第1章 4 质谱仪与回旋加速器-【成才之路·练案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

练案[7] 第一章 4.质谱仪与回旋加速器 OD=x,则在下列图像中能正确反映x2与U 基础巩固练 之间函数关系的是 知识点一质谱仪 1.质谱仪是测量带电粒子质量和分析同位素的 一种仪器，它的工作原理如图所示，带电粒子 (不计重力，初速度为0)经同一电场加速后， 垂直进入同一匀强磁场做匀速圆周运动，然后 利用相关规律计算出带电粒子质量。虚线为 某粒子运动轨迹，由图可知 ( C 4.（多选)(2025·济南市高二开学考试)利用质 D···er·53 谱仪可以分析碘的各种同位素。如图所示，电 荷量相同的带正电的31I与21从容器A下方 A.此粒子带负电 的小孔S,进入加速电场（初速度不计），经电 B.下极板S2比上极板S,电势高 场加速后从小孔S2射出，进入垂直纸面的匀 C.若只减小加速电压U,则半径r变大 强磁场中，最后打在照相底片D上。下列说法 D.若只减小入射粒子的质量，则半径r变小 正确的是 () 2.若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪 后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法正确 的是 A.磁场的方向垂直纸面向里 B.打在b处的是121 P, C.12I在磁场中运动速度更大 D.131I在磁场中运动时间更长 片 知识点二回旋加速器 5.（多选)劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速 A.该束带电粒子带负电 器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质 B.速度选择器的P1极板带负电 D形盒D1、D2构成，其间留有空隙。下列说法 C.在B,磁场中运动半径越大的粒子，比荷9 正确的是 () m 越小 D.在B,磁场中运动半径越大的粒子，质量 越大 3.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 A.粒子由加速器的中心附近进入加速器 一个静止的带电粒子P(不计重力)，经电压为 B.粒子由加速器的边缘进入加速器 U的加速电场加速后，垂直进人磁感应强度为 C.粒子从磁场中获得能量 B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点。设 D.粒子从电场中获得能量 —148 6.（多选)医用回旋加速器示意图如图所示，其 综合提升练 核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀 强磁场中，并与高频电源相连。现分别加速氘9.（2025·重庆高二检测)用来加速带电粒子的 核(H)和氨核(2He)。下列说法中正确的是 回旋加速器的结构示意图如图甲所示，其核心 部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时， 线束 两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电 真空室 源相连。带电粒子在磁场中运动的动能E随 时间的变化规律如图乙所示。忽略带电粒 高频电源 D形盒 子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是 离子源 A.它们的最大速度相同 B.它们的最大动能相同 C.两次所接高频电源的频率相同 D.增大高频电源的电压可增大粒子的最大 动能 乙 7.（2023·广东卷)某小型医用回旋加速器，最 A.在E-t图像中应有t4-t3<t3-t2<t2-t 大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小为 B.加速电压越大，粒子最后获得的动能就 1.12T,质子加速后获得的最大动能为1.5× 越大 10'eV。根据给出的数据，可计算质子经该回 C.粒子加速次数越多，粒子最大动能一定 旋加速器加速后的最大速率约为（忽略相对论 越大 效应，1eV=1.6×10-19J) ) D.要想粒子获得的最大动能增大，可增加D A.3.6×106m/s B.1.2×10m/s 形盒的面积 C.5.4×10m/s D.2.4×103m/s 10.物理学家劳伦斯于 8.回旋加速器原理如图所示，它的核心部分是两 1932年发明的回旋加 A、 个D形金属盒，两盒相距很近，分别和交变电 速器，利用带电粒子 源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂 在匀强磁场中做圆周 直于盒底面，某一带电粒子在磁场中做圆周运 运动的特点，使粒子 动，通过两盒间的窄缝时反复被加速。当达到 在较小的空间范围内经过电场的多次加速 最大圆周半径时通过特殊装置被引出。关于 获得较大的能量。如图所示为一种改进后 回旋加速器，下列说法中正确的是 的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电 场的电场强度大小恒定，且被限制在A、C板 间，带电粒子从P。处由静止释放，并沿电场 线方向射入加速电场，经加速后再进人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 A.带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周 是 期随半径的增大而增大 A.带电粒子每运动半周被加速一次 B.带电粒子从磁场中获得能量 B.P P2=P2P3 C.增大加速电场的电压，带电粒子离开磁场 C.粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸 的动能将增大 有关 D.增大加速电场的电压，其余条件不变，带电 D.A、C板间的加速电场的方向需要做周期 粒子在D形盒中运动的时间变短 性的变化 149 11.如图为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静 (2)求P、Q两点间的距离s。 电分析器和磁分析器组成。静电分析器通道 4! 中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场在 中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有 范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大 小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、 电荷量为+g的粒子从静止开始经加速电场 加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂 直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点。不计粒子重力。 加速电场0 静电分析器 E M N 胶片..0经士.. · 磁分析器B·P· 。●●。。。● 。●●。●●● (1)求加速电场的电压； -150—10.(1)9BL 2兴器 3m 解析：(1)(2)题中(1)和(2)两种临界情况的运动轨迹如图 所示， 0 6 若粒子速度为0， 则%8=有解得四 m 圆心在O1处时对应圆弧与cd边相切，相应速度为，由几 何关系得R-Rsin0=乞， L 解得R,=L 则有01=98跳=2BL m mi 圆心在O2处时对应圆弧与ab边相切，相应速度为"m, 由儿何关系得R+民如0=宁 解得R,=号 则有=9B跳 9BL m 3m (3)由=会和7=2肥可知，粒子在磁场中经过的孤所对 gB 的圆心角α越大，在磁场中运动的时间也越长。在磁场中运 动的半径r<R,时，运动时间最长。 则圆弧所对国心角心=2m-20,所以拉子在磁场中运动 5π 的最长时间=1=2 3 ×2πm_5mm 、gB3gB 11.(1)53mm 60aB (2)258L(n=1,2,3…） 12m 解析：(1)设粒子的入射速度为v,用112、T1、T2分别表示粒 子在磁场I区和Ⅱ区中运动的轨迹半径和周期，则有qB= 解得阳=0 30需2-器 gB 粒子先在磁场I区中做顺时针方向的圆周运动，后在磁场Ⅱ -23 区中做逆时针方向的圆周运动， y 然后从O点射出，这样粒子从P ×x×B××x. 点运动到O点所用的时间最短， ××,×1P(4L,3L) 粒子运动轨迹如图所示。 ,。g·I· 由am&==0.75得a=379 ae···B OA 又a+B=90 则B=53 粒子在磁场I区和Ⅱ区中的运动时间分别为 4器18 粒子从P点运动到O点的时间至少为t=1+2 由以上各式解得=品器。 (2)当粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场I区 中运动，后在磁场Ⅱ区中运动，然后又重复前面的运动，直到 经过原点O。这样粒子经过个周期性的运动到达O点，每 个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为 8=0P=4四+30.5L(n=1,2,3 n. n 粒子每次在磁场I区中运动的位移为 =3 2 S1= 1+T2 由儿何关系可知2=cos& 由以上各式解得粒子的速度大小可能为 -9Bm_25BL（n=1,23,）。 m 12nm 练案[7] 1.D由粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带 正电，故A错误；带正电粒子经过电场加速，则下极板S2比上 极板S,电势低，故B错误；根据动能定理可得9U=之m,根 据洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力可得gB= 加二联立解得=古√2受，若只谈小加志电压心则胖径， 减小，故C错误：若只减小粒子的质量，则半径r减小，故D 正确。 2.C带电粒子在B,磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向 外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A项错误；在平行金属 板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向 上，则电场力的方向竖直向下，电场方向竖直向下，所以速度 选择器的P,极板带正电，故B项错误；进入B,磁场中的粒子 速度是固定的，根据mB=一得r=可知越大，比荷品 越小，而质量m不一定大，故C项正确，D项错误。 3.A粒子在加速电场中根据动能定理有90=乃m,得。= 24。粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，则pB= 发得轨道半径R=合√受，则《=2R=后√可知 x2∝U,故A正确，B、C、D错误。 4.CD带正电的粒子从小孔出来后向左偏转，由左手定则可知 磁场方向垂直纸面向外，A错误：带电粒子在电场中加速，由 动能定理有心=之心，解得：=√受，在蓝场中偏转，做匀 速圆周运动，有B=m太R-贴=名√，则质量大的 =qB=B 9 旋转的半径大，所以打在b处的是31I,B错误：根据以上分析 ,可知质量越小，速度越大，所以1在磁场中 可知=√m 运动法度更大.C正确：曲8=n(停）)R可知T:霜可 知质量越大，旋转相同圆心角所用的时间越长，D正确。 5.AD粒子由加速器的中心附近进入加速器，从电场中获得能 量，最后从加速器边缘离开加速器，选项A、D正确。 6.AC设D形盒的半径为R,则粒子最后射出磁场时有qwB= R解得最大速度-，氘核(H)和氨核(H)的比荷 m 只相等，所以最大速度相等，A正确；粒子获得的最大动能￡ =之m2=忙，两粒子的比荷二相等，但电荷量9不相等， 2m 所以最大动能不相等，B错误；带电粒子在磁场中运动的周期 了=密，两粒子的比荷品相等，所以周期相等，因为回旋加速 器所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，所以两 次所接高频电源的频率相同，C正确：粒子获得的最大动能与 加速电压无关，D错误。 7C洛伦兹力提供向，心力有q如B=m日，质子加速后获得的最 大动能为E.=之m2,解得最大速率约为u=5.4×10ms,故 选C。 8.D带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，根据Bg =m(②停)，得周期T-所以粒子运动周期与半径设有 关系，A错误；洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦滋力不做 功，即在磁场中做匀速圆周运动，能量不变，B错误；由公式 =m可知粒子出磁场时的速度与D形盒的半径有关，与加速 电场的电压无关，C错误：增大加速电场的电压，其余条件不 变，每次加速后粒子获得的动能增加，但最终的动能不变，故 在磁场中加速的次数减小，带电粒子在D形盒中运动的时间 变短，D正确。 综合提升练 9.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E,-t图像中应有t4-3=3-2=-t,A 错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，B错误；由粒子 做圆周运动的半径r=m=2m可知E=心，即粒子 9B gB 2m 获得的最大动能取决于D形盒的半径，当轨道半径r与D形 盒半径R相等时就不能继续加速，故C错误，D正确。 10.C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= 器则BA=2(-)-20,同理PB -23 2m(一》，因为每转一圈被加速一次，设A、C板间的距离 为d,根据v2-,2=2ad知每转一圈，粒子速度的变化量不 等，且3-2<2-1，则PP2>P2P,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qvmB =m元，得=，则粒子获得的最大速度与D形盒的 m 尺寸有关，故C正确。 u受2会√ 解析：(1)由题意知粒子在辐射电场中做圆周运动，由静电力 2 提供向心力，则qE=mR 1 在加速电场中有9l=2m2 解得U=迟 29 (2)在磁分析器中，粒子所受洛伦兹力提供向心力，则由9B =m,得r= 96 代入解得r= 1 /mER B q PQ有点同药范商5=-后√ 练案[8] 1.D要使电子加速，电子所受到的电场力应水平向右，则电场 线水平向左，故N处电势高于M处电势，A错误；增大M、N之 间的加速电压，电子进入磁场时的速度变大，在偏转磁场中做 圆周运动的半径变大，故P点右移，B错误；根据左手定则可 知，若电子向下偏转，则偏转磁场方向应垂直纸面向里，C错 误；增大偏转磁场磁感应强度的大小，电子在偏转磁场中做圆 周运动的半径变小，P点左移，D正确。 2.A带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速 度分解成初速度方向与加速度方向的分量，设出射速度与 水平方向夹角为0，则有？=c0s0,粒子在磁场中做匀速圆周 运动，设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系得，半径与直 d 线MN夹角正好等于0，则有名 =cos0,所以d 20,又因为 半格=觉则省=2僧会2可版4随变化4与 U,无关，故A正确。 3.B若带电微粒进人磁场时静电力和洛伦兹力相等，则带电微 粒做匀速直线运动；若带电微粒进入磁场时静电力和洛伦兹 力不相等，则带电微粒将做曲线运动，由于此时洛伦兹力不断 变化，则带电微粒受到的合外力不断变化，即加速度不断变 化，故只有B正确。 4.ACD小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、静电力 和洛伦兹力，静电力与重力平衡，则知小球带正电，且9E= mg,即E=,故A正确；小球在竖直平面内沿逆时针方向做 匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知，磁场 方向垂直纸面向里，故B错误；小球在从a点运动到b点的过 6