1.4 质谱仪与回旋加速器-【重难点手册】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）浙江专用

重难点手册高中物理选择性必修第二册)（浙江专用） 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.了解质谱仪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 司敲黑板 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 ① 不能.无论正、负粒子，只 要具有某一特定速度，粒子在 入器；②加速电场；③速度选择器；④偏转磁场； U ② 速度选择器中受到的电场力 ⑤照相底片. BE ③ 和洛伦兹力就一定大小相等、 2.工作原理 5】 方向相反，粒子受力平衡，0= 设飘入加速电场的带电粒子所带的电荷量 ④ 为十q,质量为m,加速电场两板间电压为U,粒 日，与根子质亚，电府亚：电性 子出加速电场后穿过速度选择器垂直进入磁感应强度为B2的偏 均无关 转磁场 (1)在加速电场中，由动能定理得gU= 2qU 刀拓视野7 粒子出加速电场时，速度v= m 质谱仪是测量带电粒子 02 质量、分析同位素的重要工 (2)在偏转磁场中，由牛顿第二定律得qvB2=m 具，电荷量相同、质量不同的 故轨道半径r=m测 粒子打在感光片的不同位置， qB2 不同质量对应不同的谱线，称 偏转距离x=2r, 为质谱线。 mB2,质量m=9B5x 联立解得比荷9=8U 8U· 例①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S1飘入电压为U 28 第一章 安培力与洛伦兹力么出 的加速电场（初速度可忽略不计），加速后经 小孔S3进入磁感应强度为B的匀强磁场中， 最后打在照相底片上的D点.测得D点到S 的距离为d,则该粒子的比荷9为( ) m B A.2U B2d2 B.4U B2d2 C、8U B2d2 D.16U B2d2 解电场中，由动能定理得gU-了m心，磁场中，由洛伦兹 力提供向心力得qwB=m ,联立解得9一8U 02 mBd2,故A、B、D错 2 误，C正确 答案C 知识点2回旋加速器 1.直线加速器（多级加速器） 卫划重点7 如图所示，电荷量为g的粒子经过级加速后，根据动能定 分析回旋加速器的有关 理，获得的动能可以达到Ek=q(U1十U2十U3十…十Un).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形盒的半径 PP PP PP 粒子以么 R,根据r-可推出带电粒 Bq ⊕ 子离开加速器时的最大速度 一级二级三级 n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 之mx9BR m 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Emx=2m品a 2.回旋加速器 (1)回旋加速器的构造 可得出带电粒子获得的最大 N ③ 回旋加速器的主要部件是两个D形盒，匀 B 动能Ex=9BR2 2m 强磁场垂直于盒面使粒子做圆周运动，在两个⑤ ② (3)根据Ekmnax=nqU可 D形盒之间加高频交流电，使粒子每经过电场 求出带电粒子在电场中被加 一次就被加速一次.整个装置要处于真空室内， 速的次数n; 如图示：①粒子源；②两个D形金属盒；③匀 )根据t=号T-” 2 强磁场；④高频电源；⑤粒子引出装置；⑥真空容器（图中未标出）. gB (2)回旋加速器的工作原理 可推出带电粒子在磁场中的 运动时间t, 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。垂直进入匀强磁场中，在磁场中做匀速圆周运动.经 速器工作条件的认识，即交变 过半个周期，当它沿着半圆弧AoA1到达A1时，在A1A1处设置 电源的周期与带电粒子在磁 一个电场强度向上的电场，使这个带电粒子在A1A1处受到一次 场中做圆周运动的周期相等. 29 重难点手册高中物理选择性必修第二册)（浙江专用） 电场加速，速率由v0增加到1，然后粒子以速率v1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 着半圆弧A1A2到达A2时，在A2A2处设置一个电场强度向下 冒敲黑板 的电场，使粒子又一次受到电场的加速，速率增加到2，如此继续 回旋加速器中粒子的速度 下去，每当粒子运动到A1A1、A3A?等处时都使它受到一个电场 靠电场增大，但电场的强弱并 不决定最大动能，只影响被加 强度向上的电场加速，每当粒子运动到A2A2、A4A4等处时都使 速的次数，在D形盒中的运动 它受到一个电场强度向下的电场加速，那么，粒子将沿图示的螺 时间和最终动能由B、R决定， 旋线A。A1A1AA2…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. AAA AA,A.A A/AA.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r也最大，若D形盒 的半径为R,则r=R,带电粒子的最终动能 2mv-m(9BR)9'BRi 1 Ekmax- 2n（ m 2m1 例②(2025·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，置于真空中的两个D形金属盒半径为R,两 个盒间的狭缝很小，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g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次经过两个D形盒间的狭缝后轨 道半径之比r1:r2=√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t1和t2,则t1:t2=1：2 C.两个D形盒狭缝间的交变电场的周期T=2” aB 30 第一章安培力与洛伦花力么出 D,.带电粒子离开回旋加速器时获得的动能为°2m B2q2R2 P拓视野7 根据爱因斯坦狭义相对 y 解析带电粒子经过n次加速后，有nUg= mu斤，粒子进入 论，粒子质量随着其速度的增 加而增大，质量的增大导致其 磁场后，有guB=m,解得r,=2nUg gB m ,带电粒子第1次和 回转周期变大，从而与交变电 压周期不一致，使回旋加速器 第2次经过两个D形盒间的狭缝后轨道半径之比r1:r2=√2：2， 无法正常工作，所以回旋加速器 A正确，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2 ,周期 不能无限地对带电粒子加速， gB 不变，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 间分别为t1和t2,则t1: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 加速器，有R=m B子动能为Emw-BgR ,D正确 2m [答案ACD 重难拓展 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 卫记方法 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 二定律并结合运动学知识进 区域的情况， 行处理；分析带电粒子在磁场 2.三种场力 中做匀速圆周运动时，应运用 数学知识找出粒子做圆周运 重力：G=mg,总是竖直向下，为恒力，做功只取决于初、末位 动的圆心、半径.解决这类问 置的高度差 题的关键在于找出粒子处于 静电力：F=qE,方向与电场强度方向及电性有关，做功只取 分段运动连接，点时的速度，这 决于初、末位置的电势差， 一速度具有承上启下的作用. 洛伦兹力：F洛=qB(v⊥B),方向用左手定则判定，洛伦兹 2.对于粒子连续通过几 力不做功： 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 要注意静电力与洛伦兹力间大 31 重难点手册高中物理选择性必修第二册)（浙江专用） 例3如图甲所示，边长为L的等边 小和方向的关系及它们的特 三角形区域abc内有垂直于纸面向里的 点，匀强电场中静电力的大小 匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B, 和方向不变，洛伦兹力的大小 d、e分别为bc、ac边的中点，a点左侧有O O 和方向随速度的变化而变化. 4.处理带电体在电场、重 两平行正对极板，两极板中心分别开有 甲 力场、磁场的叠加场中的运动 小孔O、O',且O、O'、a、b在同一直线上.在两极板上加上电压， 问题，应首先从力的角度对带 将质量为、电荷量为g的带正电粒子从O点由静止释放，粒子 电体进行受力分析，在匀强电 被加速后进入磁场区域，并恰好从点射出磁场，不计粒子所受 场中，重力和静电力的大小和 重力. 方向始终不变，洛伦兹力随速 (1)求两极板间所加电压的大小U1; 度的变化而变化.重力、静电 (2)若改变加速电场的电压，求粒子在磁场中运动的最长 力做功与路径无关，洛伦兹力 始终不做功.分清带电体的运 时间t. 动状态和运动过程，然后运用 解析(1)画出粒子的运动轨迹，如图乙所示，当粒子从d点射 各种物理规律来解决问题. 出时，由几何关系可得R-L-Lcos602+(R:-2Lcs30, 解得R,= mvj L,由洛伦兹力提供向心力可知g心B= R 粒子在电 场中加速，由动能定理可知9U=201,联立解得U 3B2L2q 8m Q e 1207 丙 (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，轨迹如图丙所示. 分析可知，粒子射入磁场的速度越小，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9=120：由洛伦滋力提供向心力可知9mB-"m,:子的月期 1=,粒子在磁场中运动的最长时间160T,联立解得○ 2xm 3gB 32 第一章 安培力与洛伦兹力么出超 02一关键能力提。一 题型1另类回旋加速器 m ,经第二次加速后，有qU=2mu 例①一种改进后的回旋加速器示意图如 图所示，在两个中空的半圆形金属盒内，D形 2,解得=+2g-/ m 盒一侧有一长度较小、宽度忽略不计的窄缝 A、C,其间的加速电场场强大小恒定，电场被 理，V3= /66g 2 ,而在磁场中的轨迹半径 限制在A、C间，与A、C平行的两虚线之间无 ,则PP2=2r,-2r1= mu BV/6+g0 2m 电场.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o沿电场线方向射 /6+2q 9BV/+60 2m 入加速电场，经加速后再进入D形盒中的磁场 m ,P2P3=2r3-2r2 m 做匀速圆周运动，恰好从P。点再进入加速电 /好+g ,所以PP2大于P2P3,故D错误 m 场加速，如此对粒子多次加速.对这种改进后 答案C 的回旋加速器，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(2025·河南郑州外国语学校高二 阶段练习)如图1所示，在竖直平面内建立 Oxy直角坐标系，第一象限内有沿+x(水平) 方向的匀强电场E1,第二、三象限内同时存在 A.加速电场的方向需要做周期性的变化 着竖直方向的匀强电场E2(E2未画出)和垂直 B.加速后粒子的最大速度与D形盒的尺 于纸面向外的匀强磁场B,其大小B=0.5T, 寸无关 在t=于s时，磁场方向不变，但其大小突然变为 C.带电粒子每运动一周被加速一次 B'=1.0T.一个质量m=5×105kg、电荷量g= D.带电粒子每运动一周直径的变化量相 2×10-4C的带正电液滴从P点(0.6m,0.8m) 等，即P1P2等于P2P3 以大小vo=3m/s的速度平行于x轴射人，恰 解析]由于D形盒内与A、C平行的两虚 好沿y方向以大小为的速度经过原点O,然 线间无电场，可知带电粒子只有经过A、C间 后进入x≤0的区域做圆周运动，t=0时液滴恰 时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一 好通过O点，重力加速度g取10m/s2. 次，电场的方向没有改变，故C正确，A错误； 当粒子从D形盒中射出时速度最大，根据？ 需骨一职，可知加连：子的最大连度与D m 形盒的半径有关，故B错误；应用动能定理，经 第一次加这后，有U-mm号，解得 图1 33 重难点手册高中物理选择性必修第二册 )(浙江专用) (1)求电场强度E2的大小及方向； 题型3带电粒子在复合场中的运动 (2)求液滴到达O点时速度的大小和 例3(2025·湖北黄冈中学高二期中)如 P、O两点之间的电势差UPo; 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，发现液滴恰好 电场和垂直于纸面向外的匀强磁场.一个质量 以与+y方向成30°角的方向穿过y轴后进入 为m=10g、电荷量为q=0.2C的带正电小球， x>0的区域，试确定液滴穿过y轴时的位置. 从y轴上高度为1.6m的A点以vo=3m/s 解析(1)液滴在进入x≤0的区域做圆周 运动，则电场力与重力平衡，即E2q=mg,可得 的速度水平抛出，小球进入磁场后速率保持不 E2=2.5N/C,方向竖直向上. 变，轨迹恰好与x轴相切.MN是与y轴平行 (2)液滴沿y方向以大小为v的速度经过 的足够长的弹性挡板（小球碰撞后，速度大小 原点O,则到达O点时只有竖直速度，大小为 不变，方向反向)，其横坐标位置可调，g取 v=√2gy=√2X10X0.8m/s=4m/s,6= 10m/s2. 2axa=9E,Upo=E1x,解得Up0=1.125V 1.6 A-u (3)液滴进入左侧区域后做圆周运动的周 =元s,轨道半径，= 期为T=2m gB =2m, 0.8 在=开s时，磁场方向不变，但其大小突然变 x/m 为B=1.0T,则液滴转过圆周，半径减小为 (1)求电场强度E和磁感应强度B的大小； 原来的一半，即r=1m.若液滴从P点开始运 (2)若小球垂直碰撞挡板，求挡板的位置 动到第二次到达x轴之前某时刻起磁场突然 坐标值； 消失，发现液滴恰好以与十y方向成30°角的 (3)若小球垂直碰撞挡板，且反弹后恰能 方向穿过y轴后进入x>0的区域，可知液滴 返回到出发点A,求小球运动的最短时间 从最低，点转过120°角后磁场消失，之后做匀速 解析(1)由小球进入磁场后速率保持不 直线运动到达y轴，如图2所示.由几何关系 可知，液滴穿过y轴时到原点O的距离为y'= 变可知Eg=mg,可得E=0.5N/C,由平抛运动 (r'sin60°+r)tan60°-rcos60°=(1+2√3)m 规律有y=2g2,得1=04s心，==4m/s,即 y 小球刚进入磁场时速度为v1=√十 5m/s,设方向与x轴成0角，则有tan0== 3,可得0=539，由题意得R十Rc0s53°=0.8， 解得R=0.5m,由洛伦兹力提供向心力可得 图2 quB=m 解得B=5工 34 第一章安培力与洛伦花力么出 (2)小球做平抛运动，沿x轴方向的位移 场做顺时针匀速圆周运动，转过2×53°圆心 为x=vot=1.2m,由题意可知，小球在磁场上 角，回到磁场上方又做抛体运动，方向水平时 方做平抛运动，在磁场内做顺时针匀速圆周运 距离碰撞，点的位移为s2=x十2Rsin0十x= 动，转过360°一2×53°圆心角，回到磁场上方又 3.2m,小球回到出发点的条件为x=Ns2= 做抛体运动，速度方向水平时距离出发，点的位 3.2N(m)(N=1,2,3,…).又x=ns1=1.6m(m) 移为s1=x一2Rsin0十x=l.6m,故探测板可 (n=1,2,3,…),即N=2,其中n、N均为自 然数，当满足该条件的自然数N取最小值2 能的横坐标为x=ns1=1.6n(m)(n=1,2, 3,…) 254×2om+106× 时，有n=1,tm=6X1+2×360×Bg+3601 (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 Bq 307r(s. 2πm=2.4+900 门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（经典·江苏卷）如图1所示，回旋加 速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感 0p,根据q0B=m呼可知半径的表达式为R一 应强度大小为B,加速电压的大小为U,质量为 mup ,对粒子在静电场中的加速过程，根据动 gB m、电荷量为q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 能定理有U=2mw品，粒子在磁场中运动的 动，半径为R,粒子在电场中的加速时间可以 周期为T=20 忽略.为将粒子引出磁场，在P位置安装一个 B ,粒子运动的总时间为t=(n “静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板 T 1)×2,解得1= qB2R2 m 2mU gB M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为 Q,圆心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝 B,结合动能 (2)由粒子的运动半径r= 中产生电场强度大小为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 表达式Ek= 2mw,变形得，=√2mE gB 则粒 计M、N间的距离.求： 子加速到P前最后两个半周的运动半径为r1= √2m(Ekp-qU) 2m(Ekp-2gU) gB r2 ,由几 gB 何关系有dm=2(一r2),结合Ep=gBR) 2m 图1 图2 解得dm=2 /R22n0 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Rm 和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即qvpB 35 重难点手册高中物理选择性必修第二册)（浙江专用） E=m.设粒子离开偏转器的点为E,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、O'在一条直线上，如图3 所示 √R E (1)当E。=0时，电子加速后均沿各磁场 R Q-R 区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的 P ro-R OTo-RiQ 2 夹角0均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如 ro 0r。-RQ 图中带箭头实线所示，求I区的磁感应强度大 图3 图4 小、电子在I区磁场中的运动时间及在Q点出 粒子在偏转器中运动的圆心在Q,点，从偏 射时的动能； 转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器 (2)已知电子只要不与I区磁场外边界相 中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R,然 后轨迹发生偏离，从偏转器的F点飞出磁场， 碰就能从出射区域出射，当Eko=U时，要保 那么磁场的最大半径即为Rm=OF=R十 证电子从出射区域出射，求k的最大值， OO',将等腰三角形OO'Q放大如图4所示. 层面(1电子在电场中加速有2aU=2m2, 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00'=2(。一R)sin受，解得最大半径 v2 2mER 0.4R,B1eu=m,联立解得B,=5vCm」 eR 在 为Rm=R 9B'R-mEsin 2 磁场【中的运动周期为下=，由几何关系 命题意图 考查回旋加速器的原理 5 核心素养 科学思维 素养水平水平5 可得电子在磁场I中运动的圆心角为9=4不， 考向2回旋加速器的应用 在磁场I中的运动时间为t=T,联立解得t 例2（经典·广东卷）如图是一种花瓣形 电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆α、 R√meU b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b 4eU ,从Q点出来的动能为Ek=8eU. 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区边界相切，由 Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向 几何关系可得(3R-rm)2=R2十rm,解得rm= 均垂直于纸面向外.电子以初动能Ek。从圆b √3 上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证 ,由于B=m,2U= 电子每次进人电场即被全程加速.已知圆a与 beU,联立解得k= 圆b之间的电势差为U,圆b的半径为R,圆c 6 的半径为3R,电子质量为m,电荷量为e,忽 命题意图 考查回旋加速器的应用 略相对论效应，取tan22.5°=0.4. 核心素养 科学思维 素养水平水平5 36