课时作业四 质谱仪与回旋加速器(Word练习)-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

课时作业(四) A基础达标 1.(多选)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域，不计重力，则(　　) A．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动 B．若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转 C．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转 D．若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动 【解析】　AB.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，A错误，B正确；CD.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，C错误，D正确。故选BD。 【答案】　BD 2．如图，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是(　　) A．粒子一定带负电 B．粒子的速度大小v＝ C．若同时改电场与磁场为反向，带电粒子仍沿直线运动 D．若增大粒子速度，粒子一定会向上偏转 【解析】　A．粒子做直线运动，若粒子带正电荷，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，电场力与洛伦兹力能平衡；若粒子带负电荷，电场力向上，洛伦兹力向下，电场力与洛伦兹力也能平衡；所以粒子电性不确定，故A错误； B．根据平衡条件，有qvB＝qE，得v＝，故B错误；C.若同时改电场与磁场为反向，则带电粒子所受电场力和洛伦兹力同时反向，仍然受力平衡，沿直线运动，故C正确；D.若粒子带正电荷，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，若增大粒子速度，则洛伦兹力增大，粒子会向上偏转；若粒子带负电荷，电场力向上，洛伦兹力向下，若增大粒子速度，则洛伦兹力增大，粒子会向下偏转，故D错误。故选C。 【答案】　C 3.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是(　　) A．离子由加速器的中心附近进入加速器 B．离子由加速器的边缘进入加速器 C．离子从磁场中获得能量 D．加速电压的周期是粒子在磁场中运动周期的2倍 【解析】　AB.离子由加速器的中心附近进入加速器，然后随速度的增加，在D形盒中运动的轨道半径逐渐变大，最后从边缘引出，选项A正确，B错误；C.洛伦兹力对离子不做功，则离子从电场中获得能量，选项C错误；D.加速电压的周期等于粒子在磁场中的运动周期，这样才能使得粒子每次经过D形盒狭缝时都能被加速，选项D错误。故选A。质子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后的运动轨迹半径之比为1∶，选项D错误。故选C。 【答案】　C 4.(多选)如图是质谱仪的工作原理示意图。现有一束几种不同的正离子，经过加速电场加速后，垂直射入速度选择器(速度选择器内有相互正交的匀强电场E和匀强磁场B1)，离子束保持原运动方向未发生偏转。接着进入另一匀强磁场B2，发现这些离子分成几束。忽略重力的影响，由此可得结论(　　) A．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内 B．这些离子通过狭缝P的速率都等于 C．这些离子的电量一定不相同 D．这些离子的比荷一定不相同 【解析】　A．由离子在B2中的偏转知粒子带正电，则受电场力向右，则离子在选择器中受水平向左的洛伦兹力，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故A错误； B．由qE＝qvB1，得v＝，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故B正确； C．由qvB2＝m，得R＝，离子是半径不同，一定是比荷不同，而电量可能相等，故C错误； D．由R＝，得＝，知荷质比越大，R越小，越靠近狭缝，故D正确；故选BD。 【答案】　BD 5.(多选)如图是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对着平行放置，且板面垂直于纸面，在两板之间接有电阻R。在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场。当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时，下列说法中正确的是(　　) A．N板的电势高于M板的电势 B．M板的电势高于N板的电势 C．R中有由a向b方向的电流 D．R中无电流通过 【解析】　AB.等离子束从左向右进入极板时，根据左手定则可知，正离子受到向上洛伦兹力，向上偏转，使得金属板M带正电，负离子受到向下洛伦兹力，向下偏转，使得金属板N带负电，故M板的电势高于N板的电势，B正确，A错误；CD.由于M板的电势高于N板的电势，R中有由a向b方向的电流，C正确，D错误；故选BC。 【答案】　BC 6．如图所示，靠电子导电的霍尔元件样品置于电磁场中，上、下表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是(　　) A．通过霍尔元件的磁场方向向上 B．接线端2的电势高于接线端4的电势 C．仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变 D．若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大 【解析】　A．由安培定则可判断出左侧线圈产生的磁场方向向上，经铁芯后在霍尔元件处的磁场方向向下，A错误；B.通过霍尔元件处的磁场方向向下，由左手定则可知，霍尔元件中导电物质受到的洛伦兹力向右，导电物质偏向接线端2，由于导电物质为电子，则接线端2的电势低于接线端4的电势，B错误；C.仅将电源E1、E2反向接入电路，磁场反向，电流反向，霍尔元件中导电物质受到的洛伦兹力不变，电压表的示数不变，C正确；D.若适当减小R1，电流产生的磁场变强，通过霍尔元件处的磁场B增强，增大R2，通过霍尔元件的电流I减弱，则霍尔元件产生的电压U＝k ，可能减小，电压表示数可能减小，D错误；故选C。 【答案】　C 7.如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，忽略粒子在电场中的运动时间，下列说法中正确的是(　　) A．粒子射出时的最大动能与D形金属盒的半径有关 B．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大 C．若增大加速电压，粒子在回旋加速器中运动的时间不变 D．若增大磁感应强度B，为保证粒子总被加速，必须减小周期性变化电场的频率 【解析】　AB.粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律qvB＝m ，解得v＝ 粒子射出时的最大动能Ekm＝mv2＝ 粒子射出时的最大动能与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，与加速电压无关，故A正确，B错误；C.粒子做圆周运动的周期T＝，根据动能定理nqU＝mv2＝，加速次数n＝ 粒子在回旋加速器中运动的时间t＝T＝，若增大加速电压，粒子在回旋加速器中运动的时间减小，故C错误；D.若增大磁感应强度B，根据T＝，可知，为保证粒子总被加速，必须减小周期性变化电场的周期，必须增大周期性变化电场的频率，故D错误。故选A。 【答案】　A 8.(多选)按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战。暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L、直径为D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，污水充满管道从左向右流经测量管时，a、c两端电压为U，显示仪器显示污水流量为Q(单位时间内排出的污水体积)。则下列说法正确的是(　　) A．a侧电势比c侧电势高 B．若污水中正离子较多，则a侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，则a侧电势比c侧电势低 C．污水流量Q与U成正比，与D无关 D．污水流量Q与U成正比，与L无关 【解析】　AB.污水中的正负离子，在洛伦兹力作用下发生偏转，正离子向右偏转到a端，负离子向左偏转到c端，故a侧电势比c侧电势高。与污水中正负离子的数量没有关系。故A正确；B错误； CD.当电场力与洛伦兹力平衡时， 有qvB＝qE＝q ，U＝BDv 流量为Q＝Sv，S＝π2 联立，可得Q＝ 污水流量Q与U成正比，与L无关。故C错误；D正确。故选AD。 【答案】　AD 9．质谱仪是由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成的。已知速度选择器的两极板间的匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，分离器中匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外。离子室内充有大量氢的同位素氕H、氘H、氚H，它们以不同的速度经加速电场加速后，从速度选择器两极板间的中点O平行于极板进入，部分粒子沿直线通过小孔O′后进入分离器的偏转磁场中，最后在底片上形成了对应于氕H、氘H、氚H三种离子的三个感光点P1、P2、P3，测得P1到O′点的距离为d。不计离子所受的重力及它们之间的相互作用。求： (1)打在P1处的离子的比荷； (2)P2与P3两点间的距离d′。 【解析】　(1)离子通过速度选择器时，做匀速直线运动， 则有qvB1＝qE，解得v＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB2＝m 其中r＝，联立可得＝ (2)分析可知氘打在P2的位置，令O′P2的距离为x2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB2＝2m 可知氚打在P3的位置，令O′P3的距离为x3，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB2＝3m P2与P3两点间的距离为d′＝P3－P2 联立可得d′＝。 【答案】　(1)　(2) B能力提升 10．(多选)如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。下列说法正确的是(　　) A．质子的最大速度不超过2πRf B．质子的最大动能为 C．质子的最大动能与电压U无关 D．只增大磁感应强度B，可减小质子的最大动能 【解析】　A．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则有v＝＝2πRf 所以最大速度不超过2πfR。A正确； BC.根据洛伦兹力充当向心力，有qvB＝m 则质子的最大动能为Ekm＝mv2＝与电压无关，BC正确； D．根据洛伦兹力充当向心力，有qvB＝m 则质子的最大动能为Ekm＝mv2＝ 可知，只增大磁感应强度B，可增大质子的最大动能，D错误。故选ABC。 【答案】　ABC 11．在笔记本电脑的机身与显示屏的对应部位，分别装有磁体和霍尔元件。开启显示屏，磁体的磁场远离霍尔元件，元件不工作，屏幕正常显示：闭合显示屏，磁体的磁场靠近使得霍尔元件工作，屏幕熄灭，电脑也休眠。如图所示，一块长为a、宽为c、高为d的长方体霍尔元件，当有电流I沿长度方向流过，且有垂直于上表面、方向向上的磁感应强度为B的匀强磁场作用时，元件的前、后表面间形成电势差为U。电势差U控制屏幕的熄灭。已知电流I是电子定向移动形成的，电子电荷量为e，单位体积内的电子数目为n，下列说法正确的是(　　) A．前表面的电势比后表面的高 B．前后表面间的电势差为U＝ C．自由电子所受静电力的大小为 D．自由电子所受洛伦兹力大小为 【解析】　A．电流向右，电子向左定向移动，根据左手定则，电子所受洛仑兹力垂直纸面向外，电子打在前表面，前表面电势比后表面电势低，A错误； B．根据平衡条件e＝evB 解得U＝Bcv，I＝neSv，S＝cd 解得U＝，B正确； CD.自由电子所受静电力的大小为F＝Eq＝ 根据平衡条件e＝evB 电子所受洛仑兹力大小为F＝e，CD错误。故选B。 【答案】　B 12.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　) A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．右侧相邻圆弧间距离P1P2＞P2P3 C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 【解析】　AD.带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。电场的方向没有改变，则在AC间加速，AD错误； B．根据qvB＝m ，解得r＝，则P1P2＝2(r2－r1)＝ 因为每转一圈被加速一次，根据匀变速知识可知，经过相同位移用的时间越来越小，所以速度变化量 Δv＝at 也就越来越小，所以P1P2＞P2P3，B正确； C．当粒子从D形盒中出来时，速度最大， 根据qvB＝m ，解得v＝ 知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，C错误。 故选B。 【答案】　B 13．如图所示为“用质谱仪测定带电粒子质量”的装置示意图。速度选择器中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外。在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若它们的质量关系满足m甲＝m乙<m丙＝m丁，速率关系满足v甲<v乙＝v丙<v丁，它们的重力均可忽略，则打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是(　　) A．乙甲丙丁　　　　　　 B．甲丁乙丙 C．丙丁乙甲 D．丁甲丙乙 【解析】　只有满足v＝的粒子才能通过速度选择器，由图可知只有两个粒子通过速度选择器，所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙，由qvB2＝，知r＝，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P3点，丙打在P4点，甲的速度小于乙的速度，即小于，则洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在P1点，丁的速度大于乙的速度，即大于，则洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在P2点。故选B。 【答案】　B 14．一种质谱仪的结构可简化为如图所示，粒子源释放出初速度可忽略不计的H和H，粒子经直线加速器加速后由通道入口的中缝MN进入磁场区。该通道的上下表面是内半径为R、外半径为3R的半圆环。该通道置于竖直向上的匀强磁场中，正对着通道出口处放置一块照相底片，能记录粒子从出口射出时的位置。当直线加速器的加速电压为U0，H沿左侧通道中心线MN射入磁场区，且恰好能击中照相底片的正中间位置，已知H比荷为，则 (1)匀强磁场的磁感应强度B； (2)照相底片上H和H所击中位置间的距离； (3)考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，若要H和H在底片上没有重叠区域，求ΔU满足的条件。 【解析】　(1)由题意可知当质子恰好能击中照相底片的正中间位置时，其运动半径为r＝R＋R＝2R 设质子经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有qU0＝mv2 根据牛顿第二定律有qvB＝m 联立解得B＝ (2)由于H粒子的质量数是H粒子的两倍，则H粒子的比荷为，设H粒子和H粒子经过加速后获得的速度大小分别为v1、v2，根据动能定理有qU0＝mv，qU0＝×2mv 根据牛顿第二定律有qv1B＝m ，qv2B＝2m 联立解得r1＝2R，r2＝2R 则照相底片上H和H所击中位置间的距离Δx＝2r2－2r1＝4(－1)R (3)由(2)问可知在相同的电压下H粒子的偏转半径大于H粒子的偏转半径，若要H和H在底片上没有重叠区域，则只需H粒子的最小偏转距离大于H粒子的最大偏转距离即可，则对于H粒子有 q(U0－ΔU)＝2mv qv2 minB＝2m 整理有r2 min＝2R 对于H粒子有q(U0＋ΔU)＝mv， qv1 maxB＝m 整理有r1 max＝2R 则需要2r1 max<2r2 min，整理有ΔU＜ 【答案】　(1) 　(2)4(－1)R (3)ΔU＜ 学科网（北京）股份有限公司 $$