新課改高中物理選修二同步專題講義：04 A質譜儀與回旋加速器 基礎版（教師版）

質譜儀與回旋加速器知識點：質譜儀與回旋加速器一、質譜儀1．質譜儀構造：主要構件有加速電場、偏轉磁場和照相底片．2．運動過程(如圖)(1)帶電粒子經過電壓為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、質譜儀1．加速：帶電粒子進入質譜儀的加速電場，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①2．偏轉：帶電粒子進入質譜儀的偏轉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，粒子經過窄縫處均被加速，一個周期內加速兩次．例題精練1．（2021?秦淮區(qū)校級一模）下列關于磁場的應用，正確的是（）A．圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器示意圖，要使粒子獲得的最大動能增大，可增大加速電場的電壓U B．圖乙是磁流體發(fā)電機示意圖，由此可判斷A極板是發(fā)電機的正極，B極板是發(fā)電機的負極 C．圖丙是速度選擇器示意圖，不考慮重力的帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是 D．圖丁是磁電式電流表內部結構示意圖，當有電流流過時，線圈在磁極間產生的勻強磁場中偏轉【分析】回旋加速器最大動能取決于D形盒的半徑；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到某一速度的粒子受力平衡做勻速直線運動，根據平衡條件即可確定帶電粒子勻速通過的速度；知道磁電式儀表的工作原理，知道磁極間的磁場為幅狀磁場。【解答】解：A、圖甲為回旋加速器，根據帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑公式：r＝，則有：v＝，故最大動能為：Ekm＝mv2＝，與加速電壓無關，故A錯誤；B、圖乙是磁流體發(fā)電機模型，由左手定則知正離子向下偏轉，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，故B錯誤；C、圖丙為速度選擇器，要使帶電粒子沿直線通過，則受到到電場力和洛倫茲力平衡，則有Bqv＝Eq，解得，故C正確；D、圖丁是磁電式電流表內部結構示意圖，磁極間的磁場為幅狀磁場，不是勻強磁場，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了洛倫茲力的應用相關知識，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式。2．（2021?浙江模擬）勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理如圖所示。置于真空中的兩個D形金屬盒半徑為R，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直。D形盒之間接頻率為f，電壓為U的交變電流。質量為m、電荷量為q的質子從盒的圓心處進入加速電場（初速度近似為零）。質子被加速過程不考慮相對論效應和重力的影響。要達到最佳的工作效果，則下列說法正確的是（）A．質子被加速后的最大速度將超過2πfR B．質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為2：1 C．質子在加速器內獲得的最大動能和加速電壓U無關 D．交變電流的頻率【分析】回旋加速器運用電場加速磁場偏轉來加速粒子，根據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、質子出加速器時速度達到最大，此時半徑為R，則有：故A錯誤；B、質子在加速電場中做勻加速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，根據v2＝2ax，可知質子質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫的速度之比為：v2：v1＝根據可得，則半徑之比為：，故B錯誤；C、根據公式：可知最大動能為：所以最大動能和加速電壓U無關。故C正確；D、交變電流的頻率與質子在磁場中做圓周運動的頻率相等，根據公式和可得：，故交變電流的頻率為：故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關鍵是知道回旋加速器的電場和磁場的作用，知道最大動能與什么因素有關，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1．（2021春?麗水月考）如圖所示，圖甲為速度選擇器原理示意圖，圖乙為質譜儀原理示意圖，圖丙和圖丁分別為多級直線加速器和回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時間。下列說法不正確的是（）A．圖甲中，只有具有速度v＝的粒子才能沿圖中虛線路徑經過速度選擇器 B．圖乙中，H、H、H三種粒子經加速電場射入磁場，H在磁場中偏轉半徑最大 C．圖丙中，由于技術上產生過高的電壓是很困難的，為了使粒子獲得更高的能量，所以采用多級直線加速裝置 D．圖丁中，隨著粒子速度的增大，交流電源的頻率也應該增大【分析】明確速度選擇器原理，能根據平衡條件求出沿直線飛行粒子的速度大小；根據動能定理和牛頓第二定律求解半徑公式，從而比較不同粒子的半徑大??；明確直線加速器和回旋加速器原理?！窘獯稹拷猓篈、要使粒子沿虛線路徑飛行，粒子受到的電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反，則有Bqv＝Eq，解得v＝，故只有具有速度v＝的粒子才能沿圖中虛線路徑經過速度選擇器，故A正確；B、質譜儀中，粒子經電場加速有：qU＝mv2，在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m，解得：R＝，由此可知在磁場中偏轉半徑最大的是比荷最小的粒子，H、H、H三種粒子電荷量相同，H質量最大，所以H在磁場中的偏轉半徑最大，故B正確；C、圖丙中，由于技術上產生過高的電壓是很困難的，為了使粒子獲得更高的能量，所以采用多級直線加速裝置，可以通過多次加速讓粒子獲得更高的能量，故C正確；D、在回旋加速器中帶電粒子經過電場多次加速后，速度越來越大，在磁場中做勻速圓周運動的半徑：r＝也會越來越大，而粒子在磁場中做圓周運動的周期：T＝沒有變化，故交變電流的頻率不變，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D?！军c評】此題是通過對比的方式把電磁學的應用實驗組合在一起的好題，有利于知識梳理、分清是否，當然掌握基礎是解題的關鍵。2．（2021春?沈陽月考）質子回旋加速器的工作原理如圖所示，加速器的核心部分是與高頻交流電源相接的兩個“D”形金屬盒，兩盒間的狹縫中存在周期性變化的電場，使質子通過狹縫時都能被加速，兩個“D”形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中。已知“D”形盒的半徑為R，勻強磁場的磁感應強度大小為B，高頻交流電源的頻率為f，質子的質量為m，電荷量為e，初速度為零，加速電壓為U，兩盒間的狹縫很小，質子穿過狹縫的時間可以忽略不計，則下列說法正確的是（）A．U越大，質子離開回旋加速器的速度越大 B．質子離開回旋加速器時的最大動能為 C．質子由靜止開始加速到出口處所需的時間為 D．若用該裝置加速α粒子，應將高頻交流電源的頻率調為2f【分析】質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關；質子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，滿足qvB＝m，據此求得最大動能；根據D型盒的半徑求出質子的最大速度，抓住質子每經過一圈加速兩次，結合動能定理得出加速的次數，根據質子在磁場中的運動周期求出質子從靜止開始加速到出口處所需的時間t；根據周期判定頻率?！窘獯稹拷猓篈、質子離開回旋加速器的速度與加速電壓U無關，故A錯誤；B、當質子在磁場中的軌道半徑等于“D”形盒的半徑時，質子的速度達到最大，動能最大，則，，解得，故B錯誤；C、根據Ekm＝neU，可得，質子在磁場中運動的周期，則質子在磁場中運動的時間，故C正確；D、由＝，f′＝，＝，＝可得，故D錯誤。故選：C。【點評】本題要注意回旋加速器加速粒子的最大速度與“D”形盒的半徑有關，與加速電壓U無關。3．（2020秋?浙江期末）下列四幅圖涉及到不同的物理知識，其中說法正確的是（）A．如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，增加電壓U即可 B．如圖用質子轟擊鈾核使其發(fā)生裂變反應，能放出巨大的能量 C．如圖說明光子既有粒子性也有波動性 D．戴維孫和G.P.湯姆孫利用如圖證明了電子具有波動性【分析】帶電粒子在回旋加速器中運動時，當帶電粒子在磁場中的軌跡半徑等于金屬盒的半徑時動能最大，根據半徑公式r＝和動能計算公式分析最大動能與哪些因素有關；裂變反應要用中子轟擊；康普頓效應證明光具有粒子性；衍射現象證明了電子具有波動性。【解答】解：A、當帶電粒子在磁場中的軌跡半徑等于金屬盒的半徑R時動能最大，根據R＝得粒子的最大速率為v＝，粒子獲得的最大動能為Ek＝＝，可知粒子獲得的最大動能與電壓U無關，故A錯誤；B、如圖用中子轟擊鈾核使其發(fā)生裂變反應，能放出巨大的能量，故B錯誤；C、如圖是康普頓效應實驗，說明光子具有粒子性，不能說明光子具有波動性，故C錯誤；D、如圖是電子發(fā)生衍射的實驗，而衍射是波的特有現象，所以利用如圖證明了電子具有波動，故D正確。故選：D。【點評】本題考查回旋加速器、康普頓效應、重核裂變、電子衍射等基礎知識，關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知識點，注意重核裂變是用中子轟擊鈾核，裂變中放出新的中子又引起新的裂變。綜合練習一．選擇題（共20小題）1．（2020秋?通州區(qū)期末）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，處于與盒面垂直的勻強磁場中，它們之間有一定的電勢差U。A處的粒子源產生的帶電粒子在加速器中被加速。下列說法正確的是（）A．帶電粒子在D形盒內被磁場不斷地加速 B．交流電源的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期 C．兩D形盒間電勢差U越大，帶電粒子離開D形盒時的動能越大 D．加速次數越多，帶電粒子離開D形盒時的動能越大【分析】回旋加速器利用電場加速，磁場偏轉，帶電粒子在磁場中運動的周期等于交變電場的周期相同；根據洛倫茲力提供向心力得到最大動能的大小，掌握回旋加速器的工作原理即可解答?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子在D形盒之間的空隙內加速，在磁場中運動時洛倫茲力不做功，所以在磁場中運動時動能不變，故A錯誤；B、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動、在電場中加速，二者周期相同時，才能正常運行，所以交變電場的周期等于帶電粒子做圓周運動的周期，故B正確；C、設D型盒的半徑為R，根據洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，解得最大動能為Ek＝，所以帶電粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，故C錯誤；D、加速器對帶電粒子加速的次數越多，粒子獲得的動能越大，但如果粒子的速度很大時，其相對論效應就不能忽略，粒子在磁場中運動的周期就會發(fā)生變化，所以加速器不可能對帶電粒子進行無限加速，故D錯誤；故選：B?！军c評】解決本題的關鍵知道回旋加速器利用電場加速，磁場進行偏轉，以及知道粒子在磁場中運動的周期與交變電壓周期的關系．2．（2020秋?成都期末）如圖是質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下方有磁感應強度為B0的勻強磁場?，F有大量的質子（H）、氘核（H）和α粒子（He）以不同的初速度進入加速電場上端，經狹縫P沿如圖軌跡打在膠片A1A2上的M點和N點，最后在膠片上出現了兩個亮條紋。忽略粒子重力和粒子間相互作用。關于該過程，下列表述正確的是（）A．一定只有兩種粒子經過速度選擇器后進入到了下方磁場 B．三種粒子通過加速電場的過程中電場力做功相等 C．N處條紋是質子打到膠片上形成的 D．PN間的距離是MN間的距離的兩倍【分析】根據動能定理列式得到粒子被加速后獲得的速度表達式，分析三個粒子速度關系，由W＝qU分析粒子通過加速電場的過程中電場力做功關系。根據半徑公式r＝分析粒子在磁場中圓周運動的半徑關系，從而確定PN間的距離與MN間的距離關系。【解答】解：A、粒子通過加速電場時，由動能定理得qU＝﹣，得v＝，氘核（H）和α粒子（He）的比荷相同，初速度相等，經過加速后獲得的速度相同，而粒子速度選擇器選擇速度一定的粒子，最后在膠片上出現了兩個亮條紋，可知，三種粒子經過速度選擇器后都進入到了下方磁場，故A錯誤；B、根據W＝qU，知U一定，W與q成正比，可知，質子（H）、氘核（H）通過加速電場的過程中電場力做功相等，小于電場力對α粒子做的功，故B錯誤；C、粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑為r＝，v、B相同，r與比荷成反比，質子（H）比荷最大，軌跡半徑最小，氘核（H）和α粒子（He）的比荷相同，軌跡半徑相等，所以，N處條紋是質子打到膠片上形成的，M處條紋是氘核和α粒子打到膠片上形成的，故C正確；D、粒子在磁場中運動時軌跡的直徑d＝2r＝，v、B相同，d與比荷成反比，則質子（H）比荷是氘核（H）和α粒子（He）比荷的兩倍，則PM間的距離是PN間的距離的兩倍，因此，PN間的距離等于MN間的距離，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查質譜儀，要理解其工作原理，能根據粒子受到的電場力和洛倫茲力的相關情況，通過列式來分析。3．（2020秋?沈陽期末）圖示為一由相互正交的磁感應強度大小為B的勻強磁場和電場強度大小為E的勻強電場組成的速度選擇器，由不同比荷的帶電粒子組成的粒子束以一定的初速度沿直線通過速度選擇器，然后粒子束通過平板S上的狹縫P進入另一個磁感應強度大小為B′的勻強磁場，最終打在熒光屏A1A2上，下列表述正確的是（）A．粒子可能帶負電荷 B．不同比荷的帶電粒子通過速度選擇器的時間可能不相等 C．粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷就越大 D．所有打在A1A2上的粒子，在磁感應強度大小為B′的磁場中的運動時間都相同【分析】粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，根據帶電粒子在磁場中的偏轉方向判斷電荷的電性，根據平衡求出粒子經過速度選擇器的速度，通過帶電粒子在磁場中的偏轉，根據半徑的大小判斷粒子比荷的大小?！窘獯稹拷猓篈、帶電粒子在磁場中向左偏轉，由左手定則，知粒子帶正電，故A錯誤；B、不同比荷的帶電粒子通過速度選擇器時，受到的洛倫茲力和電場力大小相等，方向相反，則qvB＝qE，解得v＝，粒子的速度與粒子的比荷無關，故通過速度選擇器的時間一定相等，故B錯誤；C、粒子在B′磁場中，洛倫茲力提供向心力，則，解得r＝，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，則半徑越小，粒子的比荷越大，故C正確；D、根據T＝，由于比荷不同，故粒子在磁場中運動的周期不同，故在磁感應強度大小為B′的磁場中的運動時間不相同，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查質譜儀模型，解決本題的關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，明確洛倫茲力充當向心力的正確應用是解題的關鍵。4．（2020秋?大連期末）如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，所加磁場的磁感應強度為B，被加速的質子（H）從D形盒中央由靜止出發(fā)，經交變電場加速后進入磁場。若忽略質子在電場中的加速時間，下列說法正確的是（）A．如果只增大交變電壓U，質子在加速器中運行時間將變短 B．如果只增大交變電壓U，質子的最大動能會變大 C．質子的最大動能跟磁感應強度B成正比 D．若要用此回旋加速器加速α粒子（He），需要調高交變電場的頻率【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，根據洛倫茲力充當向心力確定出最大速度，再求出最大動能的表達式，從而明確最大動能的決定因素；根據α粒子和質子電荷量以及質量數的關系確定所用交流電頻率的關系?！窘獯稹拷猓篈、如果只增大交變電壓U，則質子在加速器中加速次數縮短，因此質子的運行時間將變短，故A正確；B、根據qvmB＝m得：vm＝，最大動能Ek＝＝，即質子的最大動能與加速的電壓無關，故B錯誤；C、由B的分析可知，質子的最大動能跟磁感應強度B的二次方成正比，故C錯誤；D、根據周期公式有：T＝，則有：f＝，因α粒子質量數是質子的4倍，電荷數是質子的2倍；故加速度α粒子時的交流電的頻率是加速質子時交流電頻率的一半，故需要降低交流電的頻率，故D錯誤。故選：A。【點評】本題應明確回旋加速器原理，知道粒子先由電場加速，后進入磁場圓周運動，由動能定理求動能，掌握運動軌跡的半徑公式與周期公式，明確最大動能與電場的電壓無關。5．（2021?十六模擬）如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機原理示意圖，圖乙為質譜儀原理圖，圖丙和圖丁分別為多級直線加速器和回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時間，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板間產生電壓，A板電勢高 B．圖乙中，H、H、H三種粒子經加速電場射入磁場，H在磁場中的偏轉半徑最大 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，隨著粒子速度的增大，交變電流的頻率也應該增大【分析】粒子想利用回旋加速器獲得更大的動能，洛倫茲力提供向心力，求得在磁場中的周期，即可判斷交流電的周期，磁流體發(fā)電機就是利用帶電粒子受洛倫茲力原理，多級直線加速器加速和回旋極速器的特點即可判斷，質譜儀應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、由左手定則知正離子向下偏轉，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，故A錯誤；B、根據洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，解得R＝，H、H、H三種粒子經加速電場射入磁場，H在磁場中的偏轉半徑最大，故B正確；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，但要產生這種高壓所需的技術要求很高，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、在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則，T＝，聯立解得T＝，故理論上，粒子做圓周運動的周期沒變，故交流電的頻率不變，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了洛倫茲的應用相關知識，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特點。6．（2020秋?葫蘆島期末）關于如圖所示的回旋加速器，下列說法正確的是（）A．帶電粒子在D型盒磁場中加速 B．可以加速中子 C．帶電粒子的出射最大動能與D型盒半徑無關 D．兩D型盒間交變電壓的周期等于粒子轉動的周期【分析】明確回旋加速器原理，知道回旋加速器是運用電場加速，磁場偏轉來持續(xù)加速粒子，知道最大動能取決于D形盒的半徑，交變電壓的周期等于粒子轉動的周期?！窘獯稹拷猓篈、磁場只起到偏轉作用，粒子是在電場中加速的，故A錯誤；B、中子不帶電，所以不能加速中子，故B錯誤；C、根據半徑公式R＝知，v＝，則粒子的最大動能Ek＝mv2＝，即最大動能與加速的電壓無關，與D形盒的半徑以及磁感應強度有關，D形盒的半徑R越大，粒子加速所能獲得的最大動能越大，故C錯誤；D、粒子在磁場中轉動周期不變，為了能一直讓粒子加速，兩D型盒間交變電壓的周期等于粒子轉動的周期，故D正確。故選：D。【點評】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型盒的半徑決定的，注意理解交變電壓的周期等于粒子在磁場中的轉動周期。7．（2020秋?龍?zhí)秴^(qū)校級期末）用同一回旋加速器分別對質子（H）和氘核（H）進行加速，當它們都從D形盒邊緣離開加速器時，質子與氘核獲得的動能之比為（）A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．1：2【分析】粒子離開回旋加速器時的速度最大，根據洛倫茲力提供向心力求出粒子的離開回旋加速器的速度，從而求出動能的大?。窘獯稹拷猓毫Ｗ与x開回旋加速器的速度最大，根據qvB＝m，知v＝。則動能Ek＝mv2＝，因質子（H）和氘核（H），且磁場與半徑相同，所以動能與電量的平方成正比，與質量成反比，則有：質子與氘核獲得的動能之比為2：1，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】解決本題的關鍵知道回旋加速器加速粒子的原理，運用電場加速和磁場偏轉，注意推導出影響動能的表達式，這是解題的關鍵．8．（2020秋?姜堰區(qū)月考）如圖所示為質譜儀的原理示意圖，帶電粒子經加速電場加速，經速度選擇器沿直線運動剛好從P點垂直偏轉磁場邊界進入磁場，經磁場偏轉打在熒光屏A1A2上。若加速電壓減小為原來的0.8倍，通過調節(jié)速度選擇器兩板間的電壓，粒子仍能從P點射入偏轉磁場，則（）A．速度選擇器兩板間電壓減小為原來的0.8倍 B．粒子在偏轉磁場中運動的時間減小為原來的0.8倍 C．粒子打在熒光屏上的動能減小為原來的0.8倍 D．粒子在偏轉磁場中做圓周運動半徑減小為原來的0.8倍【分析】在加速電場中，依據動能定理，結合速度選擇器兩極板間電壓U＝Bdv；當進入偏轉電場后做勻速圓周運動，根據半徑與周期公式分析時間變化以及半徑變化?！窘獯稹拷猓篈、若加速電壓減小為原來的0.8倍，由qU＝mv2可知，速度減小到原來的倍，根據粒子在速度選擇器中的平衡條件可知，Bqv＝，解得速度選擇器兩極板間電壓U＝Bdv，則可知，電壓應減小為原來的倍，故A錯誤；B、粒子在磁場中轉動周期和速度無關，并且粒子在偏轉磁場中運動的時間仍為半個周期，所以運動時間與速度無關，故B錯誤；C、粒子打在熒光屏時的動能為：Ek＝mv2＝qU可知，動能減小為原來的0.8倍，故C正確；D、粒子在偏轉磁場中做圓周運動的半徑r＝，可知，在偏轉磁場中做圓周運動半徑減小為原來的倍，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關鍵知道粒子在速度選擇器和偏轉電場中的運動規(guī)律，掌握帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑與周期公式應用。9．（2020秋?皇姑區(qū)校級月考）如圖所示為回旋加速器的原理圖，已知交流電源的周期不可改變，D形盒半徑R不可改變。先用該加速器對質子從靜止開始加速，然后調整參數再對α粒子從靜止開始加速。已知α粒子的電量是質子的2倍，質量是質子的4倍，則質子與α粒子離開回旋加速器時速度之比為（）A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．：1【分析】根據粒子做勻速圓周運動的速度公式v＝和回旋加速器工作原理判斷即可?！窘獯稹拷猓焊鶕Ｗ与x開回旋加速器的速度公式有v＝，其中R為D形盒半徑，T為回旋加速器電場變化周期，由上式可知粒子離開回旋加速器的速度只與回旋加速器的半徑、周期有關，所以質子與α粒子離開回旋加速器時速度之比為1：1，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】本題解題要抓住回旋加速器中粒子運動的特點，明確粒子離開回旋加速器的速度與粒子帶電量和質量沒有關系。10．（2020春?重慶期末）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D形盒D1、D2構成，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，離子離開磁場的動能將增大 D．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【分析】當帶電粒子從回旋加速器最后出來時速度最大，根據qvB＝m求出最大速度，再根據EKm＝mv2求出最大動能，可知與什么因素有關。【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＝，聯立解得：T＝，故周期與半徑無關，不變；故A錯誤；B、磁場使粒子偏轉，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qvB＝m可得，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強度有關，與加速電壓的大小無關，故C錯誤；D、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減小，帶電粒子在D形盒中運動的時間變短，故D正確故選：D?！军c評】解決本題的關鍵知道根據qvB＝m求解最大速度，知道最大動能與D形盒的半徑有關，與磁感應強度的大小和電場的大小無關。11．（2020?濮陽模擬）如圖所示，在容器A中有同一種元素的兩種同位素正粒子，它們的初速度幾乎為0，粒子可從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中，最后第一種同位素粒子打到照相底片D上的M點，第二種同位素粒子打到照相底片D上的N點。不計同位素粒子重力。量出M點、N點到S3的距離分別為x1、x2，則第一種與第二種同位素粒子在磁場中運動的時間之比為（）A． B． C． D．【分析】粒子在電場中加速，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，結合求得粒子在磁場中運動的時間表達式?！窘獯稹拷猓涸O加速電場的電壓為U，磁場的磁感應強度為B，粒子電荷量為q、質量為m，在電場中加速過程有：①在磁場中偏轉有：②據幾何關系有x＝2r③粒子運動的時間④以上四式聯立得：，所以，，故C正確，ABD錯誤。故選：C?！军c評】本題的關鍵是熟練周期和半徑的表達式，并指導同位素的概念：質子數相同、中子數不同（m不同q相同）。12．（2020?漳州二模）如圖是質譜儀的工作原理示意圖，它是分析同位素的一種儀器，其工作原理是帶電粒子（不計重力）經同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，擋板D上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．若（）A．只增大粒子的質量，則粒子經過狹縫P的速度變大 B．只增大加速電壓U，則粒子經過狹縫P的速度變大 C．只增大粒子的比荷，則粒子在磁場中的軌道半徑變大 D．只增大磁感應強度，則粒子在磁場中的軌道半徑變大【分析】根據動能定理求出粒子進入磁場的速度；根據洛倫茲力充當向心力求出軌道半徑?！窘獯稹拷猓篈B、根據動能定理得：qU＝mv2，解得v＝，可知只增大粒子的質量，則粒子經過狹縫P的速度變小，只增大加速電壓U，則粒子經過狹縫P的速度變大，故A錯誤，B正確；CD、由qvB＝m得：r＝，只增大粒子的比荷，則粒子在磁場中的軌道半徑變小，只增大磁感應強度，則粒子在磁場中的軌道半徑變小，故CD錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵利用動能定理和牛頓第二定律求出對應的量，從而根據已知量的變化得到所求量的變化。13．（2019秋?寧波期末）現代科學研究中常用到高速電子，電子感應加速器就是利用感生電場使電子加速的設備。電子感應加速器主要由上、下電磁鐵磁極和環(huán)形真空室組成。如圖甲所示（上方為側視圖，下方為真空室的俯視圖），若電子在磁場力的作用下被“約束”在半徑為R的圓周上逆時針運動，此時電磁鐵繞組通以交變電流，磁場的磁感應強度B（圖甲俯視圖中垂直紙面向外為正）隨時間變化關系如圖乙所示，則電子在哪段時間內可實現上述加速要求（）A．0～0.25T B．0.25T～0.5T C．0.5T～0.75T D．0.75T～T【分析】電子帶負電，它在電場中受力的方向與電場方向相反。電子沿逆時針方向運動，所以當電場沿順時針方向時電子被加速；如果電流變大，電磁鐵產生的磁場（方向向上）變強，根據楞次定律，真空室中的感生電場的電場線沿順時針方向，能使電子加速?！窘獯稹拷猓航o電磁鐵通入交變電流，從而產生變化的磁場，變化規(guī)律如圖所示（以圖中所標電流產生磁場的方向為正方向），要使電子能被逆時針（從上往下看，以下同）加速，一方面感生電場應是順時針方向，即在磁場的第一個或第四個周期內加速電子；而另一方面電子受到的洛倫茲力應指向圓心，只有磁場的第一或第二個周期才滿足。所以只有在磁場變化的第一個周期內，電子才能在感生電場的作用下不斷加速。故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題要理解麥克斯韋電磁場理論，周期性變化的磁場產生周期性變化的電場，電子受到的是變化的電場力，做的是非勻速圓周運動，故加速度不指向圓心。14．（2020?駐馬店模擬）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源兩極相連接的兩個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形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。設D形盒半徑為R．若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是（）A．質子的回旋頻率等于2f B．質子被電場加速的次數與加速電壓無關 C．質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速電子【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?！窘獯稹拷猓篈、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，帶電粒子在勻強磁場中回旋頻率等于f，故A錯誤。B、根據qvmB＝m，得vm＝，與加速的電壓無關，然而一次加速，則有qU＝mv2，因此質子被電場加速的次數與加速電壓有關，故B錯誤。C、當粒子從D形盒中出來時速度最大，vm＝＝2πfR．故C正確。D、根據T＝，知質子換成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，故需要改變磁感應強度或交流電的周期，故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關鍵知道當粒子從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。15．（2019秋?武陵區(qū)校級期末）回旋加速器帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒處于盒底的勻強磁場中，并分與高頻交流電源兩極相連接，從而使粒子每次經過兩盒間的狹縫時加速，如圖所示，現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．增大狹縫間的距離 B．增大D形金屬盒的半徑 C．增大高頻交流電壓 D．增大磁場的磁感應強度【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，還與加速次數有關．所以加速電壓越大，回旋次數越少，最大動能只由磁感應強度和D形金屬盒的半徑決定．【解答】解：帶電粒子從D形盒中射出時的動能Ekm＝mvm2（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則圓周半徑R＝（2）由（1）（2）可得Ekm＝顯然，當帶電粒子q、m一定的，則Ekm∝R2B2即Ekm隨磁場的磁感應強度B、D形金屬盒的半徑R的增大而增大，與加速電場的電壓和狹縫距離無關，故選：BD。【點評】本題回旋加速器考查電磁場的綜合應用：在電場中始終被加速，在磁場中總是勻速圓周運動．所以容易讓學生產生誤解：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．16．（2019秋?思茅區(qū)校級期末）美國科學家阿斯頓發(fā)明的質譜儀可以用來鑒別同位素．鈉23和鈉24互為同位素．現把鈉23和鈉24的原子核，由靜止從同一點放入質譜儀，經過分析可知（）A．電場力對鈉23做功較多 B．鈉23在磁場中運動的速度較小 C．鈉23和鈉24在磁場中運動的半徑之比為23：24 D．鈉23和鈉24在磁場中運動的半徑之比為：2【分析】根據電場力做功的特點即可分析電場力做的功；根據動能定理分析它們速度的大小關系；根據洛倫茲力提供向心力得出半徑的表達式，分析它們的半徑之間的關系．【解答】解：A、粒子在電場中做功，根據動能定理得：qU＝，兩種粒子的電荷數相等，所以電場力做的功相等。故A錯誤；B、根據動能定理得：qU＝，電場力做的功相等，鈉23的質量比較小，所以在磁場中運動的速度較大。故B錯誤；CD、粒子在磁場中運動的過程中洛倫茲力提供向心力，則：所以：r＝＝，與粒子的質量成反比，所以鈉23和鈉24在磁場中運動的半徑之比為：2．故D正確，C錯誤。故選：D。【點評】解決本題的關鍵會根據左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道在加速電場中，粒子獲得的動能等于電場力做的功．17．（2020秋?碑林區(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源兩極相連接的兩個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形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示．設D形盒半徑為R．若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f．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2πfR B．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關 C．高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流 D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子【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T＝＝（電場中加速時間忽略不計）．對公式進行簡單推導后，便可解此題．【解答】解：A、由T＝得v＝＝2πfr．當r＝R時，v最大，此v＝2πfR，故A正確；B、由qvB＝m得v＝，當r＝R時，v最大，v＝，由此可知質子的最大速度只與粒子本身的荷質比，加速器半徑，和磁場大小有關，故B正確；C、由于粒子在電場中運動的時間很短，高頻電源能使用矩形交變電流，也能使用正弦式交變電流，此時滿足粒子在電壓最大時進入電場即可。故C錯誤；D、此加速器加速電場周期T＝，加速α粒子時T＝＝，兩個周期不同，不能加速α粒子。故D錯誤；故選：A?！军c評】該題考查回旋加速器工作原理，解決本題的關鍵知道當粒子從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．18．（2020秋?南京月考）質譜儀是測帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，如圖所示。它的工作原理是帶電粒子（不計重力）經同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規(guī)律計算出帶電粒子質量。圖中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．若只增大加速電壓U，則半徑r變大 D．若只增大入射粒子的質量，則半徑r變小【分析】根據動能定理求出粒子進入磁場的速度，根據牛頓第二定律求出軌道半徑，從而得知x與什么因素有關?！窘獯稹拷猓焊鶕幽芏ɡ淼茫簈U＝mv2，由qvB＝m得：r＝。A、由圖結合左手定則可知，該電荷帶正電。故A錯誤。B、粒子經過電場要加速，因正電粒子，所以下極板S1比上極板S2電勢低。故B錯誤。C、若只增大加速電壓U，由上式可知，則半徑r變大，故C正確，D、若只增大入射粒子的質量，q不變，由上式可知，則半徑也變大。故D錯誤。故選：C?！军c評】解決本題的關鍵利用動能定理和牛頓第二定律求出P到S1的距離，從而得出x與電荷的比荷有關。19．（2020?兗州區(qū)模擬）如圖甲是回旋加速器的原理示意圖．其核心部分是兩個D型金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中（磁感應強度大小恒定），并分別與高頻電源相連．加速時某帶電粒子的動能EK隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，若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．高頻電源的變化周期應該等于tn﹣tn﹣1 B．在EK﹣t圖象中t4﹣t3＝t3﹣t2＝t2﹣t1 C．粒子加速次數越多，粒子獲得的最大動能一定越大 D．不同粒子獲得的最大動能都相等【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＝和r＝進行分析判斷．【解答】解：A、交流電源的周期必須和粒子在磁場中運動的周期一致，故電源的變化周期應該等于2（tn﹣tn﹣1），故A錯誤；B、根據T＝知，粒子回旋周期不變，在Ek﹣t圖中應有t4﹣t3＝t3﹣t2＝t2﹣t1，故B正確；C、D根據公式r＝，得v＝，故最大動能Ekm＝mv2＝，則知粒子獲得的最大動能與D形盒的半徑有關，D形盒的半徑越大，粒子獲得的最大動能越大，與加速的次數無關。故C錯誤，D也錯誤；故選：B。【點評】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，及帶電粒子的比荷決定的．20．（2020?咸陽一模）質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具．如圖所示為質譜儀的原理示意圖，現利用質譜儀對氫元素進行測量．讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔s無初速度飄入電勢差為U的加速電場．加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中．氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”．則下列判斷正確的是（）A．進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚 B．進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚 C．在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚 D．a、b、C三條“質譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚【分析】根據qU＝mv2求出粒子進入偏轉磁場的速度，知道三種粒子進入磁場的速度大小關系，再根據qvB＝m求出R與什么因素有關，從而得出a、b、c三條“質譜線”的排列順序．【解答】解：A、根據qU＝mv2得，v＝．比荷最大的是氕，最小的是氚，所以進入磁場速度從大到小的順序是氕、氘、氚。故A正確，B、根據動能定理可知Ek＝qU，故動能相同，故B錯誤；C、時間為t＝，故在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氚氘氕，故C錯誤；D、進入偏轉磁場有qvB＝m，解得：R＝＝，氕比荷最大的，軌道半徑最小，c對應的是氕，氚比荷最小，則軌道半徑最大，a對應的是氚，故D錯誤故選：A?！军c評】解決本題的關鍵知道根據qU＝mv2可求出速度，知道速度與比荷有關，以及知道根據qvB＝m可求出軌道半徑與比荷有關．二．多選題（共10小題）21．（2021春?成都月考）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電源的兩極相連接的兩個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。下列說法正確的是（）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．增大加速電壓，粒子被加速后獲得的最大動能不變 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強度無關 D．粒子的最大動能與D形盒的半徑有關【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強度和D形金屬盒的半徑決定?！窘獯稹拷猓焊鶕絩＝，有v＝，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強度有關，與加速次數以及加速電壓大小無關，故BD正確，AC錯誤。故選：BD。【點評】本題回旋加速器考查電磁場的綜合應用，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強度大小，與加速電壓無關。22．（2020秋?威海期末）如圖為一種質譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析加速電場器和磁分析器組成。已知加速電壓為U，靜電分析器通道內存在均勻輻射電場，磁分析器中有垂直紙面的勻強磁場（圖中未畫出）。兩種粒子從同一位置由靜止開始經加速電場加速后，在靜電分析器做半徑均為R的勻速圓周運動，最終打在磁分析器膠片上的同一位置P。下列說法正確的是（）A．粒子在靜電分析器中運動時，電勢能減少 B．勻強磁場的方向垂直紙面向外 C．兩種粒子比荷一定相同 D．粒子在靜電分析器中的運動軌跡上各點的場強E大小相等，且E＝【分析】A、根據功能關系，先判斷電場力做功情況，再判斷電勢能變化情況；B、根據題意結合左手定則，判斷磁場方向；C、根據洛倫茲力提供向心力結合動能定理可以求出比荷相同；D、根據電場力提供向心力結合動能定理可以求出場強大小?！窘獯稹拷猓篈、粒子在靜電分析器中做半徑均為R的勻速圓周運動，電場力不做功，故電勢能不變，故A錯誤；B、粒子在磁場中順時針做勻速圓周運動，根據左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，故B正確；C、兩粒子在磁場中做勻速圓周運動，打在同一位置，半徑相同，有qvB＝m加速電場中有qU＝mv2聯立可得＝其中U、B和R為定值，故兩種粒子比荷一定相同，故C正確；D、在靜電分析器做半徑均為R的勻速圓周運動，有qE＝m加速電場中有qU＝mv2聯立得E＝故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查質譜儀和回旋加速器的工作原理，要注意把握帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時洛倫茲力提供向心力。23．（2021?湖北模擬）如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，在兩D形盒左邊的縫隙間放置一對中心開有小孔a、b的平行金屬板M、N，每當帶正電的粒子從a孔進入時，立即在兩板間加上恒定電壓，粒子經加速后從b孔射出時，立即撤去電壓。粒子進入D形盒中的勻強磁場后做勻速圓周運動。已知D形盒的縫隙間無磁場，不考慮相對論效應，則下列說法不正確的是（）A．磁場方向垂直紙面向外 B．粒子運動的周期不斷變大 C．粒子每運動一周，直徑的增加量越來越小 D．增大板間電壓，粒子最終獲得的最大動能變大【分析】根據粒子所受的洛倫茲力方向判斷磁場的方向；根據T＝分析粒子運動的周期變化情況，根據動能定理和r＝分析粒子每運動一周直徑的增加量變化情況，根據半徑公式分析粒子最終獲得的最大動能與板間電壓的關系?！窘獯稹拷猓篈、粒子從b孔進入磁場后受到的洛倫茲力向右，由左手定則判斷可知，D形盒中的磁場方向垂直紙面向里，故A錯誤；B、根據洛倫茲力提供向心力得，粒子運動的周期，粒子運動的周期不變，故B錯誤；C、粒子第n次加速后，根據動能定理可得：，解得，粒子在磁場中運動的半徑，粒子每運動一周直徑的增加量，隨轉動周數的增加，粒子每運動一周直徑的增加量越來越小，故C正確；D、當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據，可知最大動能式中R為D形盒的半徑），由此可知，粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，所以增大兩板間電壓，粒子最終獲得的最大動能不變，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：ABD。【點評】解決本題的關鍵知道該回旋加速器的原理，知道粒子每轉一圈，加速一次，且都在AC間加速，加速的電場不需改變。24．（2021?四模擬）質譜儀是測量帶電粒子的比荷和分析同位素的重要工具。如圖所示，帶電粒子從容器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，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上?，F有某種元素的三種同位素的原子核由容器A進入質譜儀，最后分別打在底片p1、p2、p3三個位置，已知S2p3＝2R，不計粒子重力，則（）A．打在p1處的粒子質量最小 B．打在p1處的粒子比荷最小，且比荷為 C．打在p1和p3處粒子的動能之比為3：1 D．打在p1和p3處粒子的動量之比為：1【分析】帶電粒子在電場中被加速，應用動能定理可以求出粒子的速度；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比荷；然后根據題意與動量和動能的關系分析答題?！窘獯稹拷猓篈、由題圖可知，打在P1處的粒子偏轉半徑最大，粒子在加速電場中加速時，有Uq＝mv2，粒子在磁場中偏轉時有qvB＝m，則r＝＝＝，則比荷＝，則打在p1處的粒子比荷最小，由于三種粒子為同位素，則電荷量相等，故打在p1處的粒子質量最大，故A錯誤；B、由題意有r1＝R，可得打在p1處的粒子比荷為＝，故B正確；C、粒子的動能Ek＝mv2＝qU，由于q和U都相等，故打在p1和p3處粒子的動能之比為1：1，故C錯誤；D、動量p＝mv＝qBr，動量之比等于半徑之比，故打在p1和p3處粒子的之比為：1，故D正確。故選：BD。【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鍵，應用動能定理與牛頓第二定律可以解題。25．（2020秋?梅州期末）1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，憑借此項成果，他于1939年獲得諾貝爾物理學獎，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是（）A．帶電粒子由加速器的邊緣進入加速器 B．回旋加速器不能無限加速粒子 C．被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期不變 D．經過半個圓周后帶電粒子再次到達兩盒間的縫隙時，兩盒間的電壓恰好改變正負【分析】掌握回旋加速器原理，回旋加速器運用電場加速磁場偏轉來加速粒子，根據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，知道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、粒子放在兩D形盒中間，通過電場加速后進入磁場，不能由加速器邊緣進入加速器，故A錯誤；B、當粒子加速到使其在磁場中轉動半徑為D形盒半徑時，將無法在磁場中偏轉，所以不能再繼續(xù)加速，因此回旋加速器不能無限加速粒子，故B正確；C、粒子做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，故：qvB＝mvω，其中：ω＝，聯立解得：T＝，即被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期不變，故C正確；D、經過半個圓周后帶電粒子再次到達兩盒間的縫隙時，兩盒間的電壓恰好改變正負才能使粒子繼續(xù)加速，即交流電壓的周期與粒子在磁場中轉動周期相同，故D正確。故選：BCD。【點評】解決本題的關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，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。26．（2020秋?湖南月考）中核集團研發(fā)的“超導質子回旋加速器”，能夠將質子加速至光速的。若用如圖所示的回旋加速器分別加速氕核（H）、氘核（H）兩種靜止的原子核，且加速電壓的有效值相等，偏轉磁場的磁感應強度大小相等，不考慮加速過程中原子核質量的變化及在電場中的運動時間，則下列判斷正確的是（）A．氕核離開加速器時的速度大 B．氘核離開加速器時的動能大 C．氕核在回旋加速器中加速的次數多 D．兩種核在回旋加速器中運動的時間相等【分析】回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉來加速粒子，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，當粒子從D形盒出來時速度最大，依據兩種粒子的電荷數相同、氕核質量數小于氘核質量數，從而進行判斷?！窘獯稹拷猓篈、粒子在磁場中做勻速圓周運動時有qvmB＝，解得vm＝，所以氕核離開加速器時的速度大，故A正確；B、由Ek＝可得：Ek＝，則氕核離開加速器時的動能大，故B錯誤；C、由公式nqU＝Ek，解得n＝＝＝，所以氕核在回旋加速器中加速的次數多，故C正確；D、由公式t＝及T＝＝解得：t＝，則兩種核在回旋加速器中運動的時間相等，故D正確。故選：ACD?！军c評】解決本題的關鍵知道回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉來加速粒子，以及知道粒子在磁場中運動的半徑公式內容，同時掌握影響粒子動能大小的因素，目的是考查學生的分析綜合能力。27．（2020秋?相城區(qū)校級期中）回旋加速器核心部分是與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，如圖甲所示。加速時帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若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．電場的變化周期等于tn﹣tn﹣1 B．在Ek﹣t圖象中t3﹣t2＝t2﹣t1 C．粒子加速次數越多，粒子獲得的最大動能越大 D．同一裝置可以分別對氘核（H）和氦核（He）加速【分析】明確乙圖動能和時間關系圖象的意義，從而分析出粒子轉動周期；回旋加速器運用電場加速磁場偏轉來加速粒子，根據洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動能表達式進行分析。【解答】解：AB、粒子在磁場中的轉動周期不變，故在Ek﹣t圖中應有t4﹣t