课时跟踪检测(七) 质谱仪与回旋加速器（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

课时跟踪检测(七)　质谱仪与回旋加速器 1.(2025·宿迁阶段练习)回旋加速器是利用较低电压的高频电源使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器,下列说法正确的是 (　　) A.粒子在磁场中做变速圆周运动 B.粒子的运动周期等于电源的周期 C.粒子的轨道半径与它的速率成反比 D.粒子的运动周期和运动速率成正比 2.(2025·江苏南通期中)如图所示,质量为m、电荷量为q的粒子,从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场,其初速度几乎为0,然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片D上。则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 (　　) A. B. C. D. 3.(2025·徐州高二检测)质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用。如图是质谱仪的工作原理示意图。粒子源(在加速电场上方,未画出)产生的带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器。速度选择器内存在相互正交的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度和电场强度大小分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度大小为B0的匀强磁场。不计带电粒子的重力和粒子间的作用力,下列说法正确的是 (　　) A.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 B.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 C.粒子打在胶片上的位置离狭缝P越远,粒子的比荷越小 D.所有打在A1A2上的粒子,在磁感应强度为B0的磁场中运动的时间都相等 4.如图所示为回旋加速器的示意图,两D形盒所在区域加匀强磁场,狭缝间有交流电压(电压的大小恒定),将粒子由A点静止释放,经回旋加速器加速后,粒子最终从D形盒的出口引出。已知D形盒的半径为R,粒子的质量和电荷量分别为m、q,磁感应强度大小为B,加速电压为U(不计粒子在电场中的运动时间),粒子在回旋加速器中运动的时间为 (　　) A. B. C. D. 5.(2025·江苏南京期末)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。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,某时刻电子源在D1盒中心无初速度释放一电子进入加速器,最终从A点引出。下列说法正确的是 (　　) A.磁场方向垂直加速器向下 B.只要回旋加速器半径足够大,就可以把电子加速到小于光速的任意速率 C.电子获得的最大速度与加速电压有关 D.仅减小加速电压,电子加速的次数增多 6.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两极相连。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Ek-t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形盒的半径 7.(2025·北京通州检测)如图所示的质谱仪把从S1出来的电荷量相同的粒子(速度可视为零)先经过电势差为U的加速电场使其加速,然后再让它们进入磁感应强度为B的偏转磁场,这样质量不同的粒子就会在磁场中分离。下列关于回旋加速器、质谱仪的说法中正确的是 (　　) A.经过回旋加速器加速的同种带电粒子,其最终速度大小与高频交流电的电压成正比 B.经过回旋加速器加速的同种带电粒子,其最终速度大小与D形盒上所加磁场强弱无关 C.图示质谱仪中,在磁场中运动半径小的粒子,其质量大 D.图示质谱仪中,在磁场中运动半径大的粒子,其质量大 8.如图所示为一种改进后的回旋加速器的示意图,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P0处由静止释放,并沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入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,下列说法正确的是 (　　) A.带电粒子每运动半个周期被加速一次 B.P1P2=P2P3 C.粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸有关 D.A、C板间的加速电场的方向需要做周期性的变化 9.(2025·淮安高二检测)某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示,A为粒子加速器,加速电压为U1;C为偏转分离器,磁感应强度为B2,偏转分离器的入口和出口之间的距离确定;D为速度选择器,磁场与电场正交,两极板间的距离为d,磁感应强度为B1。现有一质子H(质量为m,电荷量为e,不计重力),由静止经A加速后由入口垂直进入C,然后恰好由出口垂直进入速度选择器,然后沿竖直直线飞出。则 (　　) A.质子进入偏转分离器C时的速度v= B.质子恰好通过偏转分离器,其磁场上下边界的最小间距L=2 C.速度选择器两板间电压U2=B1d D.若将质子更换为氘核H,氘核可以穿过偏转分离器进入速度选择器 10.(10分)(2024·江苏高考,节选)同步辐射光源中储存环的简化模型如图所示,内、外半径分别为R1、R2的两个半圆环区域abcd、a'b'c'd'中均有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。ab、a'b'间有一电势差为U的加速电场,cd、c'd'间有一插入件,电子每次通过插入件后,速度减小为通过前的k倍。现有一质量为m、电荷量为e的电子,垂直于cd射入插入件,经过磁场、电场再次到达cd的速度增加,多次循环后到达cd的速度不再增加,达到稳定值。不考虑相对论效应,忽略经过电场和插入件的时间。 (1)求该电子进入插入件前、后,在磁场中运动的半径之比r1∶r2;(4分) (2)求该电子多次循环后到达cd的稳定速度v。(6分) 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 课时跟踪检测(七) 1．选B　回旋加速器主要部件为2个D形盒，D形盒中间接上高频电源，使两盒狭缝中形成一个方向周期性变化的交变电场。粒子进入电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，半个周期之后又进入电场加速，这样循环，使得粒子最终获得一个巨大的速度，A错误；为了保证每次粒子经过狭缝时均被加速，所以粒子的运动周期与电源的周期要相同，B正确；粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有Bqv＝，解得R＝，可知粒子的轨道半径与它的速率成正比，C错误；根据T＝＝，可知粒子的运动周期和运动速率无关，D错误。 2．选D　粒子飘入电势差为U的加速电场，有qU＝mv2，粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，联立解得R＝ ，故选D。 3．选C　根据带电粒子在磁场中的偏转方向及左手定则知，该粒子带正电，在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，可得v＝，能通过狭缝P的带电粒子的速率等于，故B错误；粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝，解得r＝＝，粒子打在胶片上的位置离狭缝P越远，粒子的轨迹半径越大，则粒子的比荷越小，故C正确；粒子在磁感应强度为B0的磁场中运动的时间为t＝＝，与粒子的比荷有关，并非都相等，故D错误。 4．选C　粒子每次经过狭缝电场力做功W＝qU，粒子在磁场中做圆周运动的半径最大时，动能最大，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力有qvmaxB＝m，解得vmax＝，最大动能为Ekmax＝mvmax2，粒子被加速的次数为N＝＝，由于粒子在磁场中的运动周期为T＝，则粒子在回旋加速器中运动的时间为t＝T＝，故选C。 5．选D　根据左手定则可知磁场方向垂直加速器向上，故A错误；由于相对论效应的限制，电子被加速到的能量并不是任意高的，而是有一个上限，因此，虽然回旋加速器能够加速电子到高能状态，但并不能将电子加速到小于光速的任意速率，故B错误；当电子做圆周运动的半径等于D形盒半径时，电子获得的速度最大，根据洛伦兹力提供向心力有evmB＝m，解得vm＝，故电子获得的最大速度与加速电压无关，故C错误；根据动能定理有neU＝mvm2，解得电子加速的次数为n＝，故仅减小加速电压，电子加速的次数增多，故D正确。 6．选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Ek－t图像中应有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，故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取决于D形盒的半径，与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，故B、C错误，D正确。 7．选D　根据qvB＝，解得v＝，可知经过回旋加速器加速的同种粒子的最终速度与交流电的电压无关，与D形盒上所加磁场的强弱有关，故A、B错误；根据qvB＝，可得r＝，根据qU＝mv2，可得v＝，则r＝ ，可知在磁场中运动半径大的粒子，其质量大，运动半径小的粒子，其质量小，故C错误，D正确。 8．选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个周期被加速一次，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＝，则P1P2＝2(r2－r1)＝，同理P2P3＝，因为每转一圈被加速一次，设A、C板间的电压为U，根据mv2－mv02＝qU可知，每转一圈，粒子速度的变化量不等，且v3－v2<v2－v1，则P1P2>P2P3，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qvmaxB＝m，得vmax＝，则粒子获得的最大速度与D形盒的尺寸有关，故C正确。 9．选C　在粒子加速器中，由动能定理得eU1＝mv2，质子进入偏转分离器C时的速度v＝，故A错误；在偏转分离器中，根据洛伦兹力提供向心力有evB2＝m，得R＝＝，质子恰好通过偏转分离器，其磁场上下边界的最小间距L＝R＝，故B错误；在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，故有evB1＝e，解得U2＝B1d，故C正确；若将质子更换为氘核12H，在粒子加速器中，由动能定理得eU1＝×2mv′2，氘核进入偏转分离器时的速度v′＝，在偏转分离器中，根据洛伦兹力提供向心力有ev′B2＝2m，得R′＝＝，氘核在偏转分离器中做圆周运动的半径与质子的不同，将不能从出口进入速度选择器，故D错误。 10．解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得evB＝，解得r＝∝v，所以＝＝。 (2)电子到达cd的稳定速度为v，通过插入件后速度变为kv，然后经过磁场偏转，通过匀强电场后速度又恢复到v，由动能定理有eU＝mv2－m(kv)2，解得v＝。 答案：(1)　(2) 　 $