新課改高中物理選修二同步專題講義：04 C質(zhì)譜儀與回旋加速器 提升版（教師版）

質(zhì)譜儀與回旋加速器知識點：質(zhì)譜儀與回旋加速器一、質(zhì)譜儀1．質(zhì)譜儀構(gòu)造：主要構(gòu)件有加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片．2．運動過程(如圖)(1)帶電粒子經(jīng)過電壓為U的加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.(2)垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，做勻速圓周運動，r＝eq\f(mv,qB)，可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).3．分析：從粒子打在底片D上的位置可以測出圓周的半徑r，進(jìn)而可以算出粒子的比荷．二、回旋加速器1．回旋加速器的構(gòu)造：兩個D形盒，兩D形盒接交流電源，D形盒處于垂直于D形盒的勻強磁場中，如圖.2．工作原理(1)電場的特點及作用特點：兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域存在周期性變化的電場．作用：帶電粒子經(jīng)過該區(qū)域時被加速．(2)磁場的特點及作用特點：D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中．作用：帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，從而改變運動方向，半個圓周后再次進(jìn)入電場．技巧點撥一、質(zhì)譜儀1．加速：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①2．偏轉(zhuǎn)：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)②3．由①②兩式可以求出粒子運動軌跡的半徑r、質(zhì)量m、比荷eq\f(q,m)等．由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))可知，電荷量相同時，半徑將隨質(zhì)量的變化而變化．二、回旋加速器回旋加速器兩D形盒之間有窄縫，中心附近放置粒子源(如質(zhì)子、氘核或α粒子源)，D形盒間接上交流電源，在狹縫中形成一個交變電場．D形盒上有垂直盒面的勻強磁場(如圖所示)．(1)電場的特點及作用特點：周期性變化，其周期等于粒子在磁場中做圓周運動的周期．作用：對帶電粒子加速，粒子的動能增大，qU＝ΔEk.(2)磁場的作用改變粒子的運動方向．粒子在一個D形盒中運動半個周期，運動至狹縫進(jìn)入電場被加速．磁場中qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(mv,qB)∝v，因此加速后的軌跡半徑要大于加速前的軌跡半徑．(3)粒子獲得的最大動能若D形盒的最大半徑為R，磁感應(yīng)強度為B，由r＝eq\f(mv,qB)得粒子獲得的最大速度vm＝eq\f(qBR,m)，最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(q2B2R2,2m).(4)兩D形盒窄縫所加的交流電源的周期與粒子做圓周運動的周期相同，粒子經(jīng)過窄縫處均被加速，一個周期內(nèi)加速兩次．例題精練1．（2021?浙江模擬）如圖所示為質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)圖，該質(zhì)譜儀由速度選擇器與偏轉(zhuǎn)磁場兩部分組成，已知速度選擇器中的磁感應(yīng)強度大小為B0、電場強度大小為E，熒光屏PQ下方勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為2B0。三個帶電荷量均為q、質(zhì)量不同的粒子沿豎直方向經(jīng)速度選擇器由熒光屏上的狹縫O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在熒光屏上的S1、S2、S3處，相對應(yīng)的三個粒子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用。則下列說法不正確的是（）A．打在S3發(fā)位置的粒子質(zhì)量最大 B．質(zhì)量為m1的粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時間最短 C．如果S1S3＝Δx，則 D．如m1、m2在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時間差為Δt，則【分析】速度選擇器二力平衡，求得速度，進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律求得半徑，可判斷質(zhì)量最大的粒子，同時解得質(zhì)量差；根據(jù)周期公式可判斷運動時間，并利用周期公式求得質(zhì)量差?！窘獯稹拷猓篈C、粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件：qE＝qvB0，解得粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時的速度v＝粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律：，解得粒子做即周運動的半徑r＝則粒子打在熒光屏位置與O點的距離d＝2r＝，則S3O＝，S2O＝.S1O＝S3O＞S2O＞S10，則m3＞m2＞m1，可見打在S3的粒子質(zhì)量最大；如果S1S3＝S3O﹣S1O＝Δx，解得m3﹣m1＝，故A正確，不符合題意，C錯誤，符合題意；BD、粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的周期T＝＝＝，粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時轉(zhuǎn)過的圓心角為180°，故粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間t＝，由于m3＞m2＞m1，可見質(zhì)量為m1的粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間最短，設(shè)m1、m2在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時間差為Δt，則Δt＝，解得m2﹣m1＝，故BD正確，不符合題意。本題選擇錯誤選項。故選：C?！军c評】本題考查速度選擇器與質(zhì)譜儀；關(guān)鍵在于了解其原理，注意速度選擇器中粒子要勻速直線運動，可求得速度，掌握粒子在磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵。2．（2021?海淀區(qū)校級模擬）勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示。置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為+q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是（）A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比 C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1： D．不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能加速α粒子【分析】回旋加速器運用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動能，在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等.【解答】解：A、質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，則v＝＝2πRf。所以最大速度不超過2πRf，故A正確；B、根據(jù)qvB＝m，知v＝，則最大動能Ekm＝mv2＝，與加速的電壓無關(guān)。故B錯誤；C、粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理nqU＝mv2，知：v＝，質(zhì)子第1次和第2次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為1：，qvB＝m，可知，R＝，則半徑比為1：。故C錯誤；D、根據(jù)qvB＝m，和v＝＝2πRf，知T＝＝，f與比荷有關(guān)，粒子比荷一定相同，故不可以加速，故D錯誤。故選：A?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關(guān)，以及知道粒子在磁場中運動的周期與電場的變化的周期相等。隨堂練習(xí)1．（2021?寶雞模擬）回旋加速器的核心部分是兩個相距很近的D形盒，分別和頻率固定的高頻交流電源相連接，在兩個D形盒的窄縫中產(chǎn)生方向周期性變化的勻強電場使帶電粒子加速，窄縫中心處粒子源可以產(chǎn)生初速度為零的帶電粒子，D形盒區(qū)域有垂直D形盒方向的勻強磁場。則下列說法正確的是（）A．所加磁場的方向也應(yīng)周期性變化，且變化周期與電場變化周期相同 B．對于題中給定的回旋加速器可以對放入其中的任何帶電粒子進(jìn)行加速 C．粒子第n次加速后的速度大小與第（n+1）次加速后的速度大小的比值為 D．若僅將D形盒中磁場加倍，交流電周期減半，則粒子經(jīng)加速器獲得的最大速度也將加倍【分析】帶電粒子在回旋加速器的電場中加速，在磁場做做勻速圓周運動，應(yīng)用動能定理與牛頓第二定律分析答題?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子在回旋加速器的電場中加速，在磁場中做勻速圓周運動，磁場保持不變，電場變化的周期與粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同，故A錯誤；B、回旋加速器中需要用交變電流對帶電粒子進(jìn)行加速，然后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)才能工作，呈電中性的粒子不能使用回旋加速器加速，故B錯誤；C、粒子在電場中加速，設(shè)第n次加速后粒子的速度為vn，第n+1次加速后粒子的速度為vn+1，設(shè)加速電壓為U，粒子所帶電荷量為q，對粒子，由動能定理得：nqU＝﹣0，（n+1）qU＝﹣0，解得：vn＝，vn+1＝，則：vn：vn+1＝：，故C錯誤；D、設(shè)D形盒的最大半徑為R，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得，粒子的速度：v＝，粒子的最大速度：vmax＝，若僅將D形盒中磁場B加倍，交流電周期減半，則粒子經(jīng)加速器獲得的最大速度也將加倍，故D正確。故選：D?！军c評】本題回旋加速器考查電磁場的綜合應(yīng)用，帶電粒子在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓周運動；理解回旋加速器的工作原理是解題的前提；應(yīng)用動能定理與牛頓第二定律即可解題。2．（2020秋?鼓樓區(qū)校級期中）如圖所示，水平平行金屬板P1P2之間有水平向里勻強磁場B1和豎直方向的勻強電場（未畫出），豎直擋板MN右側(cè)有水平向外的勻強磁場B2，O為擋板上的一個小孔。一些離子正對著O孔水平射入金屬板P1P2之間，其中有兩個離子沿虛線軌跡運動，最終分別打在擋板上的A1和A2處，OA1：OA2＝2：3，由此可判定（）A．金屬板P1P2間的勻強電場方向豎直向上 B．打在A1和A2處的兩個離子都帶正電荷 C．打在A1和A2處的兩個離子速率之比為v1：v2＝2：3 D．打在A1和A2處的兩個離子比荷之比為：＝3：2【分析】帶電離子在電場和磁場相互疊加的區(qū)域內(nèi)，做勻速直線運動，在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，帶電粒子在加速電場中電場力做功等于粒子動能的增加量，由動能定理可以求得粒子進(jìn)入磁場時的速。根據(jù)左手定則判斷粒子的電性。根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解?！窘獯稹拷猓篈B、帶電離子在電場和磁場相互疊加的區(qū)域內(nèi)，做勻速直線運動，在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則可知，帶電離子帶負(fù)電，故金屬板P1P2間受到的電場力方向豎直向上，則勻強電場方向豎直向下，故AB錯誤；CD、在電場和磁場相互疊加的區(qū)域內(nèi)根，據(jù)受力平衡可知，qE＝qvB1，磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得：r1：r2＝OA1：OA2＝2：3則：＝3：2，故C錯誤，D正確.故選：D?！军c評】該題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理與牛頓第二定律可以解題。3．（2021?宜城市模擬）如圖所示為某回旋加速器示意圖，利用回旋加速器對粒子進(jìn)行加速，D形盒中的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，加速電壓為U。忽略相對論效應(yīng)和粒子在D形盒縫隙間的運動時間，下列說法中正確的是（）A．粒子從磁場中獲得能量 B．減小D形盒半徑、增大磁感應(yīng)強度B，粒子獲得的最大動能一定增大 C．只增大加速電壓U，粒子在回旋加速器中運動的時間變短 D．只增大加速電壓U，粒子獲得的最大動能增大【分析】粒子在磁場中受到洛倫茲力，但洛倫茲力不做功，粒子在電場中被加速，粒子從電場中獲得能量；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度（動能）與什么因素有關(guān)；表示出最大動能，根據(jù)動能定理寫加速電壓U與最大動能的關(guān)系，根據(jù)關(guān)系式判斷粒子在回旋加速器中運動的時間變化?！窘獯稹拷猓篈、粒子在磁場中受到洛倫茲力，但洛倫茲力不做功，粒子在電場中被加速，粒子從電場中獲得能量，故A錯誤；B、設(shè)D形盒半徑為r，當(dāng)粒子射出時，由牛頓第二定律有qvB＝m解得：v＝，帶電粒子射出時的動能為：EK＝mv2＝，當(dāng)減小D形盒半徑、增大磁感應(yīng)強度B，B和r都在分子上，一個變小一個變大，故無法判斷最大動能的變化，故B錯誤；C、設(shè)在電場中加速的次數(shù)為n，根據(jù)nqU＝mv2可得，當(dāng)其它物理量不變時，U越大，n越小，即加速次數(shù)越少，所以粒子在磁場中運動的時間越短，故C正確；D、由B選項得：EK＝mv2＝，故最大動能與加速電壓U無關(guān)，故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器是利用電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，能推導(dǎo)出最終粒子的動能，并能判斷動能與哪些因素有關(guān)。綜合練習(xí)一．選擇題（共20小題）1．（2021?株洲模擬）質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要設(shè)備，構(gòu)造原理如圖所示。離子源S能產(chǎn)生各種不同的離子束，飄入（初速度可視為零）MN間的加速電場后從小孔O垂直進(jìn)入勻強磁場，運轉(zhuǎn)半周后到達(dá)照相底片上的P點，P點到小孔O的距離為x。對于一質(zhì)量m和電荷量q各不相同的離子，它們的x2﹣圖像應(yīng)是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)動能定理得到帶電粒子加速獲得的速度．帶電粒子進(jìn)入磁場中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得到半徑r，x＝2r，根據(jù)x與的表達(dá)式選擇圖象．【解答】解：在加速電場中，由動能定理得：qU＝mv2，解得：v＝，磁場中，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m，得：r＝＝則得：x＝2r＝，所以，即x2與成正比，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題是質(zhì)譜儀的原理，根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再由數(shù)學(xué)知識選擇圖象是常用的方法和思路．2．（2021?清城區(qū)校級模擬）如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖，在容器A中存在若干種電荷量q相同而質(zhì)量m不同的帶電粒子，它們可從容器A下方經(jīng)過窄縫S1和S2之間的電場加速后射入速度選擇器，速度選擇器中的電場E和磁場B都垂直于離子速度v，且E也垂直于B。通過速度選擇器的粒子接著進(jìn)入均勻磁場B0中，沿著半圓周運動后到達(dá)照相底片上形成譜線。若測出譜線A到入口S0的距離為x，則下列能正確反映x與m之間函數(shù)關(guān)系的是（）A． B． C． D．【分析】帶電粒子在速度選擇器中受力平衡求出粒子射出速度選擇器時的速度；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑R，由幾何關(guān)系知x＝2R，即可求出x與m之間函數(shù)關(guān)系?！窘獯稹拷猓涸谒俣冗x擇器中，帶電粒子受力平衡：qE＝qvB，即v＝在偏轉(zhuǎn)電場B0中，軌跡半徑R＝由洛倫茲力提供向心力可知：qvB0＝聯(lián)立解得：x＝?m即x與m之間函數(shù)關(guān)系為過原點的直線，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用受力平衡與牛頓第二定律可以解題。本題最后找到x與m之間的函數(shù)關(guān)系是關(guān)鍵，進(jìn)而根據(jù)函數(shù)關(guān)系判斷x﹣m圖像類型。3．（2021春?鄒城市期中）用質(zhì)譜儀研究兩種同位素氧16和氧18。如圖所示，讓氧16和氧18原子核從質(zhì)譜儀小孔S1飄入電壓為U的加速電場（初速度可看作零），然后從S3垂直進(jìn)入勻強磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在底片上的不同地方。已知氧16和氧18原子核帶電量相同，質(zhì)量之比約為16：18，從底片上獲得在磁場中運動軌跡的直徑分別為D1、D2，則D1：D2應(yīng)為（）A．8：9 B．9：8 C．2：3 D．64：81【分析】原子核在電場中被加速，應(yīng)用動能定理可以求出原子核的速度；原子核在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出原子核的軌道半徑，然后分析答題?！窘獯稹拷猓涸雍嗽陔妶鲋屑铀伲蓜幽芏ɡ淼茫簈U＝mv2﹣0解得，原子核進(jìn)入磁場時的速度大小：v＝原子核在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m解得，原子核的軌道半徑：R＝B氧16和氧18原子核的電荷量q相等，B、U相同，氧16和氧18原子核在磁場中運動軌跡的直徑之比D1：D2＝2R1：2R2＝：＝＝2：3，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題考查了原子核在電場與磁場中的運動，分析清楚原子核的運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理與牛頓第二定律可以解題。4．（2021?房山區(qū)二模）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。下述說法中正確的是（）A．粒子只在電場中加速，因此電壓越大，粒子的最大動能越大 B．可以采用減小高頻電源的頻率，增大電場中加速時間來增大粒子的最大動能 C．粒子在磁場中只是改變方向，因此粒子的最大動能與磁感應(yīng)強度無關(guān) D．粒子的最大動能與D形盒的半徑有關(guān)【分析】回旋加速器中帶電粒子在電場被加速，每通過電場，動能被增加一次；而在磁場里做勻速圓周運動，通過磁場時只改變粒子的運動方向，動能卻不變。最大動能只由磁感應(yīng)強度和D形金屬盒的半徑?jīng)Q定?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)公式qvB＝m，r＝，故最大動能為：Ekm＝mv2，所以最大動能與D形盒的半徑以及磁感應(yīng)強度有關(guān)，與加速次數(shù)以及加速電壓大小、高頻電源的頻率無關(guān)，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題回旋加速器考查電磁場的綜合應(yīng)用，注意明確回旋加速器原理，知道最大動能取決于D型盒的半徑和磁感應(yīng)強度大小，與加速電壓無關(guān)。5．（2021春?順慶區(qū)校級月考）下列說法正確的是（）A．圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動能增大，可增加電壓U B．圖乙是磁流體發(fā)電機的結(jié)構(gòu)示意圖，可以判斷出B極板是發(fā)電機的負(fù)極，A極板是發(fā)電機的正極 C．圖丙是速度選擇器，帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝ D．圖丁是霍爾效應(yīng)示意圖，導(dǎo)體上表面的電勢比下表面的高【分析】利用洛倫茲力提供向心力，知道回旋加速器的最大半徑，求得粒子加速的最大速度。發(fā)電機的正負(fù)極是利用分析電子受到的洛倫茲力的方向，判斷電子的偏轉(zhuǎn)而得到的。要知道粒子沿直線勻速通過速度選擇器，是因為洛倫茲力等于電場力?；魻栃?yīng)要注意電流的方向，然后分析載流子的運動方向，再用左手定則分析洛倫茲力的方向，看載流子向哪個方向偏轉(zhuǎn)?！窘獯稹拷猓篈.設(shè)回旋加速器的最大半徑為R，加速后粒子的最大速度為v，根據(jù)m＝qvB，得v＝，粒子獲得的最大速度由半徑R和磁感應(yīng)強度B決定，而與加速電壓U無關(guān)，故A錯誤；B.根據(jù)左手定則，正離子將向B極板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子將向A極板偏轉(zhuǎn)，所以，B極板是發(fā)電機的正極，A極板是發(fā)電機的負(fù)極，故B錯誤；C.沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qvB＝qE，得v＝，故C正確；D.根據(jù)左手定則，電流向右，載流子受到向上的洛倫茲力，載流子將向上偏轉(zhuǎn)，不知載流子所帶電荷的正負(fù)，無法判斷電勢高低，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了回旋加速器，發(fā)電機，速度選擇器，霍爾效應(yīng)的原理，要知道分析洛倫茲力和電場力的方向。6．（2021春?三元區(qū)校級月考）如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，所加磁場的磁感應(yīng)強度為B，用來加速質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子，質(zhì)子從下半盒的質(zhì)子源由靜止出發(fā)，加速到最大能量E后由A孔射出，下列說法正確的是（）A．若增大交變電壓U，則質(zhì)子在射出回旋加速器時的動能變大 B．若增大交變電壓U，則質(zhì)子在加速器中運行時間將不變 C．回旋加速器所加交變電壓的周期為T＝ D．下半盒內(nèi)部質(zhì)子的軌道半徑之比（由內(nèi)到外）為1：：：…【分析】回旋加速器運用電場加速磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動能。在加速粒子的過程中，電場的變化周期與粒子在磁場中運動的周期相等?！窘獯稹拷猓篈、質(zhì)子出回旋加速器的速度最大，此時的半徑為D形盒半徑R，由洛倫茲力提供向心力得：R＝，所以當(dāng)軌道半徑最大時，最大速度為：vmax＝，與電速電壓無關(guān)，故A錯誤；B、粒子離開回旋加速器的動能是一定的，與加速電壓無關(guān)；每次經(jīng)過電場加速獲得的動能為qU，若加速n次，則有nqU＝Ekm＝，故電壓U越大，加速的次數(shù)n越少，故運動的總時間t＝n×＝＝變小，故B錯誤；C、回旋加速器的工作條件是交變電壓的周期與粒子做圓周運動的周期相同，故T交＝T粒＝，故C正確；D、粒子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，由每轉(zhuǎn)一圈加速兩次，由動能定理得：質(zhì)子的軌道由內(nèi)到外對應(yīng)的速度之比為：：；再根據(jù)r＝，則半徑比為：：，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關(guān)，以及知道粒子在磁場中運動的周期與電場的變化的周期相等。7．（2020秋?南通期末）1932年物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地解決了粒子的加速問題。加速器的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面?，F(xiàn)使氦核由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，加速后通過特殊裝置被引出。下列說法正確的是（）A．粒子運動軌道的間距由里向外逐漸均勻減小 B．若僅增大加速電壓，粒子在加速器中運動的總時間將減小 C．粒子能夠獲得的最大動能隨加速電壓大小的變化而變化 D．若增大磁感應(yīng)強度且同時減小交流電的頻率，粒子也能被加速【分析】粒子運動軌道的間距即為兩次加速后粒子做圓周運動的半徑之差，由電場力加速度和洛倫茲力提供向心力可知每次加速之后粒子做圓周運動的半徑，求解半徑之差即可；增大加速電壓，減小加速次數(shù)，即能減小加速時間；粒子獲得最大半徑是螺旋加速器的半徑，以此求出最大速度，進(jìn)而求出最大動能；根據(jù)T＝＝分析周期的變化，從而分析頻率的變化，交流電的周期和圓周運動的周期相等?！窘獯稹拷猓篈、粒子第一次加速度的速度由動能定理可知：qU＝由洛倫茲力提供向心力可知，，在磁場中的軌道半徑為：r0＝粒子加速n次的速度為：nqU＝由洛倫茲力提供向心力可知，，在磁場中的軌道半徑為：rn＝解得粒子加速n次的半徑：rn＝＝同理可得：粒子加速n+1次的運動半徑為：rn+1＝＝粒子運動軌道的間距為：△r＝rn+1﹣rn＝r0，由此可知粒子運動軌道的間距由里向外并不是逐漸均勻減小，故A錯誤；B、若僅增大加速電壓，粒子加速的次數(shù)將減小，粒子在加速器中運動的總時間將減小，故B正確C、粒子能夠獲得的最大動能為：Ekm＝，最大動能時，半徑最大為R，即：R＝，聯(lián)立解得：Ekm＝＝，與加速電壓大小無關(guān)，故C錯誤；D、若增大磁感應(yīng)強度，由周期公式可知：T＝＝，則周期將減小，交流電的周期與粒子在磁場中的運動周期相等才能持續(xù)加速，所以增大磁感應(yīng)強度，必須增大交流電的頻率，粒子才能被持續(xù)加速，故D錯誤；故選：B。【點評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器運用電場加速，磁場偏轉(zhuǎn)來加速帶電粒子，但要注意粒子射出的速度與加速電壓無關(guān)，與磁感應(yīng)強度的大小和D型盒半徑有關(guān)，加速電場的交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等。8．（2021?遼寧模擬）2020年11月10日消息，我國回旋加速器領(lǐng)域首批國家標(biāo)準(zhǔn)正式發(fā)布實施．如圖所示是回旋加速器裝置，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強度為B．D形盒的縫隙處接交流電源，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中．現(xiàn)要增大帶電粒子從回旋加速器射出時的動能，下列方法可行的是（）A．增大交流電源電壓 B．增大D形盒的半徑 C．增大交流電源電壓和減小狹縫間的距離 D．增大磁場磁感應(yīng)強度和減小狹縫間的距離【分析】回旋加速器是帶電粒子在磁場中運動的一個問題，根據(jù)洛倫茲力等于向心力可以求得最大動能，發(fā)現(xiàn)最大動能由D形盒半徑?jīng)Q定，與其他無關(guān)。【解答】解：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁場回旋，由qvB＝，E＝mv2，得，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑R決定，與交流電源電壓無關(guān)．增大D形盒的半徑，可以增加粒子的動能。故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】回旋加速器是帶電粒子在磁場中運動的一個問題，根據(jù)洛倫茲力等于向心力可以求得最大動能，發(fā)現(xiàn)最大動能由D形盒半徑?jīng)Q定，與其他無關(guān)。9．（2020秋?濱州期末）如圖所示，回旋加速器兩個D形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩D形金屬盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于兩D形金屬盒底面，磁感應(yīng)強度大小為B，粒子源置于兩D形金屬盒的圓心附近。下列說法正確的是（）A．高頻交流電源的電壓越大，粒子打出回旋加速器的速度越大 B．D形金屬盒半徑越大，粒子打出回旋加速器的速度越大 C．粒子在磁場中做圓周運動的周期可以是高頻交流電周期的2倍 D．粒子在回旋加速器中加速次數(shù)越多，粒子打出時的動能越大【分析】粒子在D形盒加速器中運動時，在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)，當(dāng)圓周運動半徑等于D形盒半徑時完成加速打出加速器，圓周運動周期與交流電周期相等?！窘獯稹拷猓篈B、當(dāng)粒子做勻速圓周運動的半徑正好與D形盒半徑相同時，粒子打出加速器，由qvB＝，可知v＝，與D形金屬盒半徑成正比，與交流電電壓無關(guān)，故A錯誤，B正確；C、圓周運動周期應(yīng)該與交流電周期相同，故C錯誤；D、打出時的最大動能Ek＝＝，課件帶電粒子加速后動能，取決于D形金屬盒半徑和磁感應(yīng)強度大小，與加速次數(shù)無關(guān)，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查回旋加速器原理，最終速度只與磁感應(yīng)強度大小和金屬盒半徑有關(guān)，與加速電壓無關(guān)。10．（2020秋?威海期末）某種質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，氖的同位素Ne和Ne粒子，以幾乎為0的初速度從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，經(jīng)過小孔S2、S3之間的真空區(qū)域后，以不同的速率經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入勻強磁場，最后分別打在照相底片D的x1、x2處。下列說法正確的是（）A．Ne粒子離開加速電場的速度比Ne粒子小 B．Ne粒子打在x1處 C．Ne粒子在磁場中的運動時間比Ne粒子長 D．兩種粒子在磁場中的運動時間相同【分析】對帶電粒在電場中加速過程，根據(jù)動能定理可求速度，在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，列方程可求解半徑及周期，進(jìn)而可求時間。【解答】解：A、對帶電粒子在電場中加速過程，根據(jù)動能定理得：qU＝，則v＝，因為電量q相等，所以m大的速度v小，故Ne粒子離開加速電場的速度比Ne的大，故A錯誤；B、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m，即R＝＝因為電量q相等，所以m大的半徑R大，故Ne粒子打在x1處，Ne粒子打在x2處。故B正確；CD、離子在磁場中運動的周期為：T＝，二者在磁場中運動的時間為：t＝＝，因為電量q相等，所以m大的時間t長，故Ne粒子在磁場中的運動時間比Ne粒子短。故CD錯誤。故選：B。【點評】本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理與牛頓第二定律相結(jié)合解題。11．（2020秋?古縣校級期末）下列說法正確的是（）A．如圖是回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動能增大，可增加電壓U B．如圖是磁流體發(fā)電機的結(jié)構(gòu)示意圖，可以判斷出A極板是發(fā)電機的正極，B極板是發(fā)電機的負(fù)極 C．如圖是速度選擇器，帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是Eq＝qvB，即v＝ D．如圖所示是磁電式電流表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，線圈在極靴產(chǎn)生的勻強磁場中轉(zhuǎn)動【分析】回旋加速器給粒子加速，最后的速度大小與加速電壓無關(guān)；根據(jù)左手定則判斷帶電粒子受力的方向，進(jìn)而可以知道那板電勢高，進(jìn)而判斷發(fā)電機的正負(fù)極；速度選擇器是選擇速度一定的粒子才能通過；磁電式電流表中極靴產(chǎn)生的磁場是輻向磁場。【解答】解：A、回旋加速器給帶電粒子加速，最后粒子的軌道半徑等于回旋加速器的半徑R時粒子被引出來，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，則最后粒子的速度為v＝，即粒子最終的速度大小僅與磁場的磁感應(yīng)強度和D形盒的半徑有關(guān)，與加速電壓U無關(guān)，增加電壓，不能使粒子獲得的最大動能增大，故A錯誤；B、根據(jù)左手定則可以判斷正離子受洛倫茲力方向向下，向下極板B偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子受洛倫茲力方向向上，向上極板A偏轉(zhuǎn)。所以B極板電勢高是發(fā)電機的正極，A極板電勢低是發(fā)電機的負(fù)極，故B錯誤；C、只有那些受電場力和洛倫茲力相等的粒子才能夠通過速度選擇器，即qvB＝qE，即v＝，故C正確；D、極靴產(chǎn)生的磁場不是勻強磁場，是輻向磁場，各點的磁感應(yīng)強度大小不等，方向也不同，故D錯誤。故選：C?！军c評】該題考查了磁場的幾種應(yīng)用場景，其中回旋加速器給粒子加速，粒子最后獲得的動能是由約束磁場的磁感應(yīng)強度和D形盒的半徑共同決定的，與加速電壓的高低無關(guān)，不過加速電壓高，加速的時間短，加速電壓低，加速的時間比較長。12．（2020秋?沈河區(qū)校級期末）速度選擇器是質(zhì)譜儀的重要組成部分，它可以將具有某一速度的粒子挑選出來。圖中左右兩個豎直的金屬板分別與電源的負(fù)極和正極相連，金屬板內(nèi)部的勻強電場的電場強度為E，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B。一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過速度選擇器，然后通過平板S上的狹縫P進(jìn)入另一磁感應(yīng)強度為B′的勻強磁場，最終打在A點上。不計粒子的重力。下列表述正確的是（）A．粒子帶負(fù)電 B．速度選擇器中的磁場方向為垂直于紙面向外 C．能沿直線通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．所有打在A點的粒子的質(zhì)量都相同【分析】帶電粒子沿直線通過速度選擇器，所受的電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力方向，由左手定則判斷粒子的電性，并由左手定則判斷速度選擇器中的磁場方向，由平衡條件求通過狹縫P的帶電粒子的速率。由r＝分析所有打在A點的粒子的質(zhì)量關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子進(jìn)入下方勻強磁場時所受的洛倫茲力方向向左，由左手定則判斷可知粒子帶正電，故A錯誤；B、在速度選擇器中，粒子受到的電場力方向向左，根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，知粒子受到的洛倫茲力方向向右，由左手定則判斷可知度選擇器中的磁場方向為垂直于紙面向里，故B錯誤；C、設(shè)能沿直線通過狹縫P的帶電粒子的速率為v。帶電粒子沿直線通過速度選擇器，所受的電場力與洛倫茲力平衡，則qvB＝qE，解得v＝，故C正確；D、所有打在A點的粒子在下方磁場中軌跡半徑相等，速率也相等，由r＝分析可知所有粒子的比荷相等，質(zhì)量不一定相等，故D錯誤。故選：C。【點評】本題的關(guān)鍵要理解速度選擇器和質(zhì)譜儀的工作原理，能根據(jù)帶電粒子的受力情況確定粒子的電性，要注意的是打A點的粒子到P點的距離為粒子做勻速圓周運動軌跡半徑的2倍。13．（2020秋?運城期末）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置。如圖所示，其核心部件是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒（D1、D2），兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，D形盒的半徑為R。質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子從D1盒的質(zhì)子源（A點）由靜止釋放，加速到最大動能后經(jīng)粒子出口處射出。若忽略質(zhì)子在電場中的加速時間，且不考慮相對論效應(yīng)，則下列說法正確的是（）A．交變電壓U越大，質(zhì)子獲得的最大動能越大 B．質(zhì)子在加速器中的加速次數(shù)越多，質(zhì)子獲得的最大動能越大 C．增大D型盒的半徑，質(zhì)子獲得的最大動能增大 D．質(zhì)子不斷加速，它做圓周運動的周期越來越小【分析】回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等，當(dāng)質(zhì)子從D形盒中出來時，速度最大，此時運動的半徑等于D形盒的半徑，根據(jù)牛頓第二定律，列出表達(dá)式qvB＝m，并依據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期公式，即可求解．【解答】解：A、根據(jù)qvB＝m知質(zhì)子出D形盒時的速度vm＝，則質(zhì)子出D形盒時的動能：Ekm＝mv2＝，與加速的電壓無關(guān)，故A錯誤；B、根據(jù)qvB＝m知質(zhì)子出D形盒時的速度vm＝，則質(zhì)子出D形盒時的動能：Ekm＝mv2＝＝nqU，加速次數(shù)越多，則交變電壓U越小，但動能不會隨次數(shù)的改變而改變，故B錯誤；C、根據(jù)qvB＝m知質(zhì)子出D形盒時的速度vm＝，則質(zhì)子出D形盒時的動能：Ekm＝mv2＝，可知，當(dāng)增大D型盒的半徑，則質(zhì)子獲得的最大動能增大，故C正確；D、依據(jù)質(zhì)子做圓周運動的周期公式T＝，可知，質(zhì)子雖不斷加速，但其在磁場中運動的周期卻不變，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查牛頓第二定律的內(nèi)容，掌握帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑與周期公式，解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大．以及知道回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交流電的周期相等．14．（2020秋?南京期末）1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其工作原理如圖所示。這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是（）A．離子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑的增大而增大 B．離子從磁場中獲得能量 C．增大加速電場的電壓，其余條件不變，離子在D型盒中運動的時間變短 D．增大加速電場的電壓，其余條件不變，離子離開磁場的動能將增大【分析】當(dāng)帶電粒子從回旋加速器最后出來，做圓周運動的半徑為D形盒半徑時，速度最大，根據(jù)qvB＝m求出最大速度，再根據(jù)EKm＝mv2求出最大動能，可知與什么因素有關(guān)。【解答】解：A、粒子做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，故：qvB＝m，周期T＝，聯(lián)立解得：T＝，故周期與半徑無關(guān)，故A錯誤；B、磁場使粒子偏轉(zhuǎn)，電場使粒子加速，故粒子獲得的能量來自于電場，故B錯誤；C、根據(jù)qvB＝m可得，最大速度：v＝；則最大動能：EKm＝mv2＝；增大加速電場的電壓，其余條件不變，每次加速后粒子獲得的動能增加，但最終的動能不變，故在磁場中加速的次數(shù)減小，帶電粒子在D形盒中運動的時間變短，故C正確；C、由上一選項可知最大動能EKm＝mv2＝，與金屬盒的半徑以及磁感應(yīng)強度有關(guān)，與加速電壓的大小無關(guān)，故D錯誤；故選：C。【點評】解決本題的關(guān)鍵知道根據(jù)qvB＝m求解最大速度，知道最大動能與D形盒的半徑有關(guān)，與磁感應(yīng)強度的大小和電場的大小無關(guān)。15．（2020秋?洛陽期末）如圖是電子感應(yīng)加速器內(nèi)部結(jié)構(gòu)原理簡圖：電子感應(yīng)加速器主要由上、下電磁鐵磁極和環(huán)形真空室組成。當(dāng)電磁鐵繞組通以變化的電流時，產(chǎn)生變化的磁場，穿過真空盒所包圍的區(qū)域內(nèi)的磁通量也隨時間變化，這時真空盒空間內(nèi)就感應(yīng)出渦旋電場，電子將在渦旋電場作用下得到加速。（圖中：上圖為側(cè)視圖、下圖為真空室的俯視圖）。電子被約束在半徑為R的圓周上運動。若電磁鐵繞組通有正弦式交變電流i，下列說法中正確的是（）A．電子做圓周運動的周期與交變電流的變化周期相同 B．渦旋電場的方向保持逆時針方向不變 C．在交變電流變化的任何時段，電子都將被加速 D．在交變電流按圖示方向增大的過程中，電子做逆時針方向的加速運動【分析】根據(jù)安培定則判斷磁場的方向，磁場發(fā)生變化，通過楞次定律可判斷出渦旋電場的方向，從而可知電子在渦旋電場下的運動方向?！窘獯稹拷猓篈、電子做圓周運動的周期由感生電場周期決定，感生電場的周期與交變電流周期不同，電子做圓周運動的周期與交變電流的變化周期不同，故A錯誤；B、電磁鐵繞組通以變化的電流時，產(chǎn)生變化的磁場，磁場大小與方向發(fā)生變化，由楞次定律可知，渦旋電場方向發(fā)生變化，渦旋電場的方向并不保持逆時針方向不變，故B錯誤；C、當(dāng)感生電場力方向與電子運動方向相同時電子被加速，當(dāng)感生電場力方向與電子速度方向相反時電子減速，故C錯誤；D、在交變電流按圖示方向增大的過程中，磁感應(yīng)強度方向豎直向上，如果電子速度方向沿順時針方向，電子所受洛倫茲力背離圓心，因此電子不可能沿順時針方向運動，因此電子沿逆時針方向運動，由安培定則可知，磁場方向豎直向上（俯視）且增大，由楞次定律可知，感生電場方向沿順時針方向，電子所受電場力沿逆時針方向，電子做逆時針方向的加速運動，故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律判斷感應(yīng)電場的方向；方法同感應(yīng)電流的判斷方法：感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流磁場磁通量的變化。16．（2020秋?呂梁期末）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個D形金屬盒。兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中，a、b分別與高頻交流電源兩極相連接，下列說法正確的是（）A．帶電粒子從磁場中獲得能量 B．帶電粒子的運動周期是變化的 C．帶電粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器 D．增大金屬盒的半徑，帶電粒子射出時的動能不變【分析】被加速粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，而從邊緣離開加速器；洛倫茲力并不做功，而電場力對帶電粒子做功。當(dāng)粒子在磁場中圓周運動的半徑等于D形盒半徑時，速度最大，動能最大，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，列式得到最大動能的表達(dá)式，再進(jìn)行分析增加最大動能的方法?！窘獯稹拷猓篈、由于洛倫茲力并不做功，而帶電粒子通過電場時有qU＝△Ek，故離子是從電場中獲得能量，故A錯誤；B、帶電粒子在磁場中運動的周期：T＝，與粒子運動的速度大小無關(guān)，所以帶電粒子運動的周期不變，故B錯誤；C、洛倫茲力的方向始終與速度的方向垂直，粒子在磁場中做勻速圓周運動，所以帶電粒子應(yīng)由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，故C正確；D、粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝m粒子的最大速度為：vm＝所以，粒子加速后的最大動能：EK＝＝粒子的最大動能與半徑有關(guān)，增大金屬盒的半徑粒子射出時的動能增大，故D錯誤。故選：C。【點評】了解并理解了常用實驗儀器或?qū)嶒炂鞑牡脑淼娇荚嚂r我們就能輕松解決此類問題，注意磁場對粒子只偏轉(zhuǎn)不改變能量。17．（2020秋?江蘇月考）帶電量相同、質(zhì)量不同的粒子從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為零。加速后的粒子經(jīng)過S3沿著磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打在照相底片D上，如圖所示。運動過程中粒子之間的相互作用忽略不計，下列說法正確的是（）A．這些粒子經(jīng)過S3時的動能相同 B．這些粒子經(jīng)過S3時的速率相同 C．這些粒子在磁場中運動的軌跡圓半徑與質(zhì)量成正比 D．這些粒子在磁場中運動的時間與質(zhì)量成反比【分析】根據(jù)動能定理求出粒子經(jīng)過S3時的動能和速率表達(dá)式，通過表達(dá)式分析經(jīng)過S3時的動能和速率關(guān)系；粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)半徑公式和周期公式得出粒子在磁場中運動的半徑表達(dá)式和時間表達(dá)式，再進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈B、粒子在加速電場中運動過程，根據(jù)動能定理得：qU＝Ek＝，解得粒子經(jīng)過S3時的動能：Ek＝qU，速率為v＝，因這些粒子的帶電量相同，質(zhì)量不同，可知這些粒子經(jīng)過S3時的動能相同，速率不一定相同，當(dāng)粒子的比荷相同時，速率相同，故A正確、B錯誤；C、粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡圓半徑為：r＝＝＝，則知軌跡圓半徑與質(zhì)量的平方根成正比，故C錯誤；D、粒子在磁場中運動的周期為T＝，則粒子在磁場中運動的時間為t＝＝，可知粒子在磁場中運動的時間與質(zhì)量成正比，故D錯誤。故選：A?！军c評】解決該題的關(guān)鍵是明確知道粒子在各區(qū)域的運動情況，分別根據(jù)動能定理、半徑公式和周期公式推導(dǎo)出所求物理量的表達(dá)式，再進(jìn)行分析。18．（2020秋?皇姑區(qū)校級月考）下列說法正確的是（）A．圖是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，要想粒子獲得的最大動能增大，可增大電壓U B．圖是磁流體發(fā)電機的結(jié)構(gòu)示意圖．可以判斷出A極板是發(fā)電機的負(fù)極，B極板是發(fā)電機的正極 C．速度選擇器可以判斷出帶電粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是Eq＝qvB，即v＝ D．圖是磁電式電流表內(nèi)部結(jié)構(gòu)示意圖，線圈在極靴產(chǎn)生的勻強磁場中轉(zhuǎn)動【分析】針對課本上提出的利用洛倫茲力和安培力的實驗儀器和儀表，根據(jù)各自的工作原理正確答題?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)粒子的軌跡半徑最大（即D形盒的半徑）時，速度最大，最大動能為Ekm＝＝，與加速電壓無關(guān)，而加速電壓只與加速次數(shù)有關(guān)，故A錯誤；B、根據(jù)左手定則可判斷，等離子體中的正電荷通入磁極間后受到的洛倫茲力向下而聚集到下極板B，因此下極板B是正極，上極板A是負(fù)極，故B正確；C、若正粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器，則有qvB＝Eq，則選擇的速度v＝，若負(fù)粒子從同一口進(jìn)入速度選擇器，由于受到電場力與洛倫茲力均反向，只要速度滿足v＝，就能直線通過，也就是說速度選擇器不能選擇電性，故C錯誤；D、由于表頭的特殊結(jié)構(gòu)，極靴與鐵芯之間的磁場是輔向的（即沿著半徑方向），這樣線圈無論轉(zhuǎn)到何位置，安培力不變，且轉(zhuǎn)角與電流成正比，故D錯誤。故選：B?！军c評】此題把課本涉及的儀器儀表羅列在一個題目中進(jìn)行對比，主要涉及的知識點，粒子的半徑公式r＝，磁流體穩(wěn)定流動和速度選擇器時平衡條件qvB＝，電磁式電流表表頭的結(jié)構(gòu)和原理等，要理解記憶。19．（2020秋?岳麓區(qū)校級月考）質(zhì)譜儀是一種利用質(zhì)譜分析測量離子比荷的分析儀器，如圖是一種質(zhì)譜儀的示意圖，它是由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。已知靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力，下列說法中正確的是（）A．經(jīng)分析，粒子帶正電，且極板M低于極板N電勢 B．不同種類的帶電粒子通過靜電分析器的時間都相同 C．加速電場的電壓U＝ER D．帶電粒子在磁分析器中運動的直徑PQ＝【分析】根據(jù)粒子運動方向與電場力的方向判斷電勢的高低，帶電粒子在靜電分析器中做圓周運動，電場力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的速度；粒子在加速電場中加速，由動能定理可以求出加速電場的電壓。粒子在磁分析器中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后求出P、Q間的距離。根據(jù)PQ的表達(dá)式進(jìn)行分析解答?！窘獯稹拷猓篈、因為粒子在磁場中從P點運動到Q點，因此由左手定則可知粒子帶正電；在加速電場中受到電場力向右，所以電場線方向向右，則M板為正極，M板的電勢高于N板電勢，故A錯誤；C、在加速電場中，由動能定理得：qU＝﹣0，得到：v＝，粒子在靜電分析器中做圓周運動，電場力提供向心力，由牛頓第二定律得qE＝，解得U＝，故C正確；B、但不同種類的帶電粒子加速后的速度不一定相同，所以通過靜電分析器的時間也不一定相同，故B錯誤；D、粒子在磁分析器中以半徑為r做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝，解得r＝，帶電粒子在磁分析器中運動的直徑PQ＝2r＝，故D錯誤。故選：C?！军c評】該題的關(guān)鍵是知道帶電粒子在靜電分析器中做勻速圓周運動，且其向心力由電場力提供，知道粒子在磁分析器中做了半個勻速圓周運動。20．（2020秋?和平區(qū)校級月考）如圖所示為幾種儀器的原理示意圖，圖甲為磁流體發(fā)電機，圖乙為質(zhì)譜儀，圖丙為多級直線加速器，圖丁是霍爾元件。下列說法正確的是（）A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產(chǎn)生電勢差，A板電勢高 B．圖乙中，H、H、H三種粒子經(jīng)加速電場射入磁場，H在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑最大 C．圖丙中，加速電壓越大，粒子獲得的能量越高，比回旋加速器更有優(yōu)勢 D．圖丁中，磁感應(yīng)強度增大時，a、b兩表面間的電壓U增大【分析】磁流體發(fā)電機就是利用帶電粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)的原理，多級直線加速器加速和回旋極速器的特點即可判斷，質(zhì)譜儀應(yīng)采取分段分析的方法，即粒子加速階段，在磁場中運動階段，一般用來分析同位素?；魻栐罱K導(dǎo)電電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出電壓表的表達(dá)式?！窘獯稹拷猓篈、由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，所以下極板帶正電，A板是電源的負(fù)極，B板是電源的正極，故A錯誤；B、依據(jù)動能定理，qU＝，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解得：R＝＝，H、H、H三種粒子經(jīng)加速電場射入磁場，H在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑最大，故B錯誤；C、粒子通過多級直線加速器加速，加速電壓越大，粒子獲得的能量越高，但要產(chǎn)生這種高壓所需的技術(shù)要求很高，同時加速裝置的長度也要很長，故多級直線加速器不一定比回旋加速器更有優(yōu)勢，故C錯誤；D、最終導(dǎo)電電荷在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有：qvB＝q，得U＝Bvd，故磁感應(yīng)強度B增大時，a、b兩表面間的電壓U增大，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了洛倫茲的應(yīng)用相關(guān)知識，掌握用左手定則判斷洛倫茲力的方向，知道速度選擇器的原理以及區(qū)別多級直線加速器加速和回旋極速器的特點。二．多選題（共10小題）21．（2020秋?倉山區(qū)校級期末）用如圖所示的回旋加速器來加速質(zhì)子，為了使質(zhì)子獲得的最大動能增加為原來的4倍，可采用下列哪種方法（）A．將磁感應(yīng)強度增大，變?yōu)樵瓉淼?倍 B．將兩D形金屬盒間的加速電壓增大為原來的4倍 C．將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍 D．將兩D形金屬盒間加速電壓的頻率增大為原來的2倍【分析】回旋加速器中帶電粒子在電場被加速，每通過電場，動能被增加一次；而在磁場里做勻速圓周運動，通過磁場時只改變粒子的運動方向，動能卻不變，因此帶電粒子在一次加速過程中，電場電壓越大，動能增加越大，但從D形盒中射出的動能，除與每次增加的動能外，還與加速次數(shù)有關(guān)，所以加速電壓越大，回旋次數(shù)越少，最大動能只由磁感應(yīng)強度和D形金屬盒的半徑?jīng)Q定?！窘獯稹拷猓簬щ娏Ｗ訌腄形盒中射出時的動能：Ekm＝m，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qvmB＝m，聯(lián)立可得：Ekm＝，顯然，當(dāng)帶電粒子q、m一定的，則Ekm∝R2B2，即Ekm與磁場的磁感應(yīng)強度B、D形金屬盒的半徑R的平方成正比，與加速電場的電壓無關(guān)，而當(dāng)磁場變化時，導(dǎo)致周期變化，因此粒子不可能在電場中一直加速，因此與磁場也無關(guān)，故AC正確，BD錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查電磁場的綜合應(yīng)用：在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓周運動、所以容易讓學(xué)生產(chǎn)生誤增加射出的動能由加速電壓與縫間決定，原因是帶電粒子在電場中動能被增加，而在磁場中動能不變.22．（2021?岱山縣校級模擬）如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖。由加速電場.靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．粒子一定帶正電 B．加速電場的電壓U＝ER C．直徑PQ＝ D．若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷【分析】帶電粒子在電場中加速后垂直于電場線進(jìn)入靜電分析器，在電場力提供向心力作用下，做勻速圓周運動．根據(jù)電場力的方向判斷粒子的帶電性質(zhì)；頓第二定律可得在電場力作用下做勻速圓周運動的表達(dá)式，求解其速度v，再計算加速電壓U；進(jìn)入勻強磁場，在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動．根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力等于向心力可求得運動的半徑，再計算直徑即可；根據(jù)直徑的表達(dá)式判斷粒子直徑相同時需要滿足的條件?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子在靜電分析器中，在電場力作用下，做勻速圓周運動．所以電場力指向圓心與電場的方向相同，故粒子帶正電，故A正確；B、在靜電分析器中，根據(jù)電場力提供向心力，有①，在加速電場中，有②，聯(lián)立得：U＝，故B錯誤；CD、在磁分析器中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝③，由①②③聯(lián)立得：R＝，所以直徑d＝2R＝，若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，說明圓周運動的直徑相同，由于磁場、電場、靜電分析器的半徑R都不變，則該群粒子具有相同的比荷，故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】考查粒子在電場中加速與勻速圓周運動，及在磁場中做勻速圓周運動．掌握電場力與洛倫茲力在各自場中應(yīng)用，注意粒子在靜電分析器中電場力不做功．23．（2021春?薛城區(qū)期中）如圖為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間電壓恒為U的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內(nèi)有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強度大小相等；磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外。當(dāng)有粒子打到膠片M上時，可以通過測量粒子打到M上的位置來推算粒子的比荷，從而分析粒子的種類以及性質(zhì)。由粒子源N發(fā)出的不同種類的帶電粒子，經(jīng)加速電場加速后從小孔S1進(jìn)入靜電分析器，其中粒子a和粒子b恰能沿圓形通道的中心線通過靜電分析器，并經(jīng)小孔S2垂直磁場邊界進(jìn)入磁場，最終打到膠片上，其軌跡分別如圖中的S1S2a和S1S2b所示。忽略帶電粒子離開粒子源N時的初速度，不計粒子所受重力以及粒子間的相互作用。下列說法中正確的是（）A．粒子a和粒子b經(jīng)過小孔S1時速度大小一定不相等 B．若只減小加速電場的電壓U，粒子a可能沿曲線S1c運動 C．靜電分析器中距離圓心O為R處的電場強度大小為 D．粒子a的比荷一定大于粒子b的比荷【分析】帶電粒子在電場中，在電場力做正功的情況下，被加速運動；后垂直于電場線，在電場力提供向心力作用下，做勻速圓周運動；最后進(jìn)入勻強磁場，在洛倫茲力作用下，做勻速圓周，運動；根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列式分析即可?！窘獯稹拷猓篈D、在勻強磁場區(qū)域：在PQ間加速過程，根據(jù)動能定理有：qU＝mv2，解得：v＝，由于粒子通過圓形通道時速度不變，進(jìn)入磁場后再做勻速圓周運動：qvB＝m，得：r＝＝＝，故打到膠片上位置距離O點越遠(yuǎn)的粒子半徑r越大，則比荷越小，比荷越小的粒子從S1孔進(jìn)入的速度越小，故A正確，D錯誤；B、根據(jù)動能定理有：qU＝mv2，若減小了加速電壓U，則進(jìn)入圓形通過的速度也減小，所需的向心力也減小，但提供的力電場力F電＝Eq未變，即F電＞，粒子將做靠近圓心的運動，而不是離心運動，故B錯誤；C、在圓形通道電場中做半徑為R圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝m，得：R＝＝＝，可知：E＝，即靜電分析器中距離圓心O為R處的電場強度大小為，故C正確；故選：AC?！军c評】考查了帶電粒子在電磁場中的運動，本題關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律，然后分階段根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列式分析。24．（2021?馬鞍山模擬）回旋加速器的工作原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間接電壓為U的交流電源。中心A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，初速度可視為0，在兩盒之間被電場加速。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場B中，粒子在磁場中做勻速圓周運動。忽略兩盒縫之間的距離。已知粒子被第一次加速后，經(jīng)過時間t，再次到達(dá)盒縫處，與A的距離為d，則（）A．電場變化的周期為t B．粒子被2次加速后，再次經(jīng)過盒縫時，與A的距離為d C．粒子的最大動能與金屬盒半徑R有關(guān)，與加速電壓U無關(guān) D．粒子在加速器中運動的時間與加速電壓U、金屬盒半徑R均有關(guān)【分析】粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，而從邊緣離開加速器，粒子在磁場中運動周期與交變電壓周期同步時才能處于加速狀態(tài)，故電場變化的周期在磁場中運動周期相同；由洛倫茲力提供向心力可知，粒子的運動軌跡半徑與速度有關(guān)；當(dāng)離子在磁場中圓周運動的半徑等于D形盒半徑時，速度最大，動能最大，根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，列式得到最大動能的表達(dá)式，再進(jìn)行分析粒子的最大動能與什么參數(shù)有關(guān)；粒子在回旋加速器中運動的總時間與粒子在電場中加速次數(shù)和在磁場中偏轉(zhuǎn)次數(shù)有關(guān)。【解答】解：A、根據(jù)加速原理，當(dāng)粒子在磁場中運動周期與交變電壓周期同步時才能處于加速狀態(tài)，故電場變化的周期在磁場中運動周期相同，而時間t時磁場中運動的半個周期，磁場中運動周期T＝2t，所以電場變化周期為2t，故A錯誤；B、粒子第二次加速后，速度變大，由：qvB＝m，解得：R＝，由此可知，當(dāng)速度v越大，粒子的軌跡半徑R越大，當(dāng)粒子再次通過盒縫時，與A點的距離大于d，故B錯誤；C、由：qvB＝m，解得：v＝，則動能：Ek＝＝，由此可知，粒子的最大動能只與粒子本身的荷質(zhì)比，加速半徑以及磁感應(yīng)強度大小有關(guān)，與電壓電壓U無關(guān)，故C正確；D、粒子在回旋加速器中運動的總時間與粒子在電場中加速次數(shù)和在磁場中偏轉(zhuǎn)次數(shù)有關(guān)，而電壓越高，次數(shù)越少，總時間越小，金屬盒半徑越大，次數(shù)越多，時間越長，故D正確；故選：CD。【點評】本題考查回旋加速器的原理，特別要記住粒子獲得的最大動能與D型盒的半徑和磁感應(yīng)強度B有關(guān)，要注意理解交變電壓的周期等于粒子在磁場中回轉(zhuǎn)的周期這個工作條件。25．（2021春?膠州市期中）如圖，為一種新型回旋加速器示意圖，其中盒縫存在著電壓為U的加速電場，且被限制在AC板間的實線區(qū)域，虛線所在空間無電場。一質(zhì)量為m電量為+q帶電粒子從P0處由靜止開始沿電場線方向進(jìn)入加速電場，經(jīng)加速后進(jìn)入D形盒中的勻強磁場區(qū)域，做勻速圓周運動，磁感應(yīng)強度大小為B，P1、P2、P3為第一次、第二次、第三次經(jīng)無場區(qū)進(jìn)入勻強磁場時的位置。對這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是（）A．＝ B．加速電場的變化周期為 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān) D．粒子加速次數(shù)n次后在勻強磁場中勻速圓周運動的半徑為【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列式，得到粒子的軌跡半徑表達(dá)式。粒子每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，加速度相同，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律分析經(jīng)過相同位移所用時間之比，從而確定速度變化量之比，即可求解；根據(jù)T＝求粒子做勻速圓周運動的周期，再確定加速電場的變化周期；加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)；粒子加速次數(shù)n次后，根據(jù)動能定理求出加速后粒子的速度，再由半徑公式求粒子在勻強磁場中勻速圓周運動的半徑。【解答】解：A、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m，解得粒子的軌跡半徑：r＝則P1P2＝2（r2﹣r1）＝2（﹣）＝＝同理可得，P2P3＝2（r3﹣r2）＝因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，則粒子速度變化量為△v＝at由于加速度相同，第二、第三次加速經(jīng)過相同位移所用時間之比為t1：t2＝（﹣1）：（﹣），則第二、第三次加速速度變化量之比為＝聯(lián)立可得＝，故A正確；B、帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，進(jìn)入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電場被限制在A、C板間，只有經(jīng)過AC板間時被加速，所以運動一周加速一次，電場的方向不需改變，故B錯誤；C、當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)r＝得v＝，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C錯誤；D、粒子加速次數(shù)n次時，由動能定理得nqU＝粒子加速次數(shù)n次后的速度為vn＝，粒子在勻強磁場中勻速圓周運動的半徑為rn＝＝＝，故D正確。故選：AD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉(zhuǎn)一圈，加速一次，且都在AC間加速，加速的電場不需改變。26．（2021春?任城區(qū)期中）回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，A處粒子源產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，在加速電壓為U的加速電場中被加速，所加磁場的磁感應(yīng)強度、加速電場的頻率可調(diào)，磁場的磁感應(yīng)強度最大值為Bm和加速電場頻率的最大值fm，則下列說法正確的是（）A．粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān) B．粒子第n次和第n+1次進(jìn)入磁場的半徑之比為： C．粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間為t＝ D．若fm＝，則粒子獲得的最大動能為Ekm＝2π2mfm2R2【分析】回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，帶電粒子在磁場中運動的周期與帶電粒子的速度無關(guān)。根據(jù)洛倫茲力提供向心力得出軌道半徑的公式，從而根據(jù)速度的關(guān)系得出軌道半徑的關(guān)系。粒子離開回旋加速度時的軌道半徑等于D形盒的半徑，根據(jù)半徑公式求出離開時的速度大小，從而得出動能。【解答】解：A、粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑越大，粒子動能越大，粒子做圓周運動的最大軌道半徑為R，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，粒子最大動能：EK＝，解得，粒子最大動能：EK＝，粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，故A正確；B、粒子在電場中加速，由動能定理粒子被加速n次時：nqU＝﹣0，粒子被加速n+1次時：（n+1）qU＝﹣0，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r＝，所以第n次和第n+1次半徑之比解得：rn：r（n+1）＝：，故B錯誤；C、設(shè)粒子到出口處被加速了n圈，據(jù)動能定理得：2nqU＝﹣0粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，當(dāng)粒子速度最大時，由牛頓第二定律得：qvB＝m，粒子在磁場中做圓周運動的周期：T＝＝，粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間：t＝nT解得：t＝，故C正確；D、加速電場的頻率應(yīng)該等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即：f＝，當(dāng)磁感應(yīng)強度為Bm時，加速電場的頻率應(yīng)該為：fm＝，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，粒子最大動能：EK＝，解得，粒子最大動能：EK＝，若fm＝時，粒子獲得的最大動能為Ekm＝2π2mfm2R2，故D正確。故選：ACD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器加速粒子的原理，知道帶電粒子在磁場中運動的周期與交變電場的周期相同，以及掌握帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑公式和周期公式；特別是要知道加速時間很短，與回旋時間相比完全可以忽略不計。27．（2021?安徽模擬）質(zhì)子刀治療是世界最先進(jìn)的腫瘤放射治療技術(shù)，其原理是電場對質(zhì)子進(jìn)行加速，當(dāng)達(dá)到一定能量后，用質(zhì)子束照射腫瘤，殺死腫瘤細(xì)胞。近日由中國科學(xué)院合肥物質(zhì)科學(xué)研究院自主研制的最緊湊型超導(dǎo)回旋質(zhì)子治療系統(tǒng)加速器研制成功。該回旋加速器中加速電場場強達(dá)到170kV/cm國際最高應(yīng)用水平，加速器中磁場的磁感應(yīng)強度達(dá)到最高3.0T，引出的質(zhì)子具有200MeV（1M＝1×106）的能量，實現(xiàn)高能量級超導(dǎo)回旋加速器關(guān)鍵技術(shù)突破。已知兩D形盒間距為0.01cm，質(zhì)子電量為1.6×10﹣19C，質(zhì)子質(zhì)量約為1.67