2025年高二物理同步培優(yōu)講練（人教版選擇性必修第二冊）1.4質(zhì)譜儀與回旋加速器（解析版）

1.4質(zhì)譜儀與回旋加速器

課程標準物理素養(yǎng)

1.知道質(zhì)譜儀的構(gòu)造及

工作原理，會確定粒子在物理觀念：利用電場、磁場就可以控制帶電粒子的運動，領(lǐng)會電場和磁場的

磁場中運動的半徑，會求物質(zhì)觀和電場和磁場對帶電粒子的相互作用觀。

粒子的比荷?？茖W(xué)思維：經(jīng)歷質(zhì)譜儀工作原理的推理過程，體會邏輯推理的思維方法。了

2.知道回旋加速器的構(gòu)造解回旋加速器面臨的技術(shù)難題，體會科學(xué)與技術(shù)之間的相互影響。

及工作原理，知道交流電科學(xué)探究：探究回旋加速器中交變電流周期和帶電粒子在磁場中運動周期的

的周期與粒子在磁場中運關(guān)系。

動的周期之間的關(guān)系，知科學(xué)態(tài)度與責任：了解科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)中帶電粒子在電磁場的運動的實

道決定粒子最大動能的因際應(yīng)用，體會物理知識與科學(xué)技術(shù)的關(guān)系。

素。

（一）課前研讀課本，梳理基礎(chǔ)知識：

一、質(zhì)譜儀

1．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)

12qU

(1)加速：帶電粒子經(jīng)過電壓為U的加速電場加速，qU＝mv2.由此可得v＝.

2m

mv12mU

(2)偏轉(zhuǎn)：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＝，可得r＝.

qBBq

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．

4．應(yīng)用：可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素．

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．

【題型一】質(zhì)譜儀

1．帶電粒子運動分析

1

(1)加速電場加速：根據(jù)動能定理，qU＝mv2.

2

mv2

(2)勻強磁場偏轉(zhuǎn)：洛倫茲力提供向心力，qvB＝.

r

12mUq

(3)結(jié)論：r＝，測出半徑r，可以算出粒子的比荷.

Bqm

1v212mU

2．質(zhì)譜儀區(qū)分同位素：由qU＝mv2和qvB＝m可求得r＝.同位素的電荷量q相同，質(zhì)量m不

2rBq

同，在質(zhì)譜儀照相底片上顯示的位置就不同，故能據(jù)此區(qū)分同位素．

【典型例題1】有兩種質(zhì)譜儀：第一種如圖甲所示，帶電粒子從靠近極板的O點由靜止釋放，經(jīng)過加速電

場（板間電壓為U0、板間距為d）加速后，進入磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場中做勻速圓周運動；第二

種如圖乙所示，有一定初速度的帶電粒子經(jīng)過速度選擇器（板間電壓為U0、板間距為d、磁感應(yīng)強度大小

12

為B0）后，進入磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場中做勻速圓周運動。若粒子中同時含有1H和1H，且兩種

1

質(zhì)譜儀中1H做圓周運動的半徑相同，下列說法正確的是（）

U

A．圖乙中粒子的初速度大小為0

B0

1U0

B．1H的比荷可表示為22

2B0d

2

C．兩種質(zhì)譜儀中1H做圓周運動的半徑相同

22

D．圖甲中1H做圓周運動的半徑比圖乙中1H做圓周運動的半徑大

【答案】B

【解析】A．圖乙中粒子能直線通過速度選擇器，則

U

qBvq0

0d

解得初速度大小為

U

v0

B0d

選項A錯誤；

11

B．設(shè)1H的質(zhì)量為m電量為q，因兩種質(zhì)譜儀中1H做圓周運動的半徑相同，可知進入磁場后的速度相同，

則由

1

Uqmv2

02

其中的

U

v0

B0d

可得

qU

0

22

m2B0d

選項B正確；

22

CD．1H的質(zhì)量2m，電量為q，則甲圖中質(zhì)譜儀中1H，由

1

Uq2mv'2

02

以及

'2

'v

qvB12m

r1

解得

2U0m22B0d

r1

B1qB1

2

乙圖中質(zhì)譜儀中1H

U

v0

B0d

以及

v2

qvB12m

r2

解得

2mU04B0d

r2

B0B1qdB1

222

則兩種質(zhì)譜儀中1H做圓周運動的半徑不相同，圖甲中1H做圓周運動的半徑比圖乙中1H做圓周運動的半徑

小，選項CD錯誤。

故選B。

【典型例題2】質(zhì)譜儀可測定同位素的組成?，F(xiàn)有一束一價的鈉23和鈉24離子經(jīng)電場加速后，沿著與磁場

邊界垂直的方向進入勻強磁場中，如圖所示。測試時規(guī)定加速電壓大小為U0，但在實驗過程中加速電壓有

較小的波動，可能偏大或偏小U。為使鈉23和鈉24打在照相底片上的區(qū)域不重疊，不計離子的重力，則

U不得超過（）

11123

A．UB．UC．UD．U

230240470470

【答案】C

【解析】設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度為B，電荷量的電荷量為q，質(zhì)量為m，其在磁場中運動的軌跡半徑為R，則

由動能定理有

1

qUmv2

02

由洛倫茲力充當向心力有

v2

Bqvm

R

聯(lián)立解得

12mU

R0

Bq

根據(jù)該式可知，在加速電壓U0、磁感應(yīng)強度B、電荷量q相同的情況下，m小的半徑小，所以鈉23半徑小，

鈉24半徑大。設(shè)鈉23質(zhì)量為m1加速電壓取最大值U0U，最大半徑為R1；鈉24質(zhì)量為m2，加速電壓

取最小值U0U，最小半徑為R2，因此有

12m(UU)

R10

1Bq

12m(UU)

R20

2Bq

鈉23和鈉24打在照相底片上的區(qū)域恰好有重疊，則有R1R2，可得

m1(U0U)m2(U0U)

解得

U0(m2m1)1

UU0

m2m147

1

即U不得超過U。

470

故選C。

【對點訓(xùn)練1】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。現(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，粒子應(yīng)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

3

C．加速電場的電壓UER

2

2mER

D．帶電粒子在磁分析器中運動的直徑PQ

Bq

【答案】D

【解析】A．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；在加速電場中受到的

靜電力向右，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

1

qUmv20

2

得

2Uq

v

m

粒子在靜電分析器中做圓周運動，靜電力提供向心力，由牛頓第二定律得

v2

qEm

R

解得

1

UER

2

故C錯誤；

B．根據(jù)

2Uq

v

m

可知，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

v2

qvBm

R

解得

1EBR

r

Bq

帶電粒子在磁分析器中運動的直徑

2mER

PQ2r

Bq

故D正確。

故選D。

1

【對點訓(xùn)練2】如圖，一質(zhì)譜儀由加速電場、靜電分析器、磁分析器構(gòu)成。靜電分析器通道的圓弧中心線

4

半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向電場，方向指向圓心O，中心線處各點的電場強度大小相等。磁分析器中分布

著方向垂直于紙面的有界勻強磁場，邊界為矩形CNQD，NQ2d，PN3d。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒

子（不計重力），由靜止開始從A板經(jīng)電壓為U的電場加速后，沿中心線通過靜電分析器，再由P點垂直

磁場邊界進入磁分析器，最終打在膠片ON上，則（）

A．磁分析器中磁場方向垂直于紙面向外

U

B．靜電分析器中心線處的電場強度E

R

C．僅改變粒子的比荷，粒子仍能打在膠片上的同一點

12mU

D．要使粒子能到達NQ邊界，磁場磁感應(yīng)強度B的最小值為

2dq

【答案】D

【解析】A．由靜電分析器電場力充當向心力可知，粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，磁分析器中磁場方向

垂直于紙面向里，故A錯誤；

B．在加速電場中，根據(jù)動能定理

1

qUmv2

2

在靜電分析器電場力充當向心力

mv2

qE

R

聯(lián)立可得

2U

E

R

故B錯誤；

C．在磁分析器中，洛倫茲力提供向心力

mv2

qvB

D

2

可得粒子進入磁分析器到打在膠片上的距離

22mU

D

Bq

所以與比荷有關(guān)，僅改變粒子的比荷，粒子不能打在膠片上的同一點，故C錯誤；

D．由上述公式可知，磁場磁感應(yīng)強度B的越小，半徑越大，當B最小值時，粒子與QD邊相切，由于圓心

在PN上，則半徑

R2d

此時有

22mU

4d

Bq

解得

12mU

B

min2dq

故D正確。

故選D。

【題型二】回旋加速器

1．粒子被加速的條件

交變電場的周期等于粒子在磁場中運動的周期．

2．粒子最終的能量

mvmq2B2R2

粒子速度最大時的半徑等于D形盒的半徑，即rm＝R，rm＝，則粒子的最大動能Ekm＝.

qB2m

q2B2R2

3．提高粒子最終能量的措施：由Ekm＝可知，應(yīng)增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R.

2m

Ekm

4．粒子被加速次數(shù)的計算：粒子在回旋加速器中被加速的次數(shù)n＝(U是加速電壓的大小)．

qU

nnπm

5．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＝·T＝(n為

2qB

加速次數(shù))，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認為在回旋加速器中運動的時間近似等于t2.

【典型例題3】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e的質(zhì)子從D1半

盒的質(zhì)子源（A點）由靜止釋放，質(zhì)子在加速電壓為U的電場中加速，加速到最大動能Ekm后經(jīng)粒子出口處

射出，此時D形盒中的磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，D形盒縫隙間電場變化周期為T。若忽略質(zhì)子在電場中

的加速時間，不考慮相對論效應(yīng)，且不計質(zhì)子重力，則下列說法正確的是（）

A．帶電粒子在磁場中運動時，受到的洛倫茲力不做功，因此帶電粒子從D形盒射出時的最大動能與磁

場的強弱無關(guān)

24

B．用回旋加速器加速氘核1H和氦核2He的磁感應(yīng)強度大小相等

C．D2盒內(nèi)質(zhì)子的軌道半徑由小到大之比為1:2:3:

BR2

D．質(zhì)子在磁場中運動的總時間為

U

【答案】B

【解析】A．帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有

v2

qvBm

r

則

qBr

v

m

當rR時，質(zhì)子有最大動能

1q2B2R2

Emv2

km2m2m

可知帶電粒子從D形盒射出時的最大動能與磁場的強弱有關(guān)，故A錯誤；

B．為了使得粒子在回旋加速器中正常加速，粒子在磁場中勻速圓周運動的周期與交變電流的周期應(yīng)相等，

即

2m

T

qB

2424

由于氚核（1H）和氦核（2He）的比荷相等，則氚核（1H）和氦核（2He）運動過程所加磁場的磁感應(yīng)強

24

度相等，即加速氚核（1H）和氦核（2He）的磁感應(yīng)強度大小相等，故B正確；

C．質(zhì)子每經(jīng)過1次加速電場動能增大eU，知D2盒內(nèi)質(zhì)子的動能由小到大依次為eU、3eU、5eU…，又

mv2mE

rk

eBeB

則半徑由小到大之比為1:3:5:，故C錯誤；

D．設(shè)在電場中加速的次數(shù)為n，根據(jù)動能定理

1

neUmv2

2

在電場中加速一次后，在磁場中運動半圈，在磁場中運動半圈的時間

Tm

t

02eB

質(zhì)子在磁場中運動的總時間

eB2R2mBR2

tnt

02mUeB2U

D錯誤；

故選B。

2

【典型例題4】回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學(xué)研究和醫(yī)學(xué)設(shè)備中，其原理如圖所示，若用它對氘核（1H）

加速，下列說法正確的是（）

A．電場和磁場都能加速氘核

B．U越大，氘核射出加速器時的動能越大

C．氘核在D形盒中運動時間與加速電壓U無關(guān)

4

D．若要加速氦核（2He），交流電的頻率f不需要改變

【答案】D

【解析】A．由于洛倫茲力不做功，所以磁場不能加速氘核，故A錯誤；

B．當氘核在磁場中的運動半徑等于D形盒半徑，氘核射出加速器時的動能最大，則有

v2

qvBmm

mR

可得

qBR

v

mm

則最大動能為

1q2B2R2

Emv2

km2m2m

可知氘核射出加速器時的動能與電壓U無關(guān)，故B錯誤；

C．設(shè)氘核在回旋加速器中被加速n次，由動能定理得

1

nqUmv2

2m

因此氘核在D形盒中運動時間為

n2m

t

2qB

聯(lián)立解得

BR2

t

2U

故U越大，氘核在D形盒中運動時間越短，故C錯誤；

D．氘核在磁場中運動的頻率與高頻電源的頻率相同，則有

1qB

f

T2m

44

氦核（2He）與氘核的比荷相同，則氦核（2He）在磁場中運動的頻率與氘核在磁場中運動的頻率相等，所

4

以要加速氦核（2He），交流電的頻率f不需要改變，故D正確。

故選D。

【對點訓(xùn)練3】回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓形

金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上。位于D1的圓心處的

質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略），它們在兩盒之間被電場加速。當質(zhì)子被加速到最大動能Ek后，

再將它們引出。忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是（）

A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大

B．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置加速質(zhì)子

C．質(zhì)子第n次被加速前、后的速度之比為n1:n

D．質(zhì)子第n次被加速前、后圓周運動向心加速度之比為n1:n

【答案】C

【解析】A．由洛倫茲力提供向心力

v2

qvBm

r

可得

qBr

v

m

當rR時，質(zhì)子的速度最大，質(zhì)子的動能最大為

1q2B2R2

Emv2

km22m

則若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek不變，A錯誤；

B．為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，B錯誤；

CD．由動能定理

1

nqUmv2

2n

以及

mv

rn

nqB

可得質(zhì)子第n次被加速前、后的動能之比

Ek(n1):Eknn1:n

速度之比為

vn-1:vnn1:n

由向心加速度

qvB

a

m

可知向心加速度之比為

an-1:ann1:n

故C正確，D錯誤。

故選C。

【對點訓(xùn)練4】2023年11月，中國原子能科學(xué)研究院“BNCT強流質(zhì)子回旋加速器樣機研制”順利通過技術(shù)驗

收。如圖所示，該回旋加速器接在高頻交流電壓U上，質(zhì)子束最終獲得Ek的能量，不考慮相對論效應(yīng)，則

下列說法正確的是（）

A．質(zhì)子在回旋加速器內(nèi)運行的時間與高頻電壓的大小U無關(guān)

B．質(zhì)子獲得的最終能量與高頻電壓的大小U無關(guān)

C．質(zhì)子獲得的最終能量與所加的磁感應(yīng)強度B無關(guān)

4

D．若用該回旋加速器加速粒子（2He），則應(yīng)將高頻交流電的頻率適當調(diào)大

【答案】B

【解析】A．設(shè)加速電壓為U，質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，在磁場中共加速n次。若不計在電場中的運

動時間，則

1

nqUmv2

2m

其中

v2

Bqvmm

mR

BqR

v

mm

所以

1B2q2R2

nqUmv2

2m2m

解得

B2qR2

n

2mU

又因為在一個周期內(nèi)，粒子被加速兩次，所以粒子在磁場中運動的時間

n1B2qR22mBR2

tT

222mUBq2U

A錯誤；

BC．由于盒子的最大半徑R一定，由圓周運動可知

v2

Bqvmm

mR

BqR

v

mm

所以最大動能

1B2q2R2

Emv2

max2m2m

可見，B正確，C錯誤；

D．由于粒子磁場中運動的周期與粒子的速率和半徑無關(guān)，即

2m

T

Bq

盡管粒子的半徑逐漸增大，但粒子每轉(zhuǎn)動半周的時間不變，因此必須使高頻電源的周期與粒子的轉(zhuǎn)動周期

相同，方可實現(xiàn)回旋加速，則有高頻電源的頻率

Bq

f

2m

所以粒子為粒子時，應(yīng)降低高頻電源的頻率，D錯誤。

故選B。

【題型三】三維質(zhì)譜儀

【典型例題5】質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。某種質(zhì)譜儀原理如圖所示。質(zhì)譜儀處于真空暗

室中。正離子經(jīng)加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器選擇出特定比荷的離子。磁分析器

截面為直角扇形，M和N處各有一個小孔，被選擇離子在磁分析器中做半徑為R的圓周運動，恰好穿過兩

小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與膠片平行，間距

為D，NO為垂直于屏的中心軸線。已知速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小

均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器、偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場場強大小均為E，方向分別為豎直向上和沿x

軸方向。以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，x軸與偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)電場強度方向同向。已知RL，DL。

離子進入偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)時速率都很大，且在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中運動時NO方向的分速度總是遠大于x軸方向和y軸方向

的分速度。離子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中沿x軸和y軸方向位移可忽略，不計離子重力。

（1）求離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；

（2）離子沿NO方向進入偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，求離子打在膠片上的點的坐標（不考慮離子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中偏離NO的

距離）；

（3）保持偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)電場和磁場不變。多次改變速度選擇器和磁分析器中電場和磁場，使兩種大量電荷量相

同的正離子以不同速率沿NO方向射入偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)，在膠片中多次曝光，最終在膠片中出現(xiàn)兩條亮線。在兩線

上取y坐標相同的兩個光點，對應(yīng)的x坐標分別為3.00mm和4.00mm，其中x坐標小的光點是碳12離子

擊中屏產(chǎn)生的，另一光點是未知離子產(chǎn)生的，求該離子的質(zhì)量數(shù)。

EqELDLD

【答案】（1）v，；（2）,；（3）16

BmRB2RR

【解析】（1）通過速度選擇器后離子的速度滿足

qvBqE

可得

E

v

B

由牛頓第二定律可知

v2

qvBm

R

從磁分析器中心孔N射出離子的運動半徑為R，則

mv

R

Bq

得

qE

mRB2

（2）離子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中由牛頓第二定律可知

Eqmax

離子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中受到沿x軸方向的電場力，加速度

Eq

a

xm

離子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中運動的時間

L

t

1v

離開偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)時，離子在x軸方向的分速度

vxaxt1

離子從偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)離開至到達顯示系統(tǒng)時間

D

t

2v

離子射到屏上時x軸方向上偏離O點的距離

xvxt2

解得

LD

x

R

離子進入偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后，y軸方向上在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡半徑為R，射出偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)時，設(shè)

偏轉(zhuǎn)角為，根據(jù)幾何關(guān)系有

L

sin

R

又因為LR，則

sintan

經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后，在y軸方向上的偏轉(zhuǎn)距離

LD

yDtan

R

LDLD

綜上，打在膠片上的點的坐標為,。

RR

（3）設(shè)離子質(zhì)量為m，電荷量為q，進入偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的速率為v，根據(jù)（2）結(jié)果可得

EqLDBqLD

x，y

mv2mv

整理得

xEm

y2B2qLD

則

B2qLDx

m

Ey2

當y相同時

mx

代入數(shù)據(jù)可知未知離子的質(zhì)量數(shù)為16。

【典型例題6】圖為“雙聚焦分析器”質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)示意圖，其中，加速電場的電壓為U，靜電分析器中與圓

心O1等距離的各點場強大小相等、方向沿徑向，磁分析器中以O(shè)2為圓心、圓心角為90°的扇形區(qū)域內(nèi)，分

布著方向垂直于紙面的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右端面平行。由離子源發(fā)出的一質(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，從M點垂直于電場方向進入靜電分析器，

沿半徑為R的四分之一圓弧軌跡做勻速圓周運動，從N點射出，接著由P點垂直磁分析器的左邊界射入，

最后垂直于下邊界從Q點射出并進入收集器。已知Q點與圓心O2的距離為d。求：

(1)磁分析器中磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向；

(2)靜電分析器中離子運動軌跡處電場強度E的大小；

(3)現(xiàn)將離子換成質(zhì)量為0.9m、電荷量仍為q的另一種正離子，其它條件不變。試直接指出該離子進入磁分

析器時的位置，它射出磁場的位置在Q點的左側(cè)還是右側(cè)？

12mU2U

【答案】(1)B，磁場方向垂直于紙面向外；(2)E；(3)左側(cè)

dqR

【解析】(1)離于在加速電場中加速，設(shè)進入靜電分析器的速度為v，根據(jù)動能定理

1

qUmv2

2

離子射出靜電分析器的速度仍為v，在磁分析器中。離于在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。設(shè)軌道半徑為

r，根據(jù)牛頓定律

v2

qvBm

r

依題意知

rd

聯(lián)立解得

12mU

B

dq

由左手定則得，磁場方向垂直于紙面向外。

(2)在靜電分析器中，離于在電場力作用下做勻速圓周運動。根據(jù)牛頓定律

v2

qE