人教版(新教材)高中物理選擇性必修2學案3：1 4質譜儀與回旋加速器

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE11.4質譜儀與回旋加速器〖學習目標〗1.知道質譜儀的構造和原理。2.知道回旋加速器的構造和原理。3.會利用力和運動的知識分析帶電粒子的運動情況。〖自主學習〗知識點一質譜儀〖新知導入〗觀察下列圖片(1)S1、S2之間的電場起什么作用？(2)粒子打在底片上的位置到S3的距離有多大？〖知識梳理〗1.原理：如圖所示，帶電粒子經(jīng)加速電場加速后垂直于磁場方向進入勻強磁場，最后打在照相底片上，不同質量的粒子在照相底片上位置不同。2.加速：帶電粒子進入質譜儀的加速電場被加速，由動能定理得eq\f(1,2)mv2＝qU，由此可知v＝eq\r(\f(2qU,m))。3.偏轉：帶電粒子進入質譜儀的偏轉磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,r)。4.結論：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，測出粒子做勻速圓周運動的軌道半徑r，可算出粒子的質量m或比荷eq\f(q,m)。5.應用：可以測定帶電粒子的質量和分析同位素。〖小試牛刀〗1.判斷正誤。(1)質譜儀中的加速電場使粒子獲得速度。()(2)質譜儀中的磁場使帶電粒子偏轉打在照相底片上。()(3)利用質譜儀可以測得帶電粒子的比荷。()(4)在某一質譜儀中，若不同粒子飄入加速電場后到達底片的不同點，它們的質量一定不同。()2.質譜儀是測量帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理如圖所示，帶電粒子(不計重力，初速度為0)經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做勻速圓周運動，然后利用相關規(guī)律計算出帶電粒子質量。虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知()A.此粒子帶負電 B.下極板S2比上極板S1電勢高C.若只減小加速電壓U，則半徑r變大 D.若只減小入射粒子的質量，則半徑r變小知識點二回旋加速器〖新知導入〗如何獲得能量極高的粒子？產(chǎn)生過高的電壓在技術上可行嗎？〖知識梳理〗1.構造：兩個半圓形金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，兩金屬盒間接交流電源，如圖所示。2.原理：粒子源產(chǎn)生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速,在金屬盒內(nèi)做勻速圓周運動。經(jīng)半個圓周之后,金屬盒間電場反向,粒子又被加速。如此,粒子一次次被加速使速度增加到很大。3.條件：高頻交流電源的周期與帶電粒子在D形盒中的運動周期相同。粒子每經(jīng)過兩金屬盒縫隙時都被加速，其軌道半徑就大一些，粒子做勻速圓周運動的周期不變。4.最大動能：由qvB＝eq\f(mv2,R)和Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)(R為D形盒的半徑)，即粒子在回旋加速器中獲得的最大動能與q、m、B、R有關，與加速電壓無關?！夹≡嚺５丁?.判斷正誤。(1)回旋加速器加速電場的周期可以不等于粒子的回旋周期。()(2)回旋加速器的半徑越大，帶電粒子獲得的最大動能就越大。()(3)利用回旋加速器加速帶電粒子，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑R。()(4)回旋加速器中帶電粒子的動能來自于磁場。()2.〖多選〗一個用于加速質子的回旋加速器，其核心部分如圖所示。D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應強度為B，兩盒分別與交流電源相連。設質子的質量為m、電荷量為q，則下列說法正確的是()A.D形盒之間交變電場的周期為eq\f(2πm,qB)B.質子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大C.質子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大D.質子離開加速器時的動能與R成正比〖考點剖析〗一、質譜儀〖問題探究1〗質譜儀能區(qū)分氘核(eq\o\al(2,1)H)與氦核(eq\o\al(4,2)He)嗎？〖要點歸納〗粒子的比荷eq\f(q,m)叫作比荷，即電荷量與質量的比值。由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))可知，如果帶電粒子的電荷量相同，質量有微小差別，就會打在照相底片上的不同位置，可以測出圓周的半徑，進而可以算出粒子的比荷?！祭}1〗質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示。離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(初速度可看作為零)，經(jīng)加速電場(加速電場極板間的距離為d、電勢差為U)加速，然后垂直進入磁感應強度為B的有界勻強磁場中做勻速圓周運動,最后到達記錄它的照相底片P上。設離子在P上的位置與入口處S1之間的距離為x。(1)求該離子的比荷eq\f(q,m)；(2)若離子源產(chǎn)生的是帶電荷量為q、質量為m1和m2的同位素離子(m1＞m2)，它們分別到達照相底片上的P1、P2位置(圖中未畫出)，求P1、P2間的距離Δx。規(guī)律方法分析質譜儀問題，實質上就是分析帶電粒子在電場(或相互垂直的電磁場)中的直線運動和在勻強磁場中的勻速圓周運動的組合。分析時要根據(jù)帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律列出對應的方程，然后由題目要求得出正確的結論。二、回旋加速器〖問題探究2〗觀察圖片。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期有什么特點？〖要點歸納〗1.交變電壓的周期帶電粒子做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，與速率、半徑均無關。運動相等的時間(半個周期)后進入電場，為了保證帶電粒子每次經(jīng)過狹縫時都被加速，須在狹縫兩側加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓，所以交變電壓的周期也與粒子的速率、半徑無關，由帶電粒子的比荷和磁場的磁感應強度決定。2.帶電粒子的最終能量由r＝eq\f(mv,qB)知，當帶電粒子的運動半徑最大時，其速度也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekmax＝eq\f(q2B2R2,2m)?？梢姡岣呒铀倭Ｗ拥淖罱K能量，應盡可能地增大磁感應強度B和D形盒的半徑R。3.粒子被加速次數(shù)的計算粒子在回旋加速器盒中被加速的次數(shù)n＝eq\f(Ekmax,Uq)(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次。加速電壓小，每一次獲得的能量小，加速次數(shù)就多。4.粒子在回旋加速器中運動的時間在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2＝eq\f(n,2)T＝eq\f(nπm,qB)(n是粒子被加速次數(shù))，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認為在盒內(nèi)的時間近似等于t2?！祭}2〗用來加速帶電粒子的回旋加速器的結構示意圖如圖甲所示，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，兩盒分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是()A.在Ek-t圖像中應有t4－t3<t3－t2<t2－t1B.加速電壓越大，粒子最后獲得的動能就越大C.粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D.要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的面積規(guī)律方法(1)無論高頻電源的電壓大小是否變化，只要其頻率與帶電粒子在磁場中的轉動頻率相等，粒子總被加速，由于D形盒間狹縫很小，粒子經(jīng)過狹縫時間很短，可以忽略不計。(2)粒子在加速器中的運動時間可看作粒子在磁場中的運動時間，其大小約為t＝eq\f(Ekmax,2qU)T(電場中加速次數(shù)不一定為偶數(shù)倍，粒子并不是從D形盒間狹縫處飛出)。三、帶電粒子在復合場中運動的簡單問題〖要點歸納〗1.復合場一般是指電場、磁場和重力場在同一區(qū)域并存，或其中兩種場并存。2.三種場力的特點(1)重力的方向始終豎直向下，重力做功與路徑無關，重力做的功等于重力勢能的減少量。(2)靜電力的方向與電場方向相同或相反，靜電力做功與路徑無關，靜電力做的功等于電勢能的減少量。(3)洛倫茲力的大小和速度方向與磁場方向的夾角有關，方向始終垂直于速度v和磁感應強度B共同決定的平面。無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力始終不做功。3.分析思路(1)受力分析：對帶電粒子進行受力分析時必須注意是否考慮重力。①對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，若無特殊說明，一般不考慮重力；對于宏觀帶電物體，如帶電小球、塵埃、油滴、液滴等，若無特殊說明，一般需要考慮重力。②對于題目中明確說明需要考慮重力的，這種情況較簡單。③不能直接判斷是否需要考慮重力的，在進行受力分析和運動分析時，由分析結果確定是否考慮重力。(2)運動分析：帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始狀態(tài)，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析。①當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，粒子將保持靜止或做勻速直線運動。②當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做勻變速直線運動。③當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動。④當帶電粒子所受合外力的大小、方向都不斷變化時，粒子將做變速運動。(3)做功與能量分析①電荷在電場中運動時，電場力要對運動電荷做功(在等勢面上運動除外)，而電荷在磁場中運動時，磁場力一定不會對電荷做功。②電荷在復合場中做較復雜的曲線運動時，一般用能量的觀點分析，包括動能定理和能量(或機械能)守恒定律?！祭}3〗如圖所示，質量為m、帶電荷量為q的微粒，以與水平方向成45°角的速度v進入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間后，做勻速直線運動。求：(1)電場強度的大小，該帶電微粒帶何種電荷；(2)磁感應強度的大小。

規(guī)律方法解答帶電粒子在復合場中運動問題的方法(1)正確進行受力分析，要特別注意電場力和洛倫茲力的分析。(2)正確進行運動狀態(tài)分析，找出速度、位移及其變化，分清運動過程，畫出運動過程示意圖。如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。(3)恰當選用解題方法①帶電粒子在復合場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。②帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，根據(jù)牛頓運動定律和圓周運動知識進行求解。③帶電粒子在復合場中做勻變速直線運動時，根據(jù)牛頓運動定律和運動學知識進行求解。④帶電粒子在復合場中做較為復雜的曲線運動時，一般用能量觀點分析，包括動能定理和機械能(或能量)守恒定律。⑤對于臨界問題，要注意挖掘隱含條件?！颊n堂達標〗1.現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為()A.11B.12C.121D.1442.〖多選〗勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示。置于真空中的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)生的質子質量為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和重力的影響。則下列說法正確的是()A.質子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB.質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eq\r(2)∶1D.不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變3.一臺質譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側eq\f(2,3)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側eq\f(1,3)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當調節(jié)加速電壓后，原本打在MQ區(qū)域的離子即可在QN區(qū)域檢測到。(1)求原本打在MN中點P的離子的質量m；(2)為使原本打在P點的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調節(jié)范圍。4.回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝eq\f(2πm,qB)。一束該粒子在t＝0～eq\f(T,2)時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求：(1)出射粒子的動能Ek；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Ek所需的總時間t0。

▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁〖自主學習〗知識點一質譜儀〖新知導入〗(1)使粒子加速，獲得一定的速度。(2)eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))?！夹≡嚺５丁?.×√√√2.〖答案〗D〖解析〗由粒子在磁場中向左偏轉，根據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；帶正電粒子經(jīng)過電場加速，則下極板S2比上極板S1電勢低，故B錯誤。根據(jù)動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)洛倫茲力提供粒子做圓周運動所需的向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，若只減小加速電壓U，則半徑r減小，故C錯誤；若只減小粒子的質量，則半徑r減小，故D正確。知識點二回旋加速器〖新知導入〗可以通過電場加速獲得高能粒子。產(chǎn)生過高的電壓在技術上是很困難的?！夹≡嚺５丁?.×√√×2.〖答案〗AB〖解析〗D形盒之間交變電場的周期等于質子在磁場中回旋的周期eq\f(2πm,qB)，A正確；由r＝eq\f(mv,qB)可知，當r＝R時，質子速度最大，vmax＝eq\f(qBR,m)，即B、R越大，vmax越大，vmax與加速電壓無關，B正確，C錯誤；質子離開加速器時的動能Ekmax＝eq\f(1,2)mvmax2＝eq\f(q2B2R2,2m)，故D錯誤?！伎键c剖析〗〖問題探究1〗由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))可知，對比荷eq\f(q,m)相同的氘核和氦核，其半徑相同，打在底片的同一位置，故不能區(qū)分?！祭}1〗〖答案〗(1)eq\f(8U,B2x2)(2)eq\f(2\r(2qU),Bq)(eq\r(m1)－eq\r(m2))〖解析〗(1)離子在電場中加速，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，其中r＝eq\f(x,2)解得eq\f(q,m)＝eq\f(8U,B2x2)。(2)設質量為m1的離子在磁場中的運動半徑是r1，質量為m2的離子在磁場中的運動半徑是r2，由(1)中分析得r1＝eq\f(\r(2qUm1),Bq)，r2＝eq\f(\r(2qUm2),Bq)故照相底片上P1、P2間的距離Δx＝2(r1－r2)＝eq\f(2\r(2qU),Bq)(eq\r(m1)－eq\r(m2))?！紗栴}探究2〗帶電粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)。對一個特定的帶電粒子，在固定不變的勻強磁場中，其周期是一個定值。〖例題2〗〖答案〗D〖解析〗帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關，因此，在Ek-t圖像中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A錯誤；粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，B錯誤；由粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)可知Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，即粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不能繼續(xù)加速，故C錯誤，D正確?！祭}3〗〖答案〗(1)eq\f(mg,q)正電荷(2)eq\f(\r(2)mg,qv)〖解析〗(1)微粒做勻速直線運動，所受合力必為零。微粒受重力mg、靜電力qE、洛倫茲力qvB，受力分析如圖所示。由左手定則可知微粒帶正電，由平行四邊形定則可知qE＝mg，則電場強度E＝eq\f(mg,q)。(2)由于合力為零，則qvB＝eq\r(2)mg，所以B＝eq\f(\r(2)mg,qv)?！颊n堂達標〗1.〖答案〗D〖解析〗由qU＝eq\f(1,2)mv2得帶電粒子進入磁場的速度v＝eq\r(\f(2qU,m))，結合帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝eq\f(mv,Bq)，綜合得到R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。由題意可知該離子與質子在磁場中具有相同的軌道半徑和電荷量，則eq\f(m0,mp)＝144，故D正確。2.〖答案〗AC〖解析〗質子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；質子離開回旋加速器的最大動能Ekmax＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據(jù)R＝eq\f(mv,Bq)，Uq＝eq\f(1,2)mv12，Uq＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，聯(lián)立解得質子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，C正確；回旋加速