2025新課改-高中物理-選修第2冊（16講）04 B質(zhì)譜儀與回旋加速器 中檔版含答案

2025新課改-高中物理-選修第2冊（16講）04B質(zhì)譜儀與回旋加速器中檔版含答案質(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，半個圓周后再次進入電場．技巧點撥一、質(zhì)譜儀1．加速：帶電粒子進入質(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?武平縣校級模擬）如圖是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖。帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速（在A點初速度為零）后，進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處。圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的徑跡，則（）A．在磁場中a運動的時間大于b運動的時間 B．a(chǎn)的比荷大于b的比荷 C．增大加速電壓U，粒子在磁場中的運動時間變長 D．若同時增大加速電壓U和磁感應(yīng)強度B，粒子打在感光片上的位置將向右移動【分析】帶點粒子在電場中加速，由動能定理求解，在磁場中偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力做為向心力?！窘獯稹拷猓篈B、帶點粒子在電場中加速，由動能定理：mv2在磁場中偏轉(zhuǎn)洛倫茲力做為向心力：qvB＝m解得：由圖可知：ra＜rb所以，a的比荷大于b的比荷，由周期公式：T＝可知，Ta＜Tb，則帶點粒子磁場中a運動的時間小于b運動的時間，故A錯誤，B正確；C、由于周期與粒子運動的快慢無關(guān)，所以增大加速電壓u，粒子在磁場中的運動時間不變，故C錯誤；D、結(jié)合比荷表達(dá)式同時增大加速電壓U和磁感應(yīng)強度B，粒子打在感光片上的位置將無法確定，故D錯誤故選：B。【點評】本題考查質(zhì)譜儀工作原理，要求會用學(xué)生動能定理分析帶點粒子在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，洛倫茲力做為向心力。2．（2020秋?倉山區(qū)校級期末）1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎。若速度相同的同一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后，沿直線運動至S0，運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是（）A．該束帶電粒子電性不能確定 B．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電 C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小 D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，速度越大【分析】根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向確定帶電粒子的正負(fù)。根據(jù)在速度選擇器中電場力和洛倫茲力平衡確定P1極板的帶電情況。在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出粒子的軌道半徑，即可知道軌跡半徑與什么因素有關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)，磁場的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知，該粒子帶正電。故A錯誤；B、在平行金屬板間，根據(jù)左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電。故B錯誤。C、進入B2磁場中的粒子速度是一定的，根據(jù)qvB＝m得，r＝，知r越大，荷質(zhì)比越小，故C正確；D、帶電粒子沿直線通過速度選擇器，則有Eq＝Bqv，所以v＝，所以速度一定的帶電粒子才能通過速度選擇器，即在B2磁場中的粒子速度大小是一定，故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關(guān)鍵會根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道在速度選擇器中，電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡。隨堂練習(xí)1．（2021春?淇濱區(qū)校級月考）如圖所示，關(guān)于磁場中的四種儀器的說法中錯誤的是（）A．圖甲中，回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關(guān) B．圖乙中，不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時，擊中光屏同一位置的粒子比荷相同 C．圖丙中，自由電荷為負(fù)電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖磁場時M側(cè)帶負(fù)電荷 D．圖丁中，長寬高分別為為a、b、c的電磁流量計加上如圖所示磁場，前后兩個金屬側(cè)面的電壓與a、b無關(guān)【分析】根據(jù)回旋加速器的原理分析帶電粒子的最大動能；根據(jù)質(zhì)譜儀的原理分析帶電粒子的比荷；根據(jù)左手定則判斷自由電荷的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)電磁流量計的原理得出前后側(cè)面的電勢差?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，射出回旋加速器時有：，可得：，所以帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑有關(guān)，故A正確；B、加速電場中有：，速度選擇器中有：qvB1＝qE，偏轉(zhuǎn)磁場B2中有：聯(lián)立得：，所以不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場，擊中光屏同一位置，r相同，則粒子比荷相同，故B正確；C、根據(jù)左手定則，帶負(fù)電的自由電荷向N板偏轉(zhuǎn)，所以N側(cè)帶負(fù)電荷，故C錯誤；D、最終離子在電場力和洛倫茲力作用下平衡，則有，結(jié)合Q＝vS＝vbc可得前后兩個金屬側(cè)面的電壓，故D正確。本題選錯誤的，故選：C?！军c評】本題根據(jù)理解掌握各種儀器的工作原理，明確電場、磁場的各自作用，注意霍爾元件、速度選擇器、電磁流量計的本質(zhì)都是應(yīng)用了帶電粒子受到洛倫茲力和電場力的作用制成的。2．（2021春?山東月考）粒子加速器是利用電場來推動帶電粒子使其獲得能量的裝置，是高能物理中重要的角色。1931年美國物理學(xué)家恩奈斯特?勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，被加速的粒子在一圓形結(jié)構(gòu)里運動，其運動軌跡由磁場控制，通過交變電場給帶電粒子加速。圖甲是回旋加速器的示意圖，粒子出口處如圖所示；圖乙是回旋加速器所用的交變電壓隨時間的變化規(guī)律。某物理學(xué)習(xí)小組在學(xué)習(xí)了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分別加速兩種帶正電的粒子，所帶電荷量分別為q1、q2，質(zhì)量分別為m1、m2。保持交變電壓隨時間變化的規(guī)律不變，需要調(diào)整所加磁場的磁感應(yīng)強度的大小，則（）A．所加磁場的磁感應(yīng)強度大小之比為 B．粒子獲得的最大動能之比為 C．粒子的加速次數(shù)之比為 D．粒子在回旋加速器中的運動時間之比為【分析】交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，由周期公式T＝和半徑公式r＝進行判斷．【解答】解：A、保持交變電壓隨時間變化的規(guī)律不變，則兩種不同的粒子在磁場中運動的周期也是相等的，根據(jù)周期公式T＝可得：B＝，所以兩種情況下磁場的磁感應(yīng)強度大小之比：，故A錯誤；B、根據(jù)半徑公式r＝知，v＝，則粒子的最大動能為：Ek＝mv2＝，最大半徑r是相等的，則：＝＝，故B錯誤；C、每一次加速獲得的動能等于電場力做的功，即：Ek0＝qU0，所以加速的次數(shù)：n＝，所以兩種情況下加速的次數(shù)之比為：＝，故C正確；D、兩種不同的粒子在磁場中運動的周期相等，粒子運動的總時間：t總＝nT，所以兩種情況下粒子在回旋加速器中的運動時間之比為：＝，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了回旋加速器的原理，特別要記住粒子獲得的最大動能是由D型盒的半徑?jīng)Q定的，是控制其它量一定的情況下的．3．（2021春?安徽月考）質(zhì)譜儀是分離和檢測同位素的儀器，其示意圖如圖所示。從粒子源S出來時的粒子速度很小，可以看作初速度為零。粒子經(jīng)過電場加速后從入口進入有界的垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域，并沿著半圓周運動而到達(dá)出口P?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強度大小B加倍，要使粒子的運動軌跡不發(fā)生變化，仍沿著半圓周運動而到達(dá)出口P，應(yīng)該使加速電場的電壓U變?yōu)樵瓉淼模ǎ〢．12倍 B．10倍 C．8倍 D．4倍【分析】根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知半徑與B和v之間的關(guān)系，再根據(jù)粒子的軌跡不發(fā)生變化可知半徑不變，即可明確速度的變化，再對加速過程進行分析即可明確U的變化．【解答】解：要使粒子在磁場中仍打在P點，則可知，粒子的運動半徑不變，則由可知；磁感應(yīng)強度B加倍，而R不變，速度一定也可加倍；對加速過程可知，，解得：，故要使速度加倍，電勢差應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律分析和應(yīng)用，要注意明確粒子在磁場中做圓周運動，要使粒子運動軌跡不變，則一定有粒子轉(zhuǎn)動半徑不變．綜合練習(xí)一．選擇題（共20小題）1．（2021?福建模擬）下列四幅圖依次涉及到不同的物理知識，其中說法正確的是（）A．用回旋加速器加速粒子的過程中，粒子獲得的最大動能與電壓U的大小有關(guān) B．重核裂變產(chǎn)生中子使裂變反應(yīng)一代接一代繼續(xù)下去的過程，叫核裂變的鏈?zhǔn)椒磻?yīng) C．湯姆孫通過研究陰極射線精確測定出電子所帶的電荷量 D．泊松亮斑說明光具有粒子性【分析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力，qvB＝m，粒子的最大動能Ek＝mv2＝，可知與什么因素有關(guān)；鏈?zhǔn)椒磻?yīng)是指由重核裂變產(chǎn)生的中子使裂變反應(yīng)一代接一代繼續(xù)下去的過程；根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻即可；泊松亮斑說明光具波動性．【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，粒子的最大動能Ek＝mv2＝，粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，故A錯誤；B．鏈?zhǔn)椒磻?yīng)是指由重核裂變產(chǎn)生的中子使裂變反應(yīng)一代接一代繼續(xù)下去的過程，故B正確；C．湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子，電子的發(fā)現(xiàn)使人類認(rèn)識到分子是可以分割的，而密立根通過油滴實驗精確測得電子的電荷量，故C錯誤；D．泊松亮斑說明光具波動性，故D錯誤。故選：B。【點評】考查了回旋加速器最大動能的影響因素，掌握鏈?zhǔn)椒磻?yīng)判定方法，注意其產(chǎn)生條件，理解光的波動性與粒子性的不同，本題關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點。2．（2021春?香坊區(qū)校級月考）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交流電極相連接的兩個D形金屬盒，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形金屬盒處于垂直盒底的勻強磁場中，則下列說法正確的是（）A．增大電場的電壓，可以增大帶電粒子射出時的動能 B．增大D形盒的半徑，可以增大帶電粒子射出時的動能 C．回旋加速器對不同帶電粒子加速時必須改變電場的頻率 D．電場變化的周期是任意的【分析】回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子射出時的速度，從而得出動能的表達(dá)式，分析增大動能的方法；在回旋加速器中，只有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時，粒子才能在電場中不斷被加速?！窘獯稹拷猓篈B、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，當(dāng)粒子的軌跡半徑等于D形盒的半徑R時速度最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，解得v＝則粒子的最大動能Ek＝mv2＝，則知粒子的最大動能與加速的電壓無關(guān)，與磁感應(yīng)強度大小和D形盒的半徑有關(guān)，增大D形盒的半徑，可以增加粒子射出時的動能，故A錯誤，B正確；C、電場的頻率等于粒子做勻速圓周運動的頻率，由f＝知，對于比荷相等的粒子電場的頻率相等，所以回旋加速器對比荷相等的不同帶電粒子加速時不需要改變電場的頻率，故C錯誤；D、電場變化的周期等于粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，粒子才能在電場中不斷被加速，故電場變化的周期是確定的，故D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要理解回旋加速器的工作原理：利用電場加速，磁場偏轉(zhuǎn)。要注意回旋加速器工作條件是電場變化的周期等于粒子在磁場中做勻速圓周運動。3．（2021?江蘇模擬）1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，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。現(xiàn)對氚核（H）加速，所需的高頻電源的頻率為f，已知元電荷為e，下列說法正確的是（）A．被加速的帶電粒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．高頻電源的電壓越大，氚核最終射出回旋加速器的速度越大 C．氚核的質(zhì)量為 D．該回旋加速器接頻率為f的高頻電源時，也可以對氦核（He）加速【分析】回旋加速器的原理就是經(jīng)過半個圓周后再次到達(dá)兩盒間的縫隙處，控制兩盒間的電勢差，使其恰好改變正負(fù)。利用電場進行加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)的，粒子在磁場中運動的周期T＝，與軌道半徑無關(guān)；粒子最大動能和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)?！窘獯稹拷猓篈、粒子在磁場中運動的周期T＝，被加速的粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期與半徑無關(guān)，故A錯誤；B、根據(jù)qvB＝m得，最大速度：v＝；則最大動能：EKm＝mv2＝；可知最大動能和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B錯誤；C、高頻電源的頻率等于氚核在勻強磁場運動的頻率，T＝，則f＝m＝＝，故C正確；D、氦核在勻強磁場的運動周期為氚核周期的2倍，所以該回旋加速器接頻率為f的高頻電源時，不可以對氦核加速，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題主要考查了回旋加速器的工作原理，解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器是利用電場進行加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)的，以及知道粒子在磁場中運動的周期與軌道半徑無關(guān)。4．（2021春?湖北月考）下列關(guān)于教材中四幅插圖的說法正確的是（）A．圖甲中，當(dāng)手搖動柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會反向轉(zhuǎn)動，且跟磁體轉(zhuǎn)動的一樣快 B．圖乙是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，線圈中產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬 C．圖丙是回旋加速器的示意圖，當(dāng)增大交流電壓時，粒子獲得的最大動能不變，所需時間變短 D．圖丁是微安表的表頭，在運輸時要把兩個正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁驅(qū)動原理【分析】根據(jù)電磁驅(qū)動原理，當(dāng)手搖動柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，且比磁體轉(zhuǎn)動的慢；根據(jù)渦流的知識可知，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，鐵塊中產(chǎn)生渦流，鐵塊中產(chǎn)生大量熱量，從而冶煉金屬；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求速度，進而求出動能，從而判斷跟電壓的關(guān)系；微安表的表頭，在運輸時要把兩個正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電磁驅(qū)動原理，圖甲中，當(dāng)手搖動柄使得蹄形磁鐵轉(zhuǎn)動，則鋁框會同向轉(zhuǎn)動，且比磁體轉(zhuǎn)動的慢，故A錯誤。B、圖乙是真空冶煉爐，當(dāng)爐外線圈通入高頻交流電時，鐵塊中產(chǎn)生渦流，鐵塊中產(chǎn)生大量熱量，渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化，從而冶煉金屬，故B錯誤。C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：解得：v＝故動能為：＝即粒子的最大動能與電壓無關(guān)，當(dāng)加速電壓變大時，由于粒子在磁場中做圓周運動的周期不變，而周數(shù)變少，故達(dá)到最大動能所需時間變短，故C正確。D、圖丁是微安表的表頭，在運輸時要把兩個正、負(fù)接線柱用導(dǎo)線連在一起，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題是一道考查電磁驅(qū)動、電磁阻尼、渦流以及回旋加速器等知識的基礎(chǔ)題，同學(xué)們一定要在理解的基礎(chǔ)上記憶。5．（2021春?薛城區(qū)校級月考）如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。下列表述正確的是（）A．只有帶正電的粒子能通過速度選擇器沿直線進入狹縫P B．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大 C．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里 D．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于【分析】通過速度選擇器的粒子受到的電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反，據(jù)此列式分析能夠通過速度選擇器的粒子速度表達(dá)式，由左手定則判斷速度選擇器中的磁場方向；粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中的軌道半徑，進而可以比較比荷的大小。【解答】解：AC、能通過速度選擇器的粒子受到的洛倫茲力和電場力大小相等、方向相反，假如是帶正電的粒子通過，其受到的電場力方向水平向右，則受洛倫茲力的方向水平向左，由左手定則判斷可知速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外；假如粒子帶負(fù)電，所受的電場力方向水平向左，洛倫茲力的方向水平向右，兩者仍然能平衡，所以帶負(fù)電的粒子也能通過速度選擇器，故AC錯誤；BD、能夠通過速度選擇器的粒子其受到的電場力和洛倫茲力正好平衡，即qvB＝qE，解得粒子的速度為v＝，可知，經(jīng)過速度選擇器進入偏轉(zhuǎn)磁場的粒子其速度大小v是相等的，粒子進入勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)qvB＝m，則軌跡半徑為r＝，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，軌跡半徑越小，由r＝知，粒子的比荷越大，故B正確，D錯誤。故選：B?！军c評】本題對考查質(zhì)譜議工作原理的理解，關(guān)鍵要掌握速度選擇器的工作原理：電場力和洛倫茲力二力平衡，得到v＝，這個結(jié)論與粒子的質(zhì)量、電荷量、電性無關(guān)。6．（2021?射洪市校級模擬）如圖所示為一種質(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：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子（初速度為零，重力不計），經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器，沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器。下列說法中正確的是（）A．磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內(nèi) B．加速電場中的加速電壓U＝ER C．磁分析器中圓心Q2到Q點的距離d＝ D．任何離子若能到達(dá)P點，則一定能進入收集器【分析】根據(jù)離子在磁場中受到的洛倫茲力方向應(yīng)用左手定則判斷磁場方向；離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出離子的速度，離子在加速電場中加速，應(yīng)用動能定理可以求出加速電場電壓；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，然后求出距離d.根據(jù)離子在磁分析器中軌道半徑公式分析離子能否到達(dá)收集器.【解答】解：A、離子在磁分析器中沿順時針轉(zhuǎn)動，所受洛倫茲力指向圓心，根據(jù)左手定則，磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外，故A錯誤；B、離子在靜電分析器中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：qE＝m設(shè)離子進入靜電分析器時的速度為v，離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理有：qU＝mv2﹣0，解得：U＝ER，故B正確；C、離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律有：qvB＝m解得：r＝＝，則d＝r＝，故C錯誤；D、由B可知：R＝，R與離子質(zhì)量、電量無關(guān)；離子在磁場中的軌道半徑：r＝，離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電量有關(guān)，能夠到達(dá)P點的不同離子，半徑不一定都等于d，不一定能進入收集器，故D錯誤.故選：B。【點評】本題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.7．（2021?鄭州一模）圖示裝置叫質(zhì)譜儀，最初是由阿斯頓設(shè)計的，是一種測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具。其工作原理如下：一個質(zhì)量為m、電荷量為q的離子，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0，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向，進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打到照相的底片D上。不計離子重力。則（）A．離子進入磁場時的速率為v＝ B．離子在磁場中運動的軌道半徑為r＝ C．離子在磁場中運動的軌道半徑為r＝ D．若a、b是兩種同位素的原子核，從底片上獲知a、b在磁場中運動軌跡的直徑之比是1.08：1，則a、b的質(zhì)量之比為1.08：1【分析】離子在電場中加速，由動能定理，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由洛倫茲力做為向心力?！窘獯稹拷猓篈、離子在電場中加速，由動能定理：Uq＝mv2解得：v＝，故A錯誤；BC、離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由洛倫茲力做為向心力，qvB＝m可得：r＝＝，故C正確，B錯誤；D、同位素的電量一樣，其質(zhì)量之比為＝＝＝1.082，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查回旋加速器的工作原理，需注意回旋加速器利用電場加速，在磁場中洛倫茲力做為向心力，做勻速圓周運動。8．（2021春?濱海新區(qū)期末）如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)讓某束離子（可能含有多種離子）從容器A下方的小孔無初速度飄入電勢差為U的加速電場，經(jīng)電場加速后垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，在核乳膠片上形成a、b兩條“質(zhì)譜線”，則下列判斷正確的是（）A．a(chǎn)、b譜線的對應(yīng)離子均帶負(fù)電 B．a(chǎn)譜線的對應(yīng)離子的質(zhì)量較大 C．b譜線的對應(yīng)離子的質(zhì)量較大 D．a(chǎn)譜線的對應(yīng)離子的比荷較大【分析】根據(jù)磁場中的運動情況用左手定則判斷帶電粒子的帶電性質(zhì)；根據(jù)電場和磁場中的運動求出磁場中圓周運動的半徑表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式判斷質(zhì)量及比荷的關(guān)系。【解答】解：A、根據(jù)粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向用左手定則可判斷粒子帶正電，故A錯誤；BCD、電場中加速由定能定理：，磁場中粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：，由以上兩式解得：，即落點距離只與帶電粒子的比荷有關(guān)，即R越小，荷質(zhì)比越大，ab對比，a譜線的對應(yīng)離子的比荷較大，但因電荷量可能不同，因此無法判斷粒子的質(zhì)量大小，故D正確，BC錯誤。故選：D?！军c評】本題借助質(zhì)譜儀模型考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，要會推導(dǎo)帶電粒子在磁場中勻速圓周運動的半徑公式。9．（2020秋?內(nèi)江期末）下列說法正確的是（）A．如圖是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝ B．如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3，粒子的比荷越小 C．如圖是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，要粒子獲得的動能增大，不可能減小加速電壓U D．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【分析】速度選擇器是因為達(dá)到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運動，質(zhì)譜儀應(yīng)采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場中運動階段，一般用來分析同位素；粒子利用回旋加速器獲得更大的動能，需要增大盒子半徑，磁流體發(fā)電機就是利用帶電粒子受洛倫茲力原理?！窘獯稹拷猓篈、電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復(fù)合場，受電場力和安培力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以v＝，故A正確；B、由qvB＝m可得：，知r越小，荷質(zhì)比越大，故B錯誤；C、當(dāng)粒子的半徑和D形盒的半徑相同時，粒子的速度達(dá)到最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，所以最大速度為v＝，則粒子射出的動能為Ek＝＝，根據(jù)表達(dá)式可知，加速電壓和動能無關(guān)，故C錯誤；D、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D錯誤；故選：A。【點評】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回旋加速器中最大動能的表達(dá)式。10．（2020秋?眉山期末）如圖所示，為質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2，平板S下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場。下列說法正確的是（）A．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里 B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 C．圖中打在膠片A1A2上的粒子帶負(fù)電 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小【分析】粒子經(jīng)過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向判斷電荷的電性．根據(jù)平衡求出粒子經(jīng)過速度選擇器的速度．通過帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，根據(jù)半徑的大小判斷粒子比荷的大小．【解答】解：A、根據(jù)加速電場，可知粒子帶正電，則粒子在速度選擇器中受到的電場力向右，則洛倫茲力向左，由左手定則可判斷磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；B、能通過狹縫P的帶電粒子，經(jīng)過速度選擇器時做直線運動，則：qE＝qvB，解得：v＝，故B正確；C、由圖可知，粒子在磁場中運動向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判定，粒子帶正電，故C錯誤；D、粒子進入磁場B0后，據(jù)牛頓第二定律可得：qvB＝m，解得：，知粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，則r越小，粒子的比荷越大，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題主要考查了質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)和工作原理，解決本題的關(guān)鍵知道粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動．11．（2020秋?嘉興期末）對于教材中的四幅插圖，下列說法正確的是（）A．圖甲中，由電子偏轉(zhuǎn)軌跡可判斷a端應(yīng)為磁鐵的N極 B．圖乙中，回旋加速器所接電壓U應(yīng)為直流電 C．圖丙中，線圈中插入鐵芯，自感系數(shù)L將變小 D．圖丁中，水波波長遠(yuǎn)小于狹縫的寬度【分析】根據(jù)左手定則判定磁場方向；回旋加速器接交流電保證粒子加速運動；自感系數(shù)與有無鐵芯有關(guān)；根據(jù)波發(fā)生明顯衍射條件即可確定?！窘獯稹拷猓篈、圖甲中，根據(jù)左手定則判定電子受到洛倫茲力的方向來確定a端為磁鐵的N極，故A正確；B、圖乙中，回旋加速器所接電源為交流電，為使粒子通過狹縫時做加速運動，故B錯誤；C、圖丙中，線圈中插入鐵芯，自感系數(shù)L變大，故C錯誤；D、圖丁中，波發(fā)生明顯衍射的條件為障礙物或孔的尺寸比波長小，或者相差不多，所以水波波長大于等于狹縫寬度，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題主要考查了左手定則，自感系數(shù)與有無鐵芯有關(guān)，波發(fā)生明顯衍射的條件，明確其現(xiàn)象的原理和條件即可解出，屬于基礎(chǔ)題型。12．（2020秋?淮南期末）下列說法正確的是（）A．圖是用來加速不同帶電粒子的回旋加速器的示意圖，加速電壓U越大，粒子最終射出D形盒時的動能就越大 B．圖磁流體發(fā)電機的結(jié)構(gòu)示意圖，等離子體沿圖示方向射入磁場，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．圖是速度選擇器，帶電粒子（不計重力）能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝ D．圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S3粒子的比荷越大【分析】粒子想利用回旋加速器獲得更大的動能，需要增大盒子半徑，磁流體發(fā)電機就是利用帶電粒子受洛倫茲力原理，速度選擇器是因為達(dá)到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運動，質(zhì)譜儀應(yīng)采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場中運動階段，一般用來分析同位素?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)粒子的半徑和D形盒的半徑相同時，粒子的速度達(dá)到最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，所以最大速度為v＝，則粒子射出的動能為Ek＝＝，根據(jù)表達(dá)式可知，加速電壓和動能無關(guān)，故A錯誤；B、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B錯誤；C、電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復(fù)合場，受電場力和安培力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以v＝，故C錯誤；D、由可知，知R越小，荷質(zhì)比越大，故D正確；故選：D?！军c評】解答此題的關(guān)鍵是明白各種儀器的工作原理以及用途，然后根據(jù)所學(xué)知識對號入座即可。13．（2020秋?株洲期末）A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質(zhì)量。為測定它們的質(zhì)量比，使它們從質(zhì)譜儀的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進入同一勻強磁場，打到照相底片上。如果從底片上獲知A、B在磁場中運動軌跡的直徑之比是3：2，則A、B的質(zhì)量之比（）A．9：8 B．8：9 C．3：2 D．2：3【分析】粒子在加速電場加速，根據(jù)動能定理分析求解加速后獲得的速度的表達(dá)式，在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力分析半徑的表達(dá)式，根據(jù)半徑公式分析兩粒子的質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓毫Ｗ釉诩铀匐妶鲋屑铀?，根據(jù)動能定理有qU＝mv2，粒子獲得的速度為v＝；粒子進入磁場做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，所以半徑為r＝，則直徑為d＝2r＝＝；由于兩種粒子的電荷量相等，直徑之比為3：2，則根據(jù)直徑公式可知兩粒子的質(zhì)量之比為9：8，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】解決該題的關(guān)鍵是掌握粒子在電場和磁場中的運動情況，能根據(jù)動能定理和洛倫茲力推導(dǎo)出粒子做圓周運動的半徑的表達(dá)式。14．（2020秋?郴州期末）如圖所示，甲是回旋加速器，乙是磁流體發(fā)電機，丙是速度選擇器，丁是霍爾元件，下列說法正確的是（）A．甲圖要增大粒子的最大動能，可增加電壓U B．乙圖可判斷出A極板是發(fā)電機的負(fù)極 C．丙圖可以判斷帶電粒子的電性，粒子能沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝ D．丁圖中若載流子帶負(fù)電，穩(wěn)定時C板電勢高【分析】粒子想利用回旋加速器獲得更大的動能，需要增大盒子半徑，磁流體發(fā)電機就是利用帶電粒子受洛倫茲力原理，速度選擇器是因為達(dá)到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運動，霍爾元件中的粒子受到洛倫茲力的作用在元件一側(cè)聚集。【解答】解：A、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝，解得：v＝，故最大動能為：Ekm＝＝，所以最大動能與加速電壓無關(guān)，故A錯誤；B、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B正確；C、電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復(fù)合場，受電場力和洛倫茲力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以v＝，不管粒子帶正電還是帶負(fù)電都可以勻速直線通過，所以無法判斷粒子的電性，故C錯誤；D、若載流子帶負(fù)電，由左手定則可知，負(fù)粒子向C端偏轉(zhuǎn)，所以穩(wěn)定時C板電勢低，故D錯誤。故選：B?！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回旋加速器中最大動能的表達(dá)式。15．（2020秋?貴陽期末）關(guān)于下列四幅課本上的插圖的說法正確的是（）A．圖甲是速度選擇器示意圖，由圖可以判斷出帶電粒子的電性，不計重力的粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝ B．圖乙是磁流體發(fā)電機結(jié)構(gòu)示意圖，由圖可以判斷出A極板是發(fā)電機的正極 C．圖丙是質(zhì)譜儀結(jié)構(gòu)示意圖，打在底片上的位置越靠近狹縫S3說明粒子的比荷越大 D．圖丁是回旋加速器示意圖，要使粒子飛出加速器時的動能增大，可僅增加電壓U【分析】粒子想利用回旋加速器獲得更大的動能，需要增大盒子半徑，磁流體發(fā)電機就是利用帶電粒子受洛倫茲力原理，速度選擇器是因為達(dá)到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運動，質(zhì)譜儀應(yīng)采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場中運動階段，一般用來分析同位素?！窘獯稹拷猓篈、電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復(fù)合場，受電場力和安培力，且二力是平衡力，即Eq＝qvB，所以，不管粒子帶正電還是帶負(fù)電都可以勻速直線通過，所以無法判斷粒子的電性，故A錯誤；B、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，A板是電源的負(fù)極，故B錯誤；C、粒子經(jīng)過速度選擇器后的速度一定，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，解得，打在底片上的位置越靠近狹縫S3，可知R越小，比荷越大，故C正確；D、根據(jù)公式r＝，有v＝，故最大動能Ekm＝mv2＝，與加速電壓無關(guān)，故D錯誤；故選：C?！军c評】解答此題的關(guān)鍵是明白各種儀器的工作原理以及用途，根據(jù)粒子的受力情況結(jié)合帶電粒子在電場、磁場中的運動的規(guī)律進行分析。16．（2020秋?房山區(qū)期末）1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，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．回旋加速器是利用電場來加速帶電粒子，利用磁場使帶電粒子旋轉(zhuǎn)的 B．帶電粒子在回旋加速器中不斷被加速，因而它做勻速圓周運動一周的時間越來越短 C．兩D形盒間所加交變電壓越大，同一帶電粒子離開加速器時的動能就越大 D．交變電流的周期是帶電粒子做勻速圓周運動周期的一半【分析】根據(jù)回旋加速器的工作原理分析A選項；粒子在磁場中運動的周期與粒子的速度無關(guān)；求出粒子從D型盒中射出時的動能計算公式分析C選項；所加交流電的周期與粒子在磁場中運動的周期相同。【解答】解：A、回旋加速器是利用電場進行加速帶電粒子，由于洛倫茲力不做功，所以粒子在磁場中速度大小不變，但速度方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，即利用磁場進行偏轉(zhuǎn)的，故A正確；BD、粒子在磁場中運動的周期T＝，與粒子的速度無關(guān)；利用回旋加速器加速帶電粒子時，要求所加交流電的周期與粒子在磁場中運動的周期相同，故BD錯誤；C、粒子從D型盒中射出時，在磁場中運動的最大半徑R＝，其動能Ek＝＝，同一帶電粒子離開加速器時的動能與加速電壓無關(guān)，故C錯誤。故選：A?！军c評】本題主要是考查回旋加速器的加速原理，知道回旋加速器的工作原理、掌握帶電粒子在磁場中的運動周期計算公式、明確同一帶電粒子離開加速器時的動能與加速電壓無關(guān)。17．（2020秋?宿州期末）如圖所示，一回旋加速器D型盒的半徑為R，兩盒間的距離為d，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，高頻電場的電壓為U。若被加速的粒子質(zhì)量為m，電量為q，不考慮粒子從粒子源射出時能量，則下列說法正確的是（）A．高頻電壓的頻率跟粒子運動的速度有關(guān) B．粒子的最大速度跟電壓U成正比 C．粒子的最大動能跟回旋加速次數(shù)有關(guān) D．粒子的最大動能跟D型盒半徑R有關(guān)【分析】回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子射出時的速度，從而得出最大動能的表達(dá)式；粒子在每一個周期內(nèi)兩次經(jīng)過電場，即每一個周期內(nèi)電場對粒子加速兩次，根據(jù)動能定理求出質(zhì)子加速的次數(shù)?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)回旋加速器的原理，高頻電壓的頻率與粒子做圓周運動的頻率相同，這樣加速與回旋才能同步，而與粒子的速度無關(guān)，故A錯誤；B、隨著粒子的速度不斷增大，其做勻速圓周運動的半徑也增大，當(dāng)半徑增大到D形盒的半徑時就被引出，由洛倫茲力提供向心力有：qvmaxB＝，最大速度vmax＝，只有磁場和D形半徑有關(guān)，與加速電壓無關(guān)，故B錯誤；CD、由上述公析可得粒子的最大動能Ekm＝＝nUq，則Ekm與D形盒半徑有關(guān)，加速次數(shù)由最大動能決定，故C錯誤，D正確。故選：D。【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)。18．（2020秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置，其核心部分是兩個D形金屬盒，置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連。如果D形金屬盒的半徑為R，垂直D形金屬底面的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，用該加速器加速質(zhì)子時，高頻電源頻率為f，則下列說法中不正確的是（）A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān) C．質(zhì)子在回旋加速器中的運動總時間（不計在電場中的加速時間）與加速電壓無關(guān) D．要想用這個裝置加速α粒子（電荷量為質(zhì)子的2倍，質(zhì)量為質(zhì)子的4倍），必須改變交變電流的頻率【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)粒子從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．【解答】解：A、由T＝，且T＝可知：質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，不可能超過2πfR，故A正確；B、由，可得：，可知質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，故B正確；C、設(shè)質(zhì)子加速到速度最大時，加速的次數(shù)為n次，加速電壓為U，由動能定理可得：，則加速的次數(shù)：n＝＝，質(zhì)子在磁場中運動的周期：T＝＝，則質(zhì)子在回旋加速器中的運動總時間（不計在電場中的加速時間）：t＝nT＝，可知質(zhì)子在回旋加速器中的運動總時間與加速電壓成反比，故C錯誤；D、根據(jù)T＝可知，質(zhì)子換成α粒子，比荷發(fā)生變化，則在磁場中運動的周期發(fā)生變化，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，故需要改變磁感應(yīng)強度或交流電的周期和頻率，故D正確。本題選擇不正確的，故選：C?！军c評】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．19．（2021?十四模擬）如圖所示為回旋加速器示意圖，利用同一臺回旋加速器分別加速He和H兩種粒子，不計粒子在兩盒間縫隙的運動時間，則下列說法正確的是（）A．兩種粒子被加速的最大動能相等 B．兩種粒子被加速次數(shù)不同 C．兩種粒子在加速器中運動的時間相同 D．兩種粒子所用交變電流的頻率不同【分析】根據(jù)動能定理qU＝mv2判斷粒子的加速，結(jié)合牛頓第二定律qvB＝m判斷速度。【解答】解：A、粒子在回旋加速器中運動的半徑為r＝，當(dāng)粒子軌跡半徑等于D形盒半徑R時，粒子的速度最大，有R＝，得vm＝，粒子的最大動能Ekm＝mvm2＝，He和H兩種粒子的比荷相同，則最大速度相同，但最大動能不同，故A錯誤；B、設(shè)D形盒縫隙間的加速電壓為U，加速次數(shù)為n，則有nqU＝，解得n＝，兩種粒子被加速的次數(shù)相同，故B錯誤；CD、粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，則兩粒子在D形盒中運動周期相同，又被加速次數(shù)相同，則運動總時間相同，粒子運動周期與交變電流周期相同，兩種粒子的運動周期相同，則交變電流的頻率相同，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)來加速粒子，以及知道粒子在磁場中運動的周期等于交流電的周期。20．（2020秋?潞州區(qū)校級期末）回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示．它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速．兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速，直到達(dá)到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．如果用同一回旋加速器分別加速氚核（H）和α粒子（He）比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有（）A．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大 B．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小 C．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小 D．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大【分析】回旋加速器是通過電場進行加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)來加速帶電粒子．帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，根據(jù)T＝比較周期．當(dāng)粒子最后離開回旋加速器時的速度最大，根據(jù)qvB＝m求出粒子的最大速度，從而得出最大動能的大小關(guān)系．【解答】解：回旋加速器是通過電場進行加速，磁場進行偏轉(zhuǎn)來加速帶電粒子。帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，根據(jù)T＝，比較周期。當(dāng)粒子最后離開回旋加速器時的速度最大，根據(jù)qvB＝m，求出粒子的最大速度，從而得出最大動能的大小關(guān)系。帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，根據(jù)T＝，知氚核（13H）的質(zhì)量與電量的比值大于α粒子（24He），所以氚核在磁場中運動的周期大，則加速氚核的交流電源的周期較大。根據(jù)qvB＝m得，最大速度v＝，則最大動能＝，氚核的質(zhì)量是α粒子的倍，氚核的電量是倍，則氚核的最大動能是α粒子的倍，即氚核的最大動能較小。故B正確，A、C、D錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，以及會根據(jù)qvB＝m求出粒子的最大速度．二．多選題（共10小題）21．（2021春?臨沂期中）如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子以不同初速度（不計重力）被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E，平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2，平板S下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是（）A．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 B．進入B0磁場的粒子，在該磁場中運動時間均相等 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越遠(yuǎn)離狹縫P，粒子的比荷越小【分析】粒子經(jīng)過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平，根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向判斷電荷的電性。根據(jù)平衡求出粒子經(jīng)過速度選擇器的速度。通過帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，根據(jù)半徑的大小判斷粒子比荷的大小?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)左手定則知，該粒子帶正電，則在速度選擇器中電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A正確；B.進入B0磁場的粒子速度相同，根據(jù)T＝可知，周期不一定相同，則在該磁場中運動時間不一定相等，故B錯誤；C.能通過狹縫P的帶電粒子，在過速度選擇器時做直線運動，則qE＝qvB解得v＝，故C正確；D.進入偏轉(zhuǎn)電場后，則qvB0＝解得r＝＝則可知r越大，粒子打在膠片上的位置越遠(yuǎn)離狹縫P，粒子的比荷越小，故D正確。故選：ACD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動。22．（2021?清城區(qū)校級模擬）圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運動的速率v隨時間t變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應(yīng)、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是（）A．t3﹣t2＝t2﹣t1＝t1 B．v1：v2：v3＝1：2：3 C．粒子在電場中的加速次數(shù)為 D．同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差保持不變【分析】回旋加速器工作條件是交流電源的周期必須和粒子在磁場中圓周運動的周期一致，由公式T＝進行分析時間問題；加速電場電場力做功W＝qU，根據(jù)動能定理可判斷v1：v2：v3；根據(jù)加速電場動能定理和洛倫茲力提供向心力判斷粒子在電場中的加速次數(shù)和同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差。【解答】解：A、根據(jù)T＝知，粒子回旋周期不變，在Ek﹣t圖中應(yīng)有：t3﹣t2＝t2﹣t1＝t1，故A正確；B、帶電粒子每一次通過電場時，電場力做的功都是qU，是相等的，根據(jù)動能定理可知：Ek3﹣Ek2＝Ek2﹣Ek1＝Ek1﹣0，動能Ek＝，則v1：v2：v3＝1：：，故B錯誤；C、設(shè)粒子被加速n次后的速度為vn，則由動能定理可知：nqU＝，粒子被第一次加速過程中：qU＝，解得n＝，故C正確；D、粒子圓運動軌道半徑是r＝＝＝，其中n是粒子的加速次數(shù)，顯然相鄰半徑之差是變化的，故D錯誤；故選：AC?！军c評】回旋加速器實質(zhì)上是一個組合場問題，要知道在回旋加速器中電場是用于加速，而磁場是改變運動方向，并且知道是加速一次進行半個圓周運動，做題時要弄清楚加速和做圓周運動的次數(shù)關(guān)系。23．（2021春?奉新縣校級月考）圖中關(guān)于磁場中的四種儀器的說法中正確的是（）A．圖中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與回旋加速器的半徑無關(guān) B．圖中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同 C．圖中自由電荷為負(fù)電荷的霍爾元件通上如圖所示電流和加上如圖磁場時N側(cè)帶負(fù)電荷 D．長、寬、高分別為為a、b、c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，則前后兩個金屬側(cè)面的電壓與a、b無關(guān)【分析】回旋加速器加速帶電粒子的最大動能是由回旋加速器的半徑以及約束磁場的磁感應(yīng)強度決定的；質(zhì)譜儀可以測量同位素的比荷；霍爾元件中的粒子受到洛倫茲力的作用在元件一側(cè)聚集；電磁流量計連個側(cè)面的電壓最大時，液體中的帶電粒子受電場力和洛倫茲力大小相等。【解答】解：A、回旋加速器加速帶電粒子的最大動能是由回旋加速器的半徑R和約束磁場的磁感應(yīng)強度大小共同決定的，與加速電壓的高低無關(guān)，故A錯誤；B、經(jīng)過質(zhì)譜儀的速度選擇器區(qū)域的粒子速度v都相同，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場時擊中光屏同一位置的粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中的軌道半徑R相等，根據(jù)牛頓運動定律：，即R＝，所以打在同一位置的粒子其比荷都相同，故B正確；C、根據(jù)左手定則可以判斷負(fù)電荷在這種情況下受到的洛倫茲力方向指向N側(cè)，所以N側(cè)聚集負(fù)電荷，故C正確；D、經(jīng)過電磁流量計的那些帶電粒子受到洛倫茲力的作用會向前后兩個側(cè)面偏轉(zhuǎn)，在前后兩側(cè)之間產(chǎn)生電場，帶電粒子受到洛倫茲力的同時又受到電場力，當(dāng)電場力qE和洛倫茲力qvB大小相等時，其中v表示液體的流速，即qvB＝qE時兩側(cè)的電壓達(dá)到最大，U＝Ec＝Bvc，故D正確。故選：BCD?！军c評】霍爾元件、速度選擇器、電磁流量計的本質(zhì)都是應(yīng)用了帶電粒子受到洛倫茲力和電場力的作用制成的。24．（2021春?安徽月考）如圖是重離子回旋加速器示意圖，所謂重離子，是指重于2號元素氦（He）并被電離的粒子。重離子回旋加速器的核心部分是兩個相距很近的金屬D形盒，分別和高頻交流電源相連接，在兩個D形盒的窄縫中產(chǎn)生勻強電場使重離子加速，則下列說法正確的是（）A．電場變化周期與粒子圓周運動周期相同 B．呈電中性的粒子也能使用回旋加速器加速 C．不改變其它條件，只減小電場電壓，則重離子在D形盒中運動時間變長 D．保持D形盒中磁場不變，要加速比荷較大的重離子所需的交流電源的周期一定較大【分析】根據(jù)回旋加速器的原理知加速場和磁場的周期相同，才能保證正常工作；回旋加速器，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，起掉頭作用；在電場中做勻加速運動，起加速作用。電中性的粒子不能被加速度，也不能被偏轉(zhuǎn)掉頭?！窘獯稹拷猓篈、在回旋加速器中，只有電場的周期與粒子在磁場中做圓周運動周期相同時，粒子才能在電場中不斷被加速，故A正確；B、回旋加速器中需要用交變電流對帶電粒子進行加速，然后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)才能工作，故呈電中性的粒子不能使用回旋加速器加速，故B錯誤；C、若只減小加速電場的電壓，其余條件不變，則粒子被引出時的動能不變，根據(jù)動能定理：nqU＝Ek，n為粒子被電場加速的次數(shù)，Ek不變，U變小，n變大，則帶電粒子在D形盒中運行的圈數(shù)（）將變大，則運動的時間t＝，而周期T不變，所以運動時間變長，故C正確；D、在偏轉(zhuǎn)磁場中，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)運動的周期為T＝＝，比荷越大，周期越小，加速電場的交流電源周期等于粒子做圓周運動的周期，故保持D形盒中磁場不變，要加速比荷較大的重離子所需的交流電源的周期一定較小，故D錯誤；故選：AC?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是要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，但要注意粒子加速周期與偏轉(zhuǎn)周期相等，確定最大動能與什么因素有關(guān)是解題的關(guān)鍵25．（2021春?桃江縣校級月考）關(guān)于如圖所示四個示意圖的說法，正確的是（）A．甲是磁流體發(fā)電機的示意圖，可以判斷A極板是發(fā)電機的負(fù)極 B．乙是速度選擇器的示意圖，帶電粒子（不計重力）能沿直線通過的條件是v＝ C．丙是回旋加速器的示意圖，增加加速電壓U可使粒子獲得的最大動能增大 D．丁是質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)示意圖，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小【分析】根據(jù)左手定則判斷正離子的偏轉(zhuǎn)方向，可知電源的正負(fù)極；根據(jù)帶電粒子沿直線運動的條件即勻速直線運動，粒子受力平衡，可得粒子的速度；根據(jù)洛倫茲力提供向心力求最大速度和最大動能與電壓是否有關(guān)；根據(jù)洛倫茲力提供向心力找到粒子的比荷與半徑的關(guān)系。【解答】解：A、由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，則下極板帶正電，A板是電源的負(fù)極，故A正確；B、帶電粒子（不計重力）能沿直線通過的條件是qE＝qvB，解得：v＝，故B正確；C、根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m解得：v＝故最大動能為：＝與加速電壓無關(guān)，故C錯誤；D、根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB＝m解得：可知r越小，粒子的比荷越大，故D錯誤。故選：AB?！军c評】解題時注意用左手定則判斷正粒子受力方向，注意根據(jù)洛倫茲力提供向心力找速度和動能、比荷的表達(dá)式。26．（2021春?浙江月考）如圖所示，四幅圖中有關(guān)裝置的原理和現(xiàn)象的分析正確的是（）A．如圖所示，帶電粒子打在底片上的位置越遠(yuǎn)，則該粒子的比荷越大 B．如圖所示，銅片進入磁場的過程中受到強力磁鐵的安培力作用而迅速停下來 C．如圖所示，系統(tǒng)的固有頻率較低，能對來自地面的高頻振動起到很好的減振作用 D．如圖所示是雙縫干涉圖樣，是兩列光在空間互相疊加，形成明暗相間的條紋【分析】先利用動能定理求粒子進入磁場的速度，再通過粒子在磁場中做勻速圓周的半徑大小分析比荷大?。粡母袘?yīng)電流受到安培力，安培力對銅片做功的角度分析B選項；從共振角度分析C選項；從干涉圖樣與衍射圖樣的區(qū)別分析D選項?！窘獯稹拷猓篈、粒子經(jīng)電壓U加速由動能定理粒子進入磁場做圓周運動，，整理得，帶電粒子打在底片上的位置越遠(yuǎn)，說明R越大，越小，故A錯誤.B、銅片進入磁場產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流受磁場的安培力，安培力對銅片做負(fù)功，銅片的動能轉(zhuǎn)化為電能，銅片迅速停下來，故B正確.C、物體做受迫振動時，驅(qū)動力頻率越接近物體的固有頻率，物體的振幅越大，驅(qū)動力頻率越遠(yuǎn)離物體的固有頻率，物體的振幅越小。由于系統(tǒng)的固有頻率較低，所以地面的高頻振動引起的系統(tǒng)的振幅很小，起到很好的減振的作用，故C正確.D、圖樣中的中間條紋最寬，兩側(cè)條紋依次變窄，說明是衍射條紋，故D錯誤.故選：BC?！军c評】本題屬于物理規(guī)律在實際問題中的應(yīng)用，作答此類問題必須具備扎實的基礎(chǔ)知識，在平時的學(xué)習(xí)中注意將所學(xué)知識多于實際問題聯(lián)系，并注意多積累這樣題目作答的思路。27．（2021?大連一模）勞倫斯和利文斯設(shè)計的回旋加速器如圖所示，高真空中的兩個D形金屬盒間留有平行的狹縫，粒子通過狹縫的時間可忽略。勻強磁場與盒面垂直，加速器接在交流電源上，若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子可在盒間被正常加速。下列說法正確的是（）A．雖然逐漸被加速，質(zhì)子每運動半周的時間不變 B．只增大交流電壓，質(zhì)子在盒中運行總時間變短 C．只增大磁感應(yīng)強度，仍可能使質(zhì)子被正常加速 D．只增大交流電壓，質(zhì)子可獲得更大的出口速度【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)子在D形盒中運動的周期T＝，半個周期為，粒子的比荷不變，則質(zhì)子每運動半周的時間不變，故A正確；B、質(zhì)子在電場中加速，根據(jù)qU＝，qvB＝m，聯(lián)立可得R＝，增大交變電壓，質(zhì)子運動的半徑增大，則質(zhì)子在回旋加速器中加速的次數(shù)減少，又因為周期不變，則運行時間會變短，故B正確；C、由T＝可知，若磁感應(yīng)強度B增大，則T會減小，只有交流電頻率增大，才能正常工作，故C錯誤；D、設(shè)D形盒的最大半徑為RD，質(zhì)子可獲得更大的出口速度滿足qvmB＝m，可得，出口速度與電壓無關(guān)，故D錯誤。故選：AB。【點評】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。28．（2021春?成都月考）如圖所示，速度選擇器中勻強電場的電場強度為E，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B1，擋板右側(cè)質(zhì)譜儀中勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B2。速度相同的一束粒子（不計重力），由左側(cè)沿垂直于E和B1的方向射入速度選擇器后，又進入質(zhì)譜儀，其運動軌跡如圖所示，則下列說法正確的是（）A．速度選擇器P1板帶正電 B．粒子打在膠片上的位置離狹縫S0越近，粒子的比荷越大 C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于 D．粒子從進入質(zhì)譜儀到打到膠片上運動的時間相同【分析】首先根據(jù)粒子在磁場B2的偏轉(zhuǎn)情況，判斷帶電粒子的電性，在速度選擇器中，做勻速直線運動，可判斷粒子的電場力和洛倫茲力相等，即可得知電場強度和磁場強度的關(guān)系，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，分析粒子打在膠片上的位置離狹縫S0的距離與粒子比荷的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、粒子進入磁場B2后，受洛倫茲力向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，在速度選擇器中，為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受到電場力和洛倫茲力是平衡力，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力向上，則電場力向下，P1帶正電，故A正確；BC、由于粒子在速度選擇器中受力平衡可得即qvB1＝qE，所以電場與磁場的關(guān)系為v＝，能通過狹縫S0的帶電粒子進入質(zhì)譜儀后，洛倫茲力提供向心力，則：qvB2＝，可得：r＝＝，所以粒子打在膠片上的位置離狹縫S0越近，粒子的比荷越大，故B正確，C錯誤；D、粒子從進入質(zhì)譜儀到打到膠片上運動的時間為半個周期，由于T＝，粒子的比荷不同，運動時間不同，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題是考查速度選擇器和質(zhì)譜儀的綜合題，需注意粒子能勻速通過選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡，進入質(zhì)譜儀后，洛倫茲力提供向心力。29．（2020秋?湖南月考）如圖所示為回旋加速器的示意圖，用回旋加速器加速某帶電粒子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻交流電頻率為f。設(shè)D形盒半徑為R，不計粒子在兩極板間運動的時間，則下列說法正確的是（）A．帶電粒子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．增大加速電場的電壓，其余條件不變，帶電粒子在D形盒中運動的時間變短 C．只要R足夠大，帶電粒子的速度就可以被加速到足夠大 D．不同的帶電粒子在同一回旋加速器中運動的總時間可能不同【分析】粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，滿足qvB＝m，運動周期（電場中加速時間忽略不計）。對公式進行簡單推導(dǎo)后，便可解此題?！窘獯稹拷猓篈、由得v＝2πrf，當(dāng)r＝R時，v最大，此時v＝2πRf，故A正確；B、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，故在電場中加速的次數(shù)減少，帶電粒子在D形盒中運動的時間變短，故B正確；C、帶電粒子的速度不能加速到足夠大，因為當(dāng)速度達(dá)到一定程度后，帶電粒子的質(zhì)量會發(fā)生變化，則運動周期也就發(fā)生變化了，就不能達(dá)到恰好加速的條件了，故C錯誤；D、粒子在回旋加速器中被加速的過程，，而，因此粒子在回旋加速器中運動的時間，整理得，與粒子的質(zhì)量和帶電量有關(guān)，因此不同的粒子在同一回旋加速器中運動的時間相同，故D錯誤。故選：AB?！军c評】該題考查回旋加速器工作原理，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。30．（2021?豐臺區(qū)校級三模）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；PQ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可能帶負(fù)電 B．若只增大加速電場的電壓U，粒子a可能沿曲線S1c運動 C．粒子a經(jīng)過小孔S1時速度大于粒子b經(jīng)過小孔S1時速度 D．粒子a在磁場中運動的時間一定大于粒子b在磁場中運動的時間 E．從小孔S2進入磁場的粒子動能一定相等 F．打到膠片M上的位置距離O點越遠(yuǎn)的粒子，比荷越小【分析】根據(jù)粒子運動的規(guī)律結(jié)合左手定則判斷粒子電性；根據(jù)動能定理和牛頓第二定律判斷粒子的軌道半徑和運動速率；通過比較粒子在磁場中運動的弧長和速度比較運動的時間；根據(jù)qU＝mv2判斷粒子動能；根據(jù)qE＝m判斷粒子的位置和比荷的關(guān)系。【解答】解：A、粒子在垂直于紙面的磁場中順時針做圓周運動，根據(jù)左手定則，粒子a帶正電，故A錯誤；B、粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理得qU＝mv2，粒子a分析器中做勻速圓周運動，有qE＝m，解得r＝，若只增大加速電場的電壓U，半徑r增大，粒子a可能沿曲線S1c運動，故B正確；.C、根據(jù)qU＝mv2，qvB＝m解得v＝，半徑小的速度大，則粒子b經(jīng)過小孔S1時速度大于粒子a經(jīng)過小孔S1時速度，故C錯誤；D、由C項v＝可知粒子a在磁場中運動的半徑大速度小，又t＝則粒子a在磁場中運動的弧長l長運動時間長，所以粒子a在磁場中的運動時間一定大于粒子b在磁場中運動的時間，故D正確；E、根據(jù)qU＝mv2，q未知，從小孔S2進入磁場的粒子動能無法確定是否相等，故E錯誤；F、根據(jù)qE＝m得＝，粒子a的速度小比荷小，所以打到膠片M上的位置距離O點越遠(yuǎn)的粒子，比荷越小，故F正確。故選：ABDF?！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。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，半個圓周后再次進入電場．技巧點撥一、質(zhì)譜儀1．加速：帶電粒子進入質(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