D正确；因为周期为 ,运行时间为 T2,所以a运动的时间小于b运动的时间，C错误。 3.D 质量为m,带电量为q的离子在质谱仪中运动，则离 子在加速电场中加速运动，设离子在磁场中运动的速度 qU=2m2,解得：0=为 v,应用动能定理可得： √m? 离子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向 :qoB=m,解得：r==√20m。心力，则有： 。因 为离子和质子从同一出口离开磁场，所以它们在磁场中 √0m=g。√0m运动的半径相等，即 ,所以 离子和质子的质量比 m离：m=121,D 正确，A、B、C 错误。 R=gB可知，粒4.C 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盘的半径有 关，所以 E=E?;设粒子在加速器中绕行的圈数为n, 则 E=nqU,由以上关系可知 n与加速电压U成反比， 由于U?>U2,则 n?<n?,而t=nT,T不变，所以t?<t?, 故C正确，A、B、D错误。 5.AC 质子被加速后的最大速度受到 D形盒半径R的 v=2πk=2πRf,故A正确；质子离开回旋加速制约，则 E=2m2=2m×4π2R2f=器的最大动能 R=gB,qU2mπ2R2f,与加速电压U无关，B错误；根据 =2mv?2,2qU=2mv22,联立得质子第2次和第1次 经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为√2:1,C正确； 因回旋加速器的最大动能Ekmax=2mπ2R2f2,与m、R、f 均有关，D错误。 26 6.解析 粒子在电压为U的电场中加速时，根据动能定 理得：qU=_m2, ① 粒子进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 则有： qoB=m2, ② r=专， ③ m=BU联立①②③解得 BU答案 7.BC 设粒子的最大速度为 v,根据动能公式有 Ek= qoB=m2m2 ,解得 rm=,根据牛顿第二定律得 2s,,A错误；设粒子在磁场中转动的圈数为 n,因 每加速一次粒子获得的能量为qU,每圈加速两次，Ek= 2nqU,解得，n=2gU,B正确；粒子在磁场中运动的周期 为T=gB, f=2m,C正确；根据f=1,频率为 ,解得 v=9mr牛顿第二定律得quB=m2,得 ,与加速电压无 关，故减小加速电压，粒子从加速器射出时的速度不变， 动能不变，D错误。 qU=号m3得o=√20。粒子在8.A 根据动能定理 磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力qOB=m2,则r= 。=2r=言√m?,知a2cU。故A正确，B、C、D 错误。 9.C 由题图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，受到的 洛伦兹力的方向向左，由左手定则可知，该粒子带正电； 粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒 子受到的洛伦兹力的方向向上；由于粒子匀速穿过速度 选择器，所以粒子受到的电场力的方向向下，则电场的 方向向下，极板P?的电势比极板 P,的高，A错误；粒子 0-吾，B在速度选择器内受力平衡，由qE?=quB?可得 错误；粒子在静电分析器内受到的电场力提供向心力， m==ERB,cqE=R则( ,联立可得粒子的比荷 正确；粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，受到的洛伦 qoB=m r-EB,p、,联立可得兹力提供向心力，则 2r=2EB,D错误。Q之间的距离为 10.D 带电粒子在大小为 B′的磁场中向下偏转，根据左 手定则，知该粒子带正电，而在金属板间正电荷受到向 上的静电力，根据竖直方向平衡条件，洛伦兹力应向 下，因此磁场方向垂直纸面向外，故 A错误；粒子通过 金属板时所受的静电力和洛伦兹力平衡，有qE=qvB, 则v=吾，,即通过狭缝P的粒子速度相同，故 B错误； 所有打在S上的粒子，在磁场 B′中做匀速圆周运动， 运动的时间=墨，而T=gB,则i=B,由于粒子落 点的位置不同，由 r=p知，这些粒子比荷不同，即运 qB 动时间不同，故C错误；粒子打在S上的位置越靠近 P,半径越小，则粒子的比荷越大，故 D正确。 11.AC 质子在回旋加速器中每做半个圆周运动电场变 换一次，则回旋加速器的交流电频率等于质子在磁场 T=qB中的运动周期，故有 ,故 A正确；质子第一次 进入 D?盒时加速了一次，设速度为 v?,有 qU= qv,B=m2,可得2mv2,做圆周运动的半径为r?,有 r=gB=g√2mu,质子第一次进入 D?盒时加速了 r?=gB=i√mu,,故两半径之比两次，同理推得 为7-2,故 B错误；无论质子在电场中加速多少次， 最后都是从磁场中以最大速度匀速圆周离开，有qvmB E=2mva3=9BR=mR ,故有,可得最大动能1 质子的最大动能与加速电压U无关，与回旋加速器的 最大半径R有关，故若只增大交流电压U,则质子的最 大动能不变，故 D错误；由最大动能可推出质子在电 场中的加速次数，有nqU=Em-0,解得质子在电场中 n=4=2mR加速的次数为 ,故C正确。 12.解析 (1)质子第1次经过狭缝被加速后的速度大小 qU=gmv2,qv,B=m,为 v?,则 n?=√2m0,r?=g√2mu。解得 (2)当质子在磁场中运动的轨迹半径为D形盒的半径 R时，质子的动能最大，设此时速度为vm,则 q??B=m·r,Em=_mo2, 解得E=2R2。 回旋加速器正常工作时高频交流电压的频率f等于质 27 =T=2mR=gB,子在磁场中运动的频率，则 f=2m。解得 aa=ma,(3)质子在狭缝中加速时，有 质子在磁场中运动速度大小不变，故其在电场中运动 t?=a=BRd,的总时间 T=gB。质子在磁场中运动的周期 设质子在电场中加速了n次，则有 nqU=Ekm, n=2mR,解得， e=2T=m2R,质子在磁场中运动的总时间 =R,则 因为d<R,得t?《t?,故质子穿过电场的时间可以忽略 不计。 √mUB√m (2)22mR aU，答案(1) Bkd 2(3) 理由见解析 训练五 带电粒子在复合场中的运动 1.CD 带电小球进入复合场时受力情况： gE+qE qE quB A项 B C项mg, D项mg 其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的 方向相同，所以有可能沿直线通过复合场区域，A项中 力qvB随速度v的增大而增大，所以三力的合力不会总 保持在竖直方向，合力与速度方向将产生夹角，做曲线 运动，故选C、D。 2.B 带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，有 quB=qE。所以粒子所带电荷量改变，粒子运动轨迹不 会改变，B正确。 3.BD 带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀 速圆周运动，可知带电微粒受到的重力和静电力是一对 平衡力，重力竖直向下，所以静电力竖直向上，与电场方 向相反，故可知该微粒带负电，A错误；磁场方向向外， 洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒 的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒 的运动方向相反),B正确，C错误；由微粒做匀速圆周 运动，知静电力和重力大小相等，得 mg=qE①,带电微 粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为r= 0=Br,D正确。qB②,联立①②得 E=2m&得质4.ACD 三个粒子射入时动能相同，由 量与速度的平方成反比。三个粒子射入复合场中，都受 到向下的静电力和向上的洛伦兹力，其中氘核沿直线运 qvB=qE,v=B动未发生偏转，则有 而质子 qvB> qE,向上偏转，运动过程中，洛伦兹力不做功，静电力做 负功，射出时动能减少。同理可得，氚核 quB<qE,向下 偏转，运动过程中，静电力做正功，射出时动能增加。故 A、C、D正确，B错误。 5.D 电子入射极板后，偏向A板，说明qE>quB,由E=u 可知，减小场强 E的方法有增大板间距离和减小板间 电压，故C错误，D正确；而移动滑动头P并不能改变板 间电压，故 A、B均错误。 6.解析 (1)设粒子在电场中运动 y E 的时间为t,则有x=v?t=2h, y=2a2=h,qE=ma, E=2gh。联立以上各式可得1 1P ao ×××s c ×x 6 (2)粒子到达a点时沿y 轴负方 向的分速度为 v,=at=v%, 451 所以v=√v,2+v,2=√2v。,方向指向第四象限与x轴 正方向成45°角。 quB=m,(3)粒子在磁场中运动时，有 当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此 r-1,所以B=g时有 2gh(1)答案 (2)√2v。方向指向第四象限与x轴 (3)2q正方向成45°角 7.AC 油滴做直线运动，受重力、静电力和洛伦兹力作 用，因为重力和静电力均为恒力，可知油滴所受洛伦兹 力不变。粒子必定做匀速直线运动，故 A正确，B错误。 根据做匀速直线运动的条件和受力情况，由左手定则可 知，油滴只有带正电时受力才能平衡，且油滴的速度方 向为从M点到N点，故C正确，D错误。 8.BD 若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向 上，所以向上偏，B正确；若电子从左向右飞入，电场力 向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速 直线运动，D正确。 9.C 由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域I、 Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域 28