2024版高中同步新教材选择性必修第二册人教物理备课资源03-带电粒子在匀强磁场中的运动.docx

2024版高中同步新教材选择性必修第二册人教物理备课资源第一章安培力与洛伦兹力3带电粒子在匀强磁场中的运动基础过关练题组一定性分析半径、周期、时间、磁感应强度的关系及粒子运动轨迹1.【经典题】(2023广东广州开学考试)两个质量、电荷量均相等的带电粒子a、b,以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域,其运动轨迹如图所示。粒子重力不计,则下列说法正确的是()A.a粒子带正电B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C.b粒子在磁场中运动的速率较大D.b粒子在磁场中运动时间较长2.(2023四川宜宾南溪一中期末)“月球勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球进行了近距离勘探,在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新的成果。月球上的磁场极其微弱,通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹,可分析月球磁场的强弱分布情况,如图所示是探测器通过月球表面A、B、C、D四个位置时,拍摄到的电子相对应的运动轨迹照片(尺寸比例相同),设电子速度大小相同且与磁场方向垂直,则可知磁场最强的是()3.(2023北京十五中阶段测试)人们在气泡室中,观察到一对正、负电子的运动轨迹,如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向外,电子重力忽略不计,则下列说法正确的是()A.右侧为负电子运动轨迹B.正电子与负电子分离瞬间,正电子速度大于负电子速度C.正、负电子所受洛伦兹力大小始终相等D.正、负电子在气泡室中运动时,动能减小、半径减小、周期不变4.(2022福建三明期末)如图,在xOy区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核(11H)和一个氦核(24He)同时从O点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。不计重力及两粒子间的相互作用,以下氕核(11H)和氦核(24He)的运动轨迹图正确的是()题组二定量计算半径、周期、时间5.【经典题】(2023云南师大附中开学考试)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。粒子第一次在磁场中运动的轨迹半径为r1,离开磁场时速度方向偏转90°第二次在磁场中运动的轨迹半径为r2,离开磁场时速度方向偏转60°,不计粒子重力,则r1r2为()A.12B.33C.32D.36.(2023重庆一中阶段测试)如图所示,空间中分布有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子静止在O点。某时刻,该粒子炸裂成P、Q两部分,P粒子质量为M3、电荷量为q3,Q粒子质量为2M3、电荷量为2q3。不计粒子重力,则下列说法正确的是()A.P粒子与Q粒子半径之比r1r2=21B.P粒子与Q粒子半径之比r1r2=12C.P粒子与Q粒子周期之比T1T2=21D.P粒子与Q粒子周期之比T1T2=127.【经典题】(2023四川乐山开学考试)如图所示,分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B1和B2。一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子(不计重力)从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出,经时间t又回到出发点O,形成了图示“心形”图案,则()A.粒子一定带正电B.MN上下两侧的磁场方向相反C.MN上下两侧的磁感应强度的大小满足B1B2=21D.时间t=6mqB18.(2023安徽安庆一中阶段测试)如图所示,半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,一不计重力的带电粒子从图中A点以速度v0垂直磁场射入,速度方向与半径方向成45°角,当该粒子离开磁场时,速度方向恰好改变了180°,下列说法正确的是()A.该粒子带正电B.该粒子的比荷为2v0BRC.该粒子出磁场时速度方向的反向延长线通过O点D.该粒子在磁场中的运动时间为2R2v09.【经典题】(2023河南洛阳新安一高开学考试)如图所示,在磁感应强度大小为B=1 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有相距L=0.5 m的O、P两点,两比荷均为qm=2.0×104 C/kg的带正电粒子,从O点平行纸面同时以v0=1.0×104 m/s的初速度沿不同方向射入磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用,若两粒子均能经过P点,则两粒子经过P点的时间间隔为()A.6×10-4 sB.4×10-4 sC.23×10-4 sD.2×10-4 s能力提升练题组一带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1.【经典题】【多选题】(2023重庆渝北两江育才中学期末)如图所示,x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场。有两个质量相同、电荷量也相同的分别带正、负电的离子(不计重力),以相同速度从O点射入磁场中,射入方向与x轴夹角均为。则正、负离子在磁场中()A.运动时间相同B.重新回到x轴时速度大小和方向均相同C.运动轨迹半径相同D.重新回到x轴时距O点的距离不相同2.【经典题】(2023河南焦作温县第一高级中学阶段测试)如图所示,圆形区域圆心为O,区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,MN为圆的直径。从圆上的A点沿AO方向,以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子,甲粒子从M点离开磁场,乙粒子从N点离开磁场,已知AON=60°,粒子重力不计,以下说法正确的是()A.甲粒子带负电荷B.甲粒子在磁场中做圆周运动的半径比乙小C.乙粒子的比荷比甲大D.乙粒子在磁场中运动时间比甲长3.(2023四川简阳阳安中学月考)如图所示,两个带等量异种电荷的粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°,磁场宽度为d,两粒子同时由A点出发,同时到达B点,则()A.两粒子做圆周运动的周期之比TaTb=21B.两粒子的质量之比mamb=12C.两粒子的轨迹半径之比RaRb=13D.两粒子的速率之比vavb=324.(2022山东泰安一模)中国环流器二号M装置(HL-2M)在成都建成并实现首次放电,该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示,半径为R和2R的两个同心圆之间的环形区域存在与环面垂直的匀强磁场,核聚变原料氕核(11H)和氘核(12H)均以相同的速率从圆心O沿半径方向射出,全部被约束在大圆形区域内。则氕核在磁场中运动的半径最大为()A.28RB.24RC.22RD.(2-1)R题组二带电粒子在组合场中的运动 5.【多选题】(2021山西名校月考)如图所示,M、N为两个同心金属圆环,半径分别为R1和R2,两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场,N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,N环上有均匀分布的6个小孔,从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),经电场加速后通过小孔射入磁场,经过一段时间,粒子再次回到出发点,全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件可能是()A.U=qB2R22mB.U=3qB2R222mC.U=qB2R223mD.U=qB2R226m6.(2023云南昆明安宁中学阶段测试)如图所示,、为匀强电场和匀强磁场的理想边界,一束带负电的粒子由静止状态从P点经过、间的电场加速后垂直边界到达Q点,再经、间的磁场偏转后从边界穿出,且粒子从磁场边界穿出时速度方向与粒子射入磁场方向的夹角为30°。已知有界匀强磁场的磁感应强度大小为B,磁场宽度为d。粒子质量为m、电荷量为q,粒子的重力不计。求:(1)粒子在磁场中运动时速度的大小;(2)粒子在磁场中运动的时间t;(3)P、Q两点间的电势差UPQ。7.(2022江苏盐城一中月考)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第象限有沿y轴负方向的匀强电场,第象限有垂直于纸面向外的匀强磁场。现有一质量为m、电荷量为q的正粒子从坐标为(2L+3L,3L)的P点以初速度v0沿x轴负方向开始运动,接着进入磁场后由坐标原点O射出,射出时速度方向与x轴负方向夹角为60°,不计重力,求:(1)粒子从O点射出时的速度大小v;(2)电场强度E的大小;(3)粒子从P点运动到O点所用的时间。题组三带电粒子(物体)在叠加场中的运动 8.(2022江苏南通阶段练习)如图所示,空间存在竖直向上、场强大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。用长为L的绝缘细线系着质量为m的带电小球悬于O点,给小球一个水平方向的初速度,小球在竖直面内做匀速圆周运动,细线张力不为零。某时刻细线断开,小球仍做半径为L的匀速圆周运动。不计小球的大小,重力加速度为g。则以下说法错误的是()A.细线未断时,小球沿顺时针方向运动B.小球运动的速度大小为BLgEC.小球带的电荷量为mgED.细线未断时,细线的拉力大小为mLg2B2E29.【经典题】(2023山西运城阶段测试)如图所示,在垂直纸面向外的磁感应强度大小为B=1×103 T的匀强磁场中,固定一倾斜绝缘细杆,细杆与水平方向的夹角=37°,杆上套有质量为m=1 kg、电荷量为q=1×10-2 C的带负电小环,小环由静止开始向下滑动,杆与小环间的动摩擦因数为=0.5,当小环沿细杆下滑距离为L=5 m时开始匀速。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)小环刚开始运动时的加速度大小a1;(2)小环的最大加速度的大小a2及此时的速度大小v1;(3)小环速度由零达到匀速的过程中,克服摩擦力做的功W。10.【经典题】(2022江西上饶六校联考)如图所示,坐标系xOy在竖直平面内,水平轨道AD和倾斜弹性挡板DC(物体碰撞挡板时,沿板方向速度不变,垂直板方向速度等大反向)均光滑且绝缘,AD长度为L,DC长度为8L3,弹性挡板DC与水平地面间的夹角=60°。有一质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为质点)被放在A点,已知在第一象限分布着相互垂直的匀强磁场和匀强电场,电场方向竖直向上,场强大小为E2=mgq,磁场沿水平方向(图中垂直纸面向外),磁感应强度大小为B;在第二象限分布着沿x轴正方向的水平匀强电场,场强大小为E1=B2qL6m。现将放在A点的带电小球由静止释放,求:(1)带电小球运动到D点时的速度;(2)带电小球在磁场中运动的半径;(3)带电小球从A点出发到到达x轴过程中所用的时间(小球所带的电荷量不变)。答案与分层梯度式解析第一章安培力与洛伦兹力3带电粒子在匀强磁场中的运动基础过关练1.C2.A3.D4.D5.B6.A7.C8.D9.C1.Ca粒子进入磁场后向下偏转,根据左手定则,a粒子带负电,同理,b粒子带正电,A错误;a粒子运动轨迹半径较小,根据洛伦兹力提供向心力Bqv=mv2R,解得R=mvBq,说明半径越小,其速度也越小,由F洛=Bqv得,速度小的洛伦兹力小,因此a粒子在磁场中所受洛伦兹力较小,B错误,C正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2mBq,两粒子的质量m、电荷量q都相等,故周期相等,粒子在磁场中的运动时间为t=360°T,由于b粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角比较小,所以b粒子在磁场中运动时间较短,D错误。故选C。2.A电子在月球磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,evB=mv2r,解得r=mveB,由于v、e、m相同,则r与B成反比,由题图看出,A图中轨迹半径最小,磁感应强度最大。故选A。3.D根据正、负电子的运动轨迹,结合左手定则可知,左侧为负电子运动轨迹,右侧为正电子运动轨迹,A错误;根据洛伦兹力提供向心力有Bev=mv2r,解得r=mvBe,根据运动轨迹可知,正、负电子分离瞬间左侧负电子的轨迹半径大于右侧正电子的轨迹半径,可得负电子速度大于正电子速度,B错误;根据前面的分析,正、负电子存在速度大小不相等的时候,根据F洛=Bev可知正、负电子所受洛伦兹力大小并不是始终相等,C错误;正、负电子在气泡室中运动时,其轨迹半径r=mvBe,周期T=2mBe,由题图可知运动的轨迹半径在减小,所以速度在减小,动能减小,而周期与速度大小无关,保持不变,D正确。故选D。4.D氕核(11H)和氦核(24He)都带正电,根据左手定则可知射出时洛伦兹力指向y轴负方向,则两粒子都将向y轴负方向偏转。根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,解得R=mvqB=m·2EkqB,而两粒子初动能相同,则R11HR24He=q24He·m11Hq11H·m24He=11,选项D正确。导师点睛此类题目,一定要分清粒子的质量数与电荷数:5.B根据题意画出粒子运动轨迹的圆心,如图所示设圆形磁场区域的半径为R,由几何关系,粒子第一次在磁场中运动的轨迹半径r1=R,第二次在磁场中运动的轨迹半径r2=3R,所以r1r2=33,故选B。6.A根据动量守恒定律有M3vP-2M3vQ=0,P、Q粒子在磁场中做匀速圆周运动,有q3vPB=M3·vP2r1,2q3vQB=2M3·vQ2r2,解得vPvQ=21,r1r2=21,A正确,B错误;根据T1=2r1vP,T2=2r2vQ,解得T1T2=11,C、D错误。故选A。7.C由于题中没有提供磁场的方向和绕行的方向,不能确定粒子的电性,A错误;粒子越过磁场的分界线MN时,洛伦兹力的方向没有变,根据左手定则可知,MN上下两侧的磁场方向相同,B错误;设上侧圆弧的半径是r1,下侧圆弧的半径是r2,根据几何关系有r1r2=12,qvB=mv2r,得B=mvqr,所以B1B2=r2r1=21,C正确;由qvB=mv2r,T=2rv,得T=2mqB,粒子运动的时间t=T12+T12+T22=2mqB1+mqB2,由于B1B2=21,得t=4mqB1,D错误。故选C。导师点睛粒子越过磁场的分界线MN时,洛伦兹力的方向没有变,但是轨迹半径发生变化,所以MN上下两侧的磁感应强度方向相同,大小不同。8.D该粒子离开磁场时,速度方向恰好改变了180°,粒子一定向下偏转,如图所示:由左手定则可知粒子带负电,A错误;由几何关系可知,粒子的轨迹半径为r=22R,结合qv0B=mv02r,解得qm=2v0BR,B错误;由运动轨迹可知,该粒子出磁场时速度方向的反向延长线不通过O点,C错误;该粒子在磁场中的运动时间为t=12T=12×2rv0=2R2v0,D正确。故选D。归纳总结对于圆形边界的磁场:(1)粒子沿径向射入,必沿径向射出,如图甲所示。(2)射入磁场的速度方向与入射点所在半径间夹角等于射出磁场的速度方向与出射点所在半径间的夹角,如图乙所示。9.C粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=mv02R,得轨迹半径为R=mv0Bq=0.5 m=L,两粒子在磁场中的运动轨迹如图所示:由几何关系有=3,粒子在磁场中运动周期T=2mBq=×10-4 s,两粒子在磁场中的运动时间分别为t1=56T、t2=16T,故两粒子经过P点的时间间隔为t=t1-t2=23T,解得t=23×10-4 s,故选C。能力提升练1.BC2.C3.A4.A5.BD8.D1.BC根据左手定则,正离子逆时针转动,负离子顺时针转动,运动轨迹如图所示:两离子速度相同,正离子的轨迹长,运动时间长,A错误;洛伦兹力不做功,两离子的速度大小都不变,重新回到x轴时两离子速度大小相同;两离子射入磁场时速度方向与x轴夹角均为,重新回到x轴时两离子速度方向与x轴夹角也为,两离子速度方向相同,B正确;由qvB=mv2r得r=mvqB,两离子运动轨迹半径相同,C正确;两离子的轨迹正好能组合成一个圆周,两轨迹所对的弦长相等,所以两离子重新回到x轴时距O点的距离相同,D错误。故选B、C。2.C甲粒子从M点离开磁场,乙粒子从N点离开磁场,运动轨迹如图所示:由左手定则可知,甲粒子带正电,A错误;设圆形区域的半径为R,由几何关系可知,甲粒子的运动半径 r甲=3R,乙粒子的运动半径r乙=33R,甲粒子在磁场中做圆周运动的半径比乙大,B错误;由qvB=mv2r,得qm=vBr,由于v、B是相同的,则r越小,粒子比荷越大,即乙粒子的比荷比甲大,C正确;甲、乙两粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角分别为60°和120°,所以各自在磁场中的路程为s甲=3·3R=33R,s乙=23·33R=239R,即甲粒子的运动路程更长,由于二者速度大小相等,所以甲粒子在磁场中运动时间更长,D错误。故选C。方法技巧带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题方法3.A解题关键解此题关键是画出粒子运动轨迹,利用几何关系求解。如图所示,由几何关系可得,从A运动到B,a粒子转过的圆心角为60°,b粒子转过的圆心角为120°,两粒子运动时间相同,根据t=2T可得运动周期之比为TaTb=ba=21,故A正确;设粒子a的运动轨迹半径为Ra,粒子b的运动轨迹半径为Rb,根据几何关系可知Ra=12dsin30°=d,Rb=12dsin60°=33d,整理可得RaRb=31,两粒子在磁场中做匀速圆周运动,有v=2RT,由此可得vavb=32,粒子所受洛伦兹力提供向心力,故有qvB=mv2R,整理可得m=qBRv,由此可得mamb=21,故B、C、D错误。4.A依题意,氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内,根据qvB=mv2r,得r=mvqB,由于二者速率相同,可知氕核、氘核在磁场中的轨迹半径之比为12。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时,氘核运动轨迹半径最大,由几何知识得(2R-rmax)2=rmax2+R2,求得氘核的最大轨迹半径为rmax=24R,所以氕核在磁场中运动的最大半径为rmax'=12rmax=28R,选项A正确。5.BD带电粒子由M环内侧边缘运动到N环,由动能定理有qU=12mv2;带电粒子进入N环内磁场,与金属环无碰撞,故粒子进入磁场后,应偏转3或23离开磁场,进入电场后先减速到零,然后反向加速再次进入磁场,在磁场中进出若干次,最后回到出发点,如此循环。由几何关系可知,轨迹半径为r=3R2或r=3R23;根据qvB=mv2r,解得r=mvqB,联立解得U=3qB2R222m或U=qB2R226m,故选B、D。6.答案(1)2qBdm(2)m6qB(3)-2qB2d2m解析(1)由题可知,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,标出轨迹圆心,如图所示,由几何关系知,粒子在磁场中运动半径R=2d,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R,解得v=2qBdm。(2)粒子在磁场中运动的周期为T=2Rv=2mqB,运动轨迹所对的圆心角是30°,粒子在磁场中运动的时间t=30°360°T=112×2mqB=m6qB。(3)带电粒子在P、Q间的电场中加速,由动能定理得qU=12mv2-0,解得U=2qB2d2m,P、Q两点间的电势差UPQ=-U=-2qB2d2m。7.答案(1)2v0(2)3mv022qL(3)6L+L3v0解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,由Q点进入磁场,在磁场中做匀速圆周运动,最终由O点射出,轨迹如图所示粒子在Q点时的速度大小与粒子在O点的速度大小相等,方向与x轴负方向成60°角,则有v cos 60°=v0解得v=2v0(2)粒子由P到Q过程,由动能定理得qE·3L=12mv2-12mv02,解得E=3mv022qL(3)设粒子在电场中运动的时间为t1,则有3L=12·qEmt12,解得t1=2Lv0设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由几何关系可得OQ=(2+3)L-v0t1,2r sin 60°=OQ粒子在磁场中的运动时间为t2=2r3v,解得t2=L3v0粒子从P点运动到O点所用的时间t=t1+t2解得t=6L+L3v0方法技巧“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题8.D由于细线断了以后,小球还能做匀速圆周运动,小球所受电场力与重力平衡,则小球带正电;细线未断时,细线张力不为零,假设小球沿逆时针运动,则有qvB+FT=mv2L,细线断开后,拉力FT消失,则小球不满足仍做半径为L的匀速圆周运动的条件,故细线未断时,小球沿顺时针方向运动,A项正确。由qE=mg得q=mgE,C项正确。细线断了以后,小球仍做半径为L的匀速圆周运动,因此细线未断时,FT-qvB=mv2L,细线断了以后qvB=mv2L,得到v=qBLm=BLgE,细线的拉力大小FT=2mLg2B2E2,B正确,D错误。故选D。9.答案(1)2 m/s2(2)6 m/s20.8 m/s(3)28 J思路点拨小环在不同阶段的受力情况如图所示:解析(1)对小环受力分析,开始时洛伦兹力为零。垂直杆方向有FN=mg cos 沿杆方向,由牛顿第二定律有mg sin -FN=ma1解得a1=2 m/s2(2)当杆对小环的弹力等于零时,小环有最大加速度。垂直杆方向有qv1B=mg cos ,解得v1=0.8 m/s沿杆方向,由牛顿第二定律有mg sin =ma2,解得a2=6 m/s2(3)当小环匀速时,垂直杆方向有FN1+mg cos =qv2B沿杆方向有mg sin =FN1由动能定理有mg·L sin -W=12mv22-0联立解得克服摩擦力做的功W=28 J10.答案(1)3BqL3m(2)33L(3)123+116qBm解析(1)设小球到达D点的速度为vD,由动能定理得qE1L=mvD22解得小球到达D点时的速度为vD=3BqL3m(2)由于小球在第一象限所受到的重力与电场力等大反向,所以小球由D点进入第一象限后做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得BqvD=mvD2R则小球运动的轨迹半径为R=33L(3)由L=12at12,a=qE1m解得小球从A点运动到D点所用的时间t1=23mBq如图所示,小球在磁场中做匀速圆周运动的圆心O'在OD上,由几何关系,可得OO'=OD-R=3L>R可得小球落在CD上,依题意小球与挡板发生弹性碰撞,正好被沿水平方向反弹,重复第一次过程,如图所示,每次与挡板相交的弦长x=3R=L转过的圆心角为1=23由于CDx=83LL=83<3故小球与挡板碰撞2次,碰2次后与x轴的距离为d=8L3 sin 60°-2x sin 60°=3L3=R之后恰好再运动四分之一圆周后到达x轴,转过的圆心角2=2得t总=t1+21+2vDR=123+116qBm第一章安培力与洛伦兹力4质谱仪与回旋加速器基础过关练题组一质谱仪1.【经典题】(2023湖南永州期末)如图所示,一束带电粒子(不计重力)先沿直线通过由相互正交的匀强磁场B(方向垂直纸面,未画出)和匀强电场E组成的速度选择器,然后通过平板S上的狭缝P,进入一垂直纸面向外的匀强磁场B',最终打在平板S上的A1、A2之间。下列说法正确的是()A.通过狭缝P的粒子带负电B.磁场B的方向垂直纸面向外C.粒子打在平板上的位置距P越远,粒子的速度越小D.粒子打在平板上的位置距P越远,粒子的比荷越小2.如图所示,电场强度E的方向竖直向下,磁感应强度B1的方向垂直于纸面向里,磁感应强度B2的方向垂直于纸面向外,在S处有四个二价正离子甲、乙、丙、丁,均以垂直于电场强度E和磁感应强度B1的方向射入。若四个离子质量m甲=m乙<m丙=m丁,速率v甲<v乙=v丙<v丁,则运动到P1、P2、P3、P4四个位置的正离子分别为()A.丁、甲、丙、乙B.甲、丁、乙、丙C.丁、甲、乙、丙D.甲、丁、丙、乙题组二回旋加速器3.(2023安徽滁州定远中学阶段测试)如图所示,回旋加速器由两个D形金属盒组成,盒面与匀强磁场垂直,并接有高频交变电压。中心S处的粒子源产生初速度为零的质子,每次经过窄缝都被加速。已知质子的电荷量为q,质量为m,加速时电极间电压为U,磁场的磁感应强度大小为B,D形盒的半径为R。质子每次加速的时间可忽略,加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。下列说法正确的是()A.质子由加速器的边缘进入加速器B.质子做圆周运动的半径越大,周期越大C.质子能获得的最大动能与R2成正比D.质子能获得的最大动能与U成正比4.【经典题】(2022江苏天一中学期末)回旋加速器工作原理示意图如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,两盒间的狭缝很小,粒子穿过的时间可忽略,它们接在电压为U、频率为f的交流电源上。若A处粒子源产生的质子在加速器中被加速,下列说法正确的是()A.若只增大交流电压U,则质子获得的最大动能增大B.若只增大交流电压U,则质子在回旋加速器中运行时间会变长C.若磁感应强度B增大,交流电频率f必须适当增大才能正常工作D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器也能用于加速粒子能力提升练题组一涉及质谱仪的计算问题 1.【多选题】(2023广西梧州阶段测试)速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两种粒子,其运动轨迹如图所示,其中S0A=23S0C。不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用,下列说法正确的是()A.甲种粒子带正电,乙种粒子带负电B.甲、乙两种粒子的比荷之比为23C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率为EB1D.若两种粒子的电荷量相等,则甲、乙两种粒子的质量之比为232.(2022北京东城期末)质谱仪的简化原理如图所示。质子在入口处从静止开始被加速,再经匀强磁场偏转后从出口离开磁场,图中虚线表示质子在磁场中的偏转轨迹。若保持加速电压恒定,用该装置加速某种一价正离子,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的4倍。下列说法正确的是()A.质子和离子在磁场中运动的时间之比为11B.质子和离子在磁场中运动的时间之比为14C.质子和离子的质量之比为14D.质子和离子的质量之比为123.【经典题】(2023山东日照期末)如图所示为一种质谱仪原理图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线(图中虚线圆弧)的半径为R,通道内存在均匀辐射状电场,中心线处的电场强度大小为E,磁分析器中有垂直纸面向外、范围足够大的有界匀强磁场。让氢元素的两种同位素的原子核氕核(11H)和氘核(12H)分别从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P处垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上。不计粒子重力,下列说法正确的是()A.加速电场的电压应满足U=ERB.氕核和氘核会打在胶片上的同一位置C.氕核和氘核打到胶片的位置到狭缝P的距离之比为12D.氕核和氘核打到胶片的位置到狭缝P的距离之比为134.(2023北京西城期末)一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量为q、质量为m的正离子,从容器A下方的小孔飘入电压为U的加速电场,其初速度可视为0。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中,最后打在照相底片MN的中点P上。已知MN长度为L,且OM=L,不计离子重力,不计离子间的相互作用。(1)求离子进入磁场时的速度v的大小;(2)求磁场的磁感应强度B的大小;(3)某次测量发现底片MN左侧包括P点在内的区域损坏,检测不到离子,但右侧区域仍能正常检测到离子。若要使原来打到底片中点的离子可以被检测,在不改变底片位置的情况下,分析说明可以采取哪些措施调节质谱仪。题组二涉及回旋加速器的计算问题 5.【经典题】(2023重庆巴蜀中学阶段测试)回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器,其核心部分是两个D形金属盒,两盒间连接一电压为U的高频交流电源,从而在盒间的狭缝中形成交变电场,使粒子每次穿过狭缝时都得到加速,两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于D形盒底面。粒子源置于D形盒的圆心附近,能不断释放出一种带电粒子(初速度可以忽略,重力不计)。已知D形盒半径为R,粒子电荷量为q、质量为m,忽略粒子在电场中运动的时间,不考虑加速过程中引起的粒子质量变化,下列说法正确的是()A.交流电源的交变周期为T=mqBB.粒子离开回旋加速器时的最大速度为vm=qBR2mC.粒子第一次进入D1盒与第一次进入D2盒的半径之比为12D.粒子在电场中加速的次数为qB2R22mU6.(2022浙江百校联考)回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于真空中的两个D形盒半径为R,两D形盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。在某次实验中,有两种被加速粒子13H和24He,设13H的质量为3m,电荷量为+e,24He的质量为4m,电荷量为+2e,加在狭缝间的电场由如图乙所示的交变电压产生(时间轴单位为m2eB),电压值的大小为U0。在t=9m2eB时刻撤去电场,但保留磁场。在t=0时刻,两粒子从某D形盒直径边界中点A处同时飘入狭缝,在狭缝中开始加速,其初速度视为零。(不考虑粒子所受重力,不考虑粒子在狭缝中的运动时间,D形盒半径R足够大)(1)求13H粒子第一次加速完毕后的速度v。(2)撤去电场后13H和24He粒子各经过多长时间再次经过狭缝(分别用t1、t2表示)?(3)撤去电场后13H和24He粒子继续运动的轨道半径之比为多少?答案与分层梯度式解析第一章安培力与洛伦兹力4质谱仪与回旋加速器基础过关练1.D2.B3.C4.C1.D带电粒子通过狭缝P后在磁场中向左偏转,根据左手定则,该粒子带正电,A错误;粒子沿直线经过速度选择器,所受的电场力和洛伦兹力平衡,有qE=qvB,则v=EB,即粒子速度是定值,由于电场力水平向左,则洛伦兹力水平向右,根据左手定则,速度选择器中匀强磁场的方向垂直纸面向里,B、C错误;所有打在平板上的粒子,在磁场B'中做匀速圆周运动,根据qvB'=mv2r,可得r=mvqB',从狭缝P进入磁场的粒子速度均相同,粒子打在平板上的位置越远离P,半径越大,粒子的比荷越小,D正确。故选D。2.B四个粒子中,只有两个粒子通过速度选择器,只有速度满足v=EB1,粒子才能通过速度选择器,所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙,根据qvB2=mv2r,知r=mvqB2,乙的质量小于丙的质量,所以乙做圆周运动的半径小于丙做圆周运动的半径,则乙打在P3点,丙打在P4点。甲的速度小于乙的速度,即甲的速度小于EB1,所以甲所受洛伦兹力小于电场力,甲向下偏转,打在P1点。丁的速度大于乙的速度,即丁的速度大于EB1,所以丁所受洛伦兹力大于电场力,丁向上偏转,打在P2点。故B正确,A、C、D错误。3.C质子由加速器中心附近进入加速器,质子做圆周运动的周期T=2mqB,周期与半径无关,A、B错误;质子从D形盒射出时,速度最大,动能最大,根据qvB=mv2R和Ek=12mv2,质子射出时的动能Ek=q2B2R22m,即质子能获得的最大动能与R2成正比,与U无关,C正确,D错误。故选C。4.C粒子在回旋加速器磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等,当粒子从D形盒中出来时,速度最大,此时运动的半径等于D形盒的半径,根据qvmB=mvm2R得vm=qBRm,则质子获得的最大动能Ekm=q2B2R22m,最大动能与交流电压U无关,选项A错误;根据T=2mBq,若只增大交流电压U,不会改变质子在回旋加速器中运行的周期,但加速次数减少,则运行时间也会变短,选项B错误;根据T=2mBq,若磁感应强度B增大,那么T会减小,只有使交流电频率f适当增大才能正常工作,选项C正确;带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场变化的周期相等,根据T=2mBq可知,换用粒子,粒子的比荷变化,周期变化,需改变交流电的频率才能加速粒子,选项D错误。易混易错回旋加速器问题的两点提醒(1)回旋加速器所加高频交流电压的周期等于粒子圆周运动的周期,且不随粒子运动半径的变化而变化。(2)粒子的最终能量与加速电压的大小无关,由磁感应强度B和D形盒的半径决定。能力提升练1.CD2.B3.C5.D1.CD甲种粒子在磁场中向上偏转,乙种粒子在磁场中向下偏转,根据左手定则,甲种粒子带负电,乙种粒子带正电,A错误;能通过狭缝S0的带电粒子满足Eq=qvB1,即速率为v=EB1,C正确;在B2磁场,根据洛伦兹力提供向心力有qvB2=mv2r,解得qm=vB2r,由于S0A=23S0C,则r甲=23r乙,两种粒子穿过速度选择器的速度相同,则甲、乙两种粒子的比荷之比为32,B错误;在B2磁场,粒子轨迹半径r=mvqB2,可得m=B2qrv,由于v、q、B2都相同,则甲、乙两种粒子的质量之比为m甲m乙=r甲r乙=23,D正确。故选C、D。2.B设粒子经过加速后获得的速度大小为v,根据动能定理有qU=12mv2,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据牛顿第二定律有qvB=mv2r,联立解得m=B2r2q2U,粒子在磁场中运动的时间为t=T2=rv=mBq,由题意可知质子和离子在磁场中运动半径相同,根据式可知质子和离子的质量之比为116,根据式可知质子和离子在磁场中运动的时间之比为14,选项A、C、D错误,B正确。3.C在加速电场中,由动能定理有qU=12mv2,在静电分析器中,电场力提供向心力,qE=mv2R,解得2U=ER,A错误;在磁分析器中,洛伦兹力提供向心力,qvB=mv2r,打在胶片上的位置与P点间的距离为d=2r,解得d=2B2Umq,氕核和氘核的mq值不同,不会打在胶片上的同一位置,B错误;因为氕核和氘核的mq值的比值为12,所以氕核和氘核打到胶片的位置到狭缝P的距离之比为12,C正确,D错误。故选C。4.答案(1)2qUm(2)43L2mUq(3)见解析解析(1)离子加速过程,根据动能定理有qU=12mv2,得v=2qUm。(2)离子进入磁场做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,根据题意r=34L,解得B=43L2mUq。(3)若要使原来打到底片中点的离子可以被中点右侧区域检测,需要将r增大,由(1)(2)可得r=1B2Umq,可以采取的措施有增大加速电场的电压U,或减小磁场的磁感应强度B。5.D交流电源的交变周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2mqB,A错误;粒子离开回旋加速器时,速度最大,此时轨迹半径为R,根据qvmB=mvm2R,可得最大速度vm=qBRm,B错误;根据动能定理,第一次进入D1盒时有Uq=12mv12,第一次进入D2盒时2Uq=12mv22,结合r=mvqB得R1R2=12,C错误;从开始到粒子离开回旋加速器,根据动能定理有nUq=12mvm2,解得粒子在电场中加速的次数n=qB2R22mU,D正确。故选D。规律总结回旋加速器中粒子