第一章 4．质谱仪与回旋加速器-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册教师用书word（人教版）

本讲义聚焦质谱仪与回旋加速器核心知识点，系统梳理质谱仪加速电场（动能定理）、偏转磁场（洛伦兹力提供向心力）的原理及应用，以及回旋加速器磁场回旋、电场加速的构造与周期匹配、最大动能规律，通过问题初探、思考讨论搭建递进式学习支架。 该资料以问题驱动引导科学探究，如“教用·问题初探”激活预习思考，典例分析注重模型建构与科学推理（如质谱仪三阶段运动分析、回旋加速器周期推导），课时分层作业分题组巩固物理观念。课中辅助教师高效授课，课后助力学生查漏补缺，提升综合应用能力。

4．质谱仪与回旋加速器 [学习目标]　1．知道质谱仪的构造和原理。2．知道回旋加速器的构造和原理。3．会利用力和运动的知识分析带电粒子的运动情况。 [教用·问题初探]——通过让学生回答问题来了解预习教材的情况 问题1　带电粒子进入质谱仪的加速电场被加速，如何求速度？ 问题2　带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，如何求轨迹半径？ 问题3　回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？ 　质谱仪 1．原理：如图所示，带电粒子经加速电场加速后垂直于磁场方向进入匀强磁场，最后打在照相底片上，不同质量的粒子在照相底片上位置不同。 2．加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场被加速，由动能定理得mv2＝qU，由此可知v＝。 3．偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝。 4．结论：r＝，测出粒子的半径r，可算出粒子的质量m或比荷。 5．应用：可以测定带电粒子的质量和分析同位素。 提醒：比荷相同的粒子经相同加速电场加速后再进入相同偏转磁场偏转，打到照相底片的位置是相同的。 【思考讨论】　如图所示为质谱仪原理示意图。设粒子质量为m、电荷量为q，加速电场电压为U，偏转磁场的磁感应强度为B。 问题1　如何求进入匀强磁场的速度，并求出大小。 提示：由动能定理qU＝mv2得v＝。 问题2　打在底片上的位置到S3的距离有多大？ 提示：由于在磁场中运动的轨道半径为r＝，所以打在底片上的位置到S3的距离为。 【知识归纳】　 1．带电粒子的运动分析 (1)加速电场加速：qU＝mv2。 (2)匀强磁场偏转：qvB＝。 (3)结论：r＝，粒子比荷＝，质量m＝。 2．质谱仪区分同位素：同位素电荷量q相同，质量不同，由r＝知，在质谱仪照相底片上显示的位置就不同，故能据此区分同位素。 【典例1】　(质谱仪的原理应用)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点，已知底板MN上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场电场强度的大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则(　　) A．速度选择器中的电场方向向左，且三种粒子均带正电 B．三种粒子的速度大小均为 C．打在P3点的粒子的比荷最大，且其在磁场中的运动时间最长 D．如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为 D　[带电粒子通过速度选择器时，需要二力平衡，故qvB1＝qE，且两力方向相反，根据带电粒子在偏转磁场中的偏转方向，由左手定则可知三种粒子均带正电，故速度选择器中，洛伦兹力方向为水平向左，可知电场方向向右，故A错误；三种粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，由qE＝qvB1得v＝，故B错误；粒子在MN下方磁场区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB2＝m得R＝，半径与三种粒子的比荷成反比，故打在P3点的粒子比荷最小，在磁场中的运动时间为t＝＝，故打在P3点的粒子在磁场中的运动时间最长，故C错误；打在P1、P3两点的粒子间距为Δx＝2r3－2r1＝－＝，解得m3－m1＝，故D正确。] 【典例2】　(质谱仪的相关计算)一具有速度选择器的质谱仪如图所示：A为粒子加速器，B为速度选择器，选择器内匀强电场与匀强磁场正交，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1；C为偏转分离器，分离器内部存在磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子(不计所受重力)从加速器上极板由静止加速后恰好能沿直线通过速度选择器，进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动。求： (1)粒子通过速度选择器的速度大小v； (2)粒子的比荷； (3)加速器的加速电压U。 [解析]　(1)粒子恰好能沿直线通过速度选择器，说明粒子受力平衡，有qE＝qvB1，解得v＝。 (2)由洛伦兹力提供向心力得qvB2＝，解得＝。 (3)由动能定理得qU＝mv2，解得U＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　质谱仪问题的分析技巧 (1)分清粒子运动三阶段 带电粒子在质谱仪中的运动可分为三个阶段：粒子先被加速，再通过速度选择器，最后在磁场中偏转。 (2)加速阶段应用动能定理 由qU＝mv2得v＝。 (3)在速度选择器中应用平衡条件 静电力和洛伦兹力平衡，粒子做匀速直线运动，有qE＝qvB1。 (4)在偏转磁场中应用洛伦兹力提供向心力的规律求解。 【教用·备选例题】　如图为质谱仪的原理示意图，带电粒子从粒子源A无初速度飘出，经电压U加速后穿过狭缝垂直进入磁感应强度为B0的磁场，并打在显示屏上，显示屏最左边的点记为G，最右边的点记为M，已知带电粒子在磁场中形成的等效电流大小为I，显示屏在狭缝的左侧，其上的亮斑与狭缝距离为d。(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用) (1)求粒子的比荷； (2)若粒子打在显示屏上不反弹，求带电粒子对显示屏的作用力大小F； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。如图，狭缝左、右边缘分别在S1、S2，S1S2＝d，GS2＝2d，MS1＝d，设磁感应强度大小可调，为保证上述粒子均能打到显示屏GM上，求匀强磁场磁感应强度大小B的范围。 [解析]　(1)带电粒子在电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2 由洛伦兹力提供向心力有qvB0＝m 可得d＝2r＝ 则粒子的比荷的大小为＝。 (2)设时间t内有n个粒子打在屏上，根据电流的定义式有I＝ 由牛顿第三定律知显示屏受到的力F与粒子受到的力F′大小相等，取打在屏上时速度方向为正， 由动量定理有－F′t＝0－nmv 解得F＝＝mv＝。 (3)S2→M：R1＝＝d qvB1＝m 可得B1＝B0 S1→G：R2＝＝d qvB2＝m 可得B2＝B0 故匀强磁场磁感应强度大小范围为B0≤B≤B0。 [答案]　　(2)　(3)B0≤B≤B0 　回旋加速器 【链接教材】　在如图所示的多级加速器中，各加速区的两极之间用独立电源供电，粒子从P1到P2做什么运动？ P2到P3做什么运动？ 提示：匀加速运动；匀速运动。 【知识梳理】 1．构造：两个半圆形金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，两金属盒间接交流电源，如图所示。 2．原理：粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速，在金属盒内做匀速圆周运动。经半个圆周之后，金属盒间电场反向，粒子又被加速。如此，粒子一次次被加速使速度增加到很大。 3．条件：高频交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期相同。粒子每经过两金属盒缝隙时都被加速，其轨道半径就大一些，但粒子做匀速圆周运动的周期不变。 4．最大动能：由qvB＝和Ek＝mv2联立得Ek＝(R为D形盒的半径)，即粒子在回旋加速器中获得的最大动能与q、m、B、R有关，与加速电压无关。 【思考讨论】　回旋加速器的原理图如图所示，已知D形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，交流电源的周期为T，若用该回旋加速器来加速质子，设质子的质量为m，电荷量为q。 问题1　回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？ 提示：磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速。 问题2　质子每次经过狭缝时，动能的增加量是多少？ 提示：动能的增加量为qU。 问题3　对交流电源的周期有什么要求？ 提示：交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期。 【知识归纳】　 1．粒子被加速的条件 交变电压的周期等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期。 2．粒子的最大动能 (1)粒子做匀速圆周运动的最大半径等于D形盒的半径。 (2)已知D形盒半径R，根据R＝可推出带电粒子离开加速器时的最大速度vm＝。 (3)根据Ekm＝可得出带电粒子获得的最大动能Ekm＝。 3．提高粒子的最大动能的措施 由Ekm＝可知，应增大磁感应强度B和D形盒的半径R。 4．回旋加速的次数 粒子每加速一次，动能增加qU，故需要加速的次数n＝，回旋的次数为。 5．粒子在回旋加速器中运动的时间 在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2＝·T＝(n为加速次数)，总时间为t＝t1＋t2，因为t1≪t2，一般认为在回旋加速器中运动的时间近似等于t2。 【典例3】　(回旋加速器原理)回旋加速器是将半径为R的两个D形盒置于磁感应强度为B的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为U的高频交流电源。电荷量为q的带电粒子从粒子源A处进入加速电场(初速度为零)，若不考虑粒子在电场中加速的时间、相对论效应及粒子所受重力，下列说法正确的是(　　) A．增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度会增大 B．粒子第一次在D2中的运动时间大于第二次在D2中的运动时间 C．粒子从磁场中获得能量 D．若仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的 D　[粒子从D形盒中出来时速度最大，根据洛伦兹力提供向心力有qvmB＝，得vm＝，可知增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度不变，故A错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，粒子每次在D2中的运动时间为周期的一半，故粒子第一次在D2中的运动时间等于第二次在D2中的运动时间，故B错误；粒子在电场中加速，获得能量，在磁场中，洛伦兹力方向与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故C错误；交流电源频率为f ＝＝，若仅将粒子的电荷量变为，则交流电源频率应变为原来的，故D正确。] 【典例4】　(回旋加速器最大动能、运动时间问题)加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆形金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被接交流电源的电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开。忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。 (1)求粒子在磁场中运动半圈的时间t； (2)求粒子离开回旋加速器时获得的最大动能Ekm； (3)D1和D2金属盒之间窄缝的宽度很小，因此粒子在两盒间的电场加速的时间通常可以忽略不计。在这种情况下，分析计算粒子从A点开始运动到离开回旋加速器的时间。 [解析]　(1)设粒子以速度v在磁场中做半径为r的圆周运动，由牛顿第二定律得qvB＝m 解得r＝ 运动周期T＝＝ 运动半圈的时间t＝＝。 (2)当带电粒子的运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值 vm，由牛顿第二定律得 qvmB＝ 粒子离开回旋加速器时获得的最大动能Ekm＝，解得Ekm＝。 (3)设粒子在电场中被加速 n次， 由动能定理得 nqU＝Ekm 解得n＝ 粒子在回旋加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和， 即在金属盒内旋转圈的时间t1和通过金属盒间隙n次所需的时间t2之和，由于t2可忽略不计，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，运动周期T＝ 故粒子运动的总时间t1＝T＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　求解回旋加速器问题的两点注意 (1)带电粒子通过回旋加速器最终获得的动能Ekm＝，与加速的次数以及加速电压U的大小无关。 (2)交变电源的周期与粒子做圆周运动的周期相等。 【教用·备选例题】　如图甲所示是处在匀强磁场中的真空室内的两个半圆形的金属扁盒(“D”形盒)，若“D”形盒的半径为R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，现在两“D”形盒间接入峰值为U0的交变电压，电压随时间的变化规律如图乙所示，将粒子源置于D1盒的圆心处，粒子源产生的质量为m、电荷量为q的氘核，在t＝0时刻进入“D”形盒的间隙，已知氘核的初速度不计，氘核穿过电场的时间忽略不计，不考虑相对论效应和重力作用，下列说法不正确的是(　　) A．氘核离开回旋加速器的最大动能为 B．交变电压的周期可以取 C．经电场n次加速后进入D形盒的运动半径为 D．氘核第n次被加速前、后的轨道半径比为∶ D　[D形盒的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得v＝，则氘核离开回旋加速器的最大动能为Ek＝mv2＝，故A 正确；氘核在磁场中的周期公式为T′＝＝，若交流电压的周期为T＝，则有＝3，可以起加速作用，所以交变电压的周期可以取，故B正确；氘核经电场n次加速后进入D形盒时有nqU0＝，根据洛伦兹力提供向心力可得轨道半径为rn＝，解得氘核第n次被加速后进入D形盒的轨道半径rn＝，故C正确；氘核第n次被加速前的速度满足＝，根据洛伦兹力提供向心力可得轨道半径为rn－1＝，解得氘核第n次被加速前的轨道半径rn－1＝，可得氘核第n次被加速前、后的轨道半径比为＝，故D错误。] 1．(多选)1932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．离子从电场中获得能量 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，故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，洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力不做功，所加的电场由交流电源提供，用于加速离子，交流电源的周期与离子做圆周运动的周期相同，离子从电场中获得能量，故C错误，D正确。] 2．如图所示是质谱仪的工作原理示意图。三个带电粒子先后从容器A正下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度大小都几乎为零，然后都竖直向下经过加速电场，分别从小孔S2离开，再从小孔S3沿着与磁场垂直的方向竖直向下进入水平向外的匀强磁场中，最后打到照相底片D上的不同位置。整个装置放在真空中，均不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用力。根据图中三个带电粒子在质谱仪中的运动轨迹，下列说法正确的是(　　) A．加速电场的电场强度方向竖直向上 B．三个带电粒子进入磁场中的速度大小一定相同 C．三个带电粒子进入磁场的动能与带电荷量成正比 D．三个带电粒子的比荷一定相同 C　[利用粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知，粒子带正电，可知加速电场的电场强度方向竖直向下，A错误；根据qU＝mv2①，由于经同一电场加速，三个带电粒子进入磁场的动能与带电荷量成正比，C正确；粒子在磁场中运动，根据qvB＝②，联立①②解得r＝，由于轨道半径不同，因此三个带电粒子的比荷不同，D错误；由①得v＝，由于粒子的比荷不同，因此进入磁场的初速度大小不同，B错误。故选C。] 3．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，高频加速电场的电压为U，频率为f ，两D形盒处在匀强磁场中。用该回旋加速器加速电子束，达到最大速度后将电子引出，测得电子引出时的平均电流为I，电子的电荷量为e，质量为m，求： (1)电子被引出时的速度大小； (2)电子在回旋加速器中加速的次数； (3)电子束的输出功率(单位时间内输出的电子束的能量)。 [解析]　(1)洛伦兹力提供向心力，电子在D形盒中做匀速圆周运动，电子达到最大速度后被引出，高频加速电场的周期与电子做圆周运动的周期相同，则 T＝＝ 解得v＝2πf R。 (2)电子被引出时的动能Ek＝mv2＝2mπ2f 2R2 设电子在回旋加速器中加速的次数为n，由动能定理得neU＝Ek－0 解得n＝＝。 (3)电子被引出时，设单位时间内飞出回旋加速器的电子数为N，则I＝Ne 电子束的输出功率P＝N·mv2 解得P＝。 [答案]　(1)2πf R　(2)　 (3) 回归本节知识，完成以下问题： (1)质谱仪由加速电场和偏转磁场组成，主要用来测量什么？ 提示：测量带电粒子的质量、比荷和分析同位素。 (2)回旋加速器中电场的作用是什么？带电粒子获得的最大动能是多少？ 提示：电场的作用是给带电粒子加速，最大动能为。 课时分层作业(四)　质谱仪与回旋加速器 题组一　质谱仪 1．1922年，英国科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P(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后，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，则下列图像能正确反映x2与U之间函数关系的是(　　) A　　　　B　　　　　C　　　　　D A　[粒子在加速电场中根据动能定理有qU＝mv2，得v＝，粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m，得轨道半径r＝，则x＝2r＝，知x2∝U，故A正确，B、C、D错误。] 2．如图所示的质谱仪中，加速电场的电压恒定。一质子(质量为m、电荷量为＋e)在入口处从静止开始被电场加速，经磁感应强度大小为B0的匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若氦核(质量为4m、电荷量为＋2e)在入口处由静止开始被电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从出口离开磁场，需将磁感应强度增加到(　　) A．B0 B．2B0 C．4B0 D．8B0 A　[根据动能定理得qU＝mv2，根据牛顿第二定律得qvB＝m，根据题意得x＝2r，解得B＝，根据题意得B0＝，Bα＝，解得Bα＝B0，故选A。] 3．(多选)质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D处有一荧光屏。同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点，离子重力不计。则(　　) A．a离子质量比b的大 B．a离子质量比b的小 C．a离子在磁场中的运动时间比b的短 D．a、b离子在磁场中的运动时间相等 BC　[设离子进入磁场的速度为v，在电场中有qU＝mv2，在磁场中有Bqv＝m，联立解得r＝＝，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，A错误，B正确；在磁场运动的时间均为半个周期，即t＝＝，由于b离子的质量大于a离子的质量，故离子b在磁场中运动的时间较长，C正确，D错误。] 题组二　回旋加速器 4．我国自主研发的“230 MeV超导质子回旋加速器”在中国原子能科学研究院完成测试。回旋加速器的原理如图所示，D1和D2是两个半径为R的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，电压为U、周期为T的交变电压加在狭缝处。位于D1圆心处的质子源能不断产生质子(初速度可以忽略)，质子在两盒之间被电场加速，忽略质子在电场中运动的时间，不计质子的重力及质子间的相互作用，不考虑加速过程中的相对论效应。则(　　) A．交变电压的周期是质子做圆周运动周期的2倍 B．质子离开回旋加速器的最大动能随电压U的增大而增大 C．质子在回旋加速器中加速的次数随电压U的增大而减少 D．质子在回旋加速器中运动的时间随电压U的增大而增大 C　[为保证每次经过狭缝时，质子都被加速，所需交变电压的周期应等于质子做圆周运动的周期，A错误；当质子运动的轨道半径等于半圆形金属盒的半径时，质子将离开回旋加速器，根据qvB＝可得离开回旋加速器时的动能Ek＝mv2＝，因此质子离开回旋加速器的最大动能与加速电压U的大小无关，B错误；根据动能定理有nqU＝Ek＝，可知质子在回旋加速器中加速的次数随电压U的增大而减少，C正确；由C项分析可知，加速电压U越大，加速的次数越少，质子旋转的圈数越少，运动的时间越少，D错误。故选C。] 5．(多选)回旋加速器原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略；磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流电源的频率为f ，加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，下列说法正确的是(　　) A．增大交流电压U，则质子获得的最大动能增大 B．若只增大D形金属盒的半径，则质子离开加速器的时间变长 C．若磁感应强度B增大，则交流电频率f 必须适当增加，加速器才能正常工作 D．在其他条件都不改变的情况下，带电粒子的加速次数与R2成正比 BCD　[质子在磁场中做匀速圆周运动，当质子运动的轨迹半径等于D形盒的半径时有qvB＝，则质子最大动能为Ek＝mv2＝，可知最大动能与磁感应强度和D形盒半径有关，与交流电压无关，故A错误；质子在回旋加速器中做圆周运动的周期为T＝，质子的加速次数为n＝＝，可知在其他条件都不改变的情况下，带电粒子的加速次数与R2成正比，加速时间为t＝n·＝，可知若只增大D形金属盒的半径，则质子离开加速器的时间变长，故B、D正确；质子做匀速圆周运动的频率与加速电场的频率相同，则有f ＝＝，若磁感应强度B增大，则交流电频率f 必须适当增加，加速器才能正常工作，故C正确。故选BCD。] 6．回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒间的交变电压为U，静止质子经电压U加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，电荷量为e。求： (1)质子最初进入D形盒的动能大小； (2)质子经回旋加速器最后得到的动能大小； (3)交流电源的频率大小。 [解析]　(1)质子在电场中加速，由动能定理得 eU＝Ek－0 解得Ek＝eU。 (2)质子在回旋加速器的磁场中运动的最大半径为R，由牛顿第二定律得evB＝m 质子的最大动能Ekm＝mv2 解得Ekm＝。 (3)由电源的周期与频率间的关系可得f ＝ 电源的周期与质子做圆周运动的周期相同，均为T＝ 解得f ＝。 [答案]　(1)eU　(2)　(3) 7．如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，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。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示。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．在Ek­t图像中应有t4－t3＜t3－t2＜t2－t1 B．加速电压越大，粒子最后获得的动能就越大 C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的面积 D　[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此在Ek­t图像中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A错误；由粒子做圆周运动的半径r＝＝可知Ek＝，即粒子获得的最大动能决定于D形盒的半径和匀强磁场的磁感应强度，与加速电压和加速次数无关，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不再继续加速，故B、C错误，D正确。] 8．(多选)如图所示，图1为直线加速器，它由多个横截面积相同的金属圆筒共轴依次排列，圆筒长度按照一定的规律依次增加。被加速的带电粒子每次通过圆筒间隙都被加速，且通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。图2为回旋加速器，D1、D2为两个中空的半圆金属盒，处于竖直向下的匀强磁场B中。被加速的带电粒子通过D形盒间隙的时间可以忽略不计。两个加速器中所接交流电源的电压大小均保持恒定不变。下列说法正确的是(　　) A．直线加速器中的金属圆筒起到了屏蔽的作用，带电粒子在圆筒中做匀速直线运动 B．回旋加速器中制作D形盒的金属不能选用铁磁性材料 C．只增加交流电压值U，回旋加速器仍可正常工作，且能减小带电粒子在加速器中的运动时间 D．直线加速器中，带电粒子在金属圆板0中心处由静止释放，则之后依次通过1、2、3圆筒的时间之比为1∶2∶3 ABC　[直线加速器中金属圆筒形成了静电屏蔽，内部电场强度为零，粒子在圆筒中做匀速直线运动，故A正确；铁磁性材料在磁场中会受到磁场力的作用，不能制作D形盒，故B正确；由于粒子的速度满足qvB＝，得v＝，粒子从回旋加速器中射出，只增加交流电压值U，则每一次通过D形盒间隙增加的速度变大，加速次数变少，粒子在加速器中的运动时间减小，故C正确；直线加速器接交变电压，每次通过一个圆筒的时间应当固定(一般为半个交变电流的周期)，才可以每次通过间隙都被加速，故D错误。故选ABC。] 9．(多选)如图所示为质谱仪的结构原理图，两个水平极板S1、S2间有垂直极板方向的匀强加速电场，圆筒N内可以产生氕()核和氘()核，它们由静止进入极板间，经极板间的电场加速后进入下方的匀强磁场，在磁场中运动半周后打到底片P上。不计氕核和氘核的重力及它们间的相互作用。则下列判断正确的是(　　) A．氕核和氘核在极板S1、S2间运动的时间之比为 1∶1 B．氕核和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶2 C．氕核和氘核在磁场中运动的速率之比为∶1 D．氕核和氘核在磁场中运动的轨迹半径之比为 1∶2 BC　[粒子在电场中做初速度为零的匀加速运动，则有d＝·t2，解得t＝，故氕核和氘核在极板间运动的时间之比＝＝，故A错误；带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，氕核和氘核在磁场中均运动半个周期，则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比＝＝，故B正确；由动能定理得qU＝mv2，可得v＝，则氕核和氘核在磁场中运动的速率之比＝＝，故C正确；由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，可得r＝，则氕核和氘核在磁场中运动的轨迹半径之比＝＝，故D错误。故选BC。] 10．阿斯顿最早设计了质谱仪，并用它发现了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，证实了同位素的存在。一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场，正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置。粒子源释放出的20Ne和22Ne加速后垂直通过速度选择器的正交电磁场，磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E0，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，其中20Ne恰能击中照相底片的正中间位置。已知20Ne的质量为m1，22Ne的质量为m2，带电荷量均为q(q>0)，不计粒子重力，求： (1)粒子通过速度选择器的速度大小v； (2)通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1； (3)调节速度选择器的电场强度大小，可改变粒子击中照相底片的位置，为了保证两种粒子都能击中照相底片，电场强度可调节的最大值Em的大小。 [解析]　(1)在速度选择器中，粒子所受洛伦兹力与静电力相等，即qvB0＝qE0，解得 v＝。 (2)依题意知20Ne的轨道半径为r1＝2R 根据牛顿第二定律有qvB1＝m1 解得B1＝。 (3)根据(2)中式子可知，当20Ne和22Ne以相同速度进入磁场区时，质量较大的22Ne轨道半径较大，所以在保证两种粒子都能击中照相底片的情况下，当22Ne恰好能够击中照相底片最外侧时，其速度最大，速度选择器的电场强度最大。 易得 vm＝ ，qvmB1＝ 其中2rm＝5R，联立解得Em＝。 [答案]　(1) 　(2)　(3) 11．如图是一种回旋加速器的原理图：半径为r的两个中空D形盒处于垂直于盒面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。两D形盒左端狭缝处放置一电场强度恒定的加速电场，加速电压为U。质量为m、带电量为q的带正电粒子从P0处进入加速电场。粒子初速度很小，可以忽略。粒子经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，接着又从P1处进入两D形盒之间的真空狭缝(两虚线狭缝之间无电场、无磁场)。多次加速后，从D形盒右侧的边缘M处沿切线引出。粒子在狭缝中运动时间很小，可忽略。求： (1)粒子第一次被加速后，在磁场中运动的轨迹半径； (2)粒子能够获得的最大速度和加速的次数； (3)粒子从第一次进入电场到被加速到最大速度引出需要的总时间。 [解析]　(1)粒子第一次被电场加速，根据动能定理得qU＝ 进入磁场后，做匀速圆周运动，根据向心力公式得qv1B＝，解得r1＝。 (2)设粒子经电场第n次加速后，获得最大速度，由动能定理得nqU＝ 根据题意知粒子进入磁场后，做匀速圆周运动的最大半径为r，根据向心力公式有qvmB＝ 解得vm＝，n＝。 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期满足 qvB＝mv 可得T＝ 所以粒子在磁场中运动的总时间为 t＝nT－＝－。 [答案]　(1)　(2)　 (3)－ 12．(多选)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由粒子源、加速电场、静电分析器和磁分析器组成。加速电场的加速电压为U，半圆形通道内有方向指向圆心的辐向电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的范围足够大的有界匀强磁场，其上边界与静电分析器的下边界重合。由粒子源发出一个质量为m、电荷量为q的粒子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后沿垂直静电分析器左侧边界的方向进入并沿中心线通过静电分析器，由P点进入磁分析器中，最终打到胶片上的Q点。下列说法正确的是(　　) A．加速电场的极板M比极板N的电势高 B．磁分析器中P点到Q点的距离为d＝ C．只有比荷等于的带正电粒子经加速电压U加速后才可以沿通道中心线通过静电分析器，进入磁分析器 D．若某次使用时，磁场的上边界绕P点逆时针转了30°，质量为4m、电荷量为9q的粒子最终将打到胶片上的Q点 AD　[带电粒子最终打到胶片上的Q点，根据磁场方向和左手定则可知粒子带正电，在加速电场中能够被加速，则极板M比极板N的电势高，A正确；带电粒子在加速电场中加速，根据动能定理可得qU＝，带电粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此可得Bqv＝m，联立以上各式可得r＝，因此磁分析器中P点到Q点的距离为d＝2r＝，B错误；粒子通过静电分析器时，静电力提供向心力，由此可得qE＝m，而qU＝mv2，解得R＝，即带电粒子在静电分析器中运动的轨迹半径R与带电粒子的比荷无关，所以比荷不等于的带正电粒子经加速电压U加速后也可以沿通道中心线通过静电分析器，进入磁分析器，C错误；质量为4m、电荷量为9q的粒子从P点进入磁场，轨迹半径r′＝，设粒子从磁场上边界的D点射出，然后做匀速直线运动打在胶片上的S点，如图所示， 由几何关系有SP＝3r′＝＝QP，即胶片上的S点与Q点重合，D正确。故选AD。] 15 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $