1.4質譜儀與回旋加速器

1.4質譜儀與回旋加速器基礎導學要點一、質譜儀(1)原理圖：如圖所示。(2)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)mv2。①(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：qvB＝eq\f(mv2,r)。②(4)由①②兩式可以求出粒子的運動半徑r、質量m、比荷eq\f(q,m)等。其中由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))可知電荷量相同時，半徑將隨質量變化。(5)質譜儀的應用可以測定帶電粒子的質量和分析同位素。要點二．回旋加速器的結構和原理兩個中空的半圓金屬盒D1和D2，處于與盒面垂直的勻強磁場中，D1和D2間有一定的電勢差，如圖所示。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Ekm＝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．粒子被加速次數的計算：粒子在回旋加速器盒中被加速的次數n＝eq\f(Ekm,Uq)(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次。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)，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認為在盒內的時間近似等于t2。要點突破突破一：質譜儀1．電場和磁場都能對帶電粒子施加影響，電場既能使帶電粒子加速，又能使帶電粒子偏轉；磁場雖不能使帶電粒子速率變化，但能使帶電粒子發(fā)生偏轉。2．質譜儀：利用磁場對帶電粒子的偏轉，由帶電粒子的電荷量及軌道半徑確定其質量的儀器，叫作質譜儀。例一：如右圖所示，設飄入加速電場的帶電粒子帶電荷量為＋q，質量為m，兩板間電壓為U，粒子出電場后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場．求比荷？在加速電場中，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2粒子出電場時，速度v＝eq\r(\f(2qU,m))在勻強磁場中軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m,qB)eq\r(\f(2qU,m))＝eq\r(\f(2mU,qB2))所以粒子質量m＝eq\f(qB2r2,2U).若粒子電荷量q也未知，通過質譜儀可以求出該粒子的比荷(電荷量與質量之比)eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).突破二：回旋加速器1．磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動。其周期在q、m、B不變的情況下與速度和軌道半徑無關，帶電粒子每次進入D形盒都運動半個周期(eq\f(πm,qB))后平行電場方向進入電場加速。如圖所示。2．電場的作用：回旋加速器的兩個D形盒之間的狹縫區(qū)域存在周期性變化的且垂直于兩個D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經過該區(qū)域時被加速。根據動能定理：qU＝ΔEk。3．交變電壓的作用：為保證粒子每次經過狹縫時都被加速，使之能量不斷提高，需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。4．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Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)?？梢?，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能地增大磁感應強度B和D形盒的半徑R。5．粒子被加速次數的計算：粒子在回旋加速器中被加速的次數n＝eq\f(Ekm,qU)(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次。6．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)，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認為在盒內的時間近似等于t2。7.求解回旋加速器問題的兩點注意(1)帶電粒子通過回旋加速器最終獲得的動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速的次數以及加速電壓U的大小無關。(2)交變電源的周期與粒子做圓周運動的周期相等。例二：在某回旋加速器中，磁場的磁感應強度為B，粒子源射出的粒子質量為m，電荷量為q，粒子的最大回旋半徑為Rm，問：(1)D形盒內有無電場？(2)粒子在盒內做何種運動？(3)所加交變電場的周期是多大？(4)粒子離開加速器時能量是多大？(5)設兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，其間電場均勻，求把靜止粒子加速到上述能量所需的時間．解析：(1)D形盒由金屬導體制成，具有屏蔽外電場的作用，故盒內無電場．(2)帶電粒子在盒內做勻速圓周運動，每次加速后軌道半徑增大．(3)交變電場的周期應與粒子旋轉的周期相同，即T＝eq\f(2πm,qB).(4)粒子離開加速器時達到最大速度vm，由Rm＝eq\f(mvm,qB)可得vm＝eq\f(qBRm,m)，則其動能為Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(qBRm,m)))2＝eq\f(q2B2Rm2,2m).(5)設粒子達到最大動能須經n次加速，則粒子在回旋加速器中運動的時間t應為在D形盒內的回旋時間t1與通過D形盒間的縫隙的加速時間t2之和，即t＝t1＋t2.由nqU＝Ekm得n＝eq\f(Ekm,qU)，則粒子旋轉的周期數為eq\f(n,2)＝eq\f(Ekm,2qU)，t1＝eq\f(n,2)T＝eq\f(πBRm2,2U).粒子在兩D形盒縫隙中加速時，受到的電場力為eq\f(qU,d)，運動的加速度a＝eq\f(qU,md)，質子n次通過縫隙的總位移為s＝nd，由于質子n次加速的過程可視為初速度為零的勻加速直線運動，故有(注意等效的思想方法)nd＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)·t22，t2＝eq\f(BRmd,U).，所以t＝t1＋t2＝eq\f(BRm2d＋πRm,2U).答案：(1)無電場(2)勻速圓周運動，每次加速后軌道半徑增大(3)T＝eq\f(2πm,qB)(4)eq\f(q2B2Rm2,2m)(5)eq\f(BRm2d＋πRm,2U)突破三：帶電粒子在疊加場中的運動1.疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩種場共存。2．基本思路（1）弄清疊加場的組成。（2）進行受力分析。（3）確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合。（4）畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。①當帶電粒子做勻速直線運動時，根據受力平衡列方程求解。②當帶電粒子做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解。③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。3.復合場中運動問題的求解技巧帶電體在復合場中的運動問題仍是一個力學問題，求解思路與力學問題的求解思路基本相同，仍然按照對帶電體進行受力分析，運動過程分析，充分挖掘題目中的隱含條件，根據不同的運動情況建立相應的方程。典例精析題型一基于加速電場的質譜儀例一如圖所示為質譜儀的結構原理圖，若從金屬筒內同一位置由靜止釋放氫的三種同位素氕、氘、氚的原子核不計重力，經相同的電場加速和磁場偏轉后分別打在照相底片上的A、B、C三個點，則氕、氘、氚原子核（）A．進入磁場時的速度相同B．氚在磁場中運動的時間最短C．氕在電場中加速的時間最長D．打在照相底片上相鄰兩點間距離AB、BC之比為【解析】A．設加速電壓為U，粒子進入磁場時的速度大小為v，根據動能定理有解得由于氕、氘、氚原子核的比荷不同，所以進入磁場時的速度不同，故A錯誤；C．設粒子加速距離為d，加速時間為t1，則解得氕的比荷倒數最小，在電場中加速的時間最短，故C錯誤；B．設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律有解得粒子在磁場中運動的時間為半個周期，即氚的比荷倒數最大，在磁場中運動的時間最長，故B錯誤；D．粒子打在照相底片上的位置到入射點之間的距離為所以A、B、C到入射點的距離之比為則打在照相底片上相鄰兩點間距離AB、BC之比為，故D正確。故選D。題型二基于速度選擇器的質譜儀例二質譜儀最初是由湯姆生的學生阿斯頓設計的，他用質譜儀發(fā)現了氖20和氖22，證實了同位素的存在。如圖所示，容器A中有質量分別為m1、m2，電荷量相同的氖20和氖22兩種離子（不考慮離子的重力及離子間的相互作用），它們從容器A下方的小孔S1不斷飄入電壓為U的加速電場（離子的初速度可視為零），沿豎直線S1S2（S2為小孔）與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打在水平放置的底片上。由于實際加速電壓的大小在U±ΔU范圍內微小變化，這兩種離子在磁場中運動的軌跡可能發(fā)生交疊，為使它們的軌跡不發(fā)生交疊，應小于（）A． B．C． D．4．C【詳解】粒子在電場中加速在磁場中做圓周運動解得氖20最大半徑氖22最小半徑兩軌跡不發(fā)生交疊，有解得故選C。題型三回旋加速器原理和最大動能例三1930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，置于真空中的形金屬盒半徑為，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略；磁感應強度為的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為，加速電壓為。若A處粒子源產生質子的質量為、電荷量為，在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．帶電粒子由加速器的邊緣進入加速器B．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C．質子離開回旋加速器時的最大動能與形盒半徑成正比D．該加速器加速質量為、電荷量為的粒子時，交流電頻率應變?yōu)椤窘馕觥緼．帶電粒子由加速器的中心進入加速器。故A錯誤；B．根據周期公式可知，被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期與半徑無關。故B錯誤；C．質子離開回旋加速器時的最大動能聯立，可得故C錯誤；D．加速質子時，有加速粒子時，有故D正確。故選D。強化訓練選擇題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，離子源產生一個質量為、電荷量為的正離子，離子產生出來時的速度很小，可以認為是靜止的。離子產生出來后經過電壓加速，進入磁感應強度為的勻強磁場，沿著半圓周運動最后到達照相底片上，測得它在上的位置到入口處的距離為，若某離子通過上述裝置后，測得它在上的位置到入口處的距離大于，則說明（）A．離子的質量一定變大 B．加速電壓一定變大C．磁感應強度一定變大 D．離子所帶電荷量可能變小【答案】D【詳解】在加速電場中，根據動能定理有得進入磁場后，有又，所以可以看出，變大，可能是因為變大或變大或變小或變小。故選D。2．如圖所示，由兩種比荷不同的離子組成的離子束，從靜止經電場加速后，經過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后，進入另一個勻強磁場中并分裂為A．B兩束。離子的重力不計，下列說法中正確的有（）A．兩束離子的加速電壓相同 B．組成A束和B束的離子質量一定相同C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷 D．A束離子的動能大于B束離子的動能【答案】C【詳解】A．兩束離子均沿直線通過速度選擇器，則經電場加速后的速度相同，離子經過加速電場時，由動能定理有qU=mv20，解得v=，因兩束離子的比荷不同，則加速電壓不同，A錯誤；BCD．由圖可知，在磁場中運動時，A束離子的軌道半徑小于B束離子的軌道半徑，由洛倫茲力提供向心力有，可知r=，則A束離子的比荷大于B束離子的比荷，而兩束離子的質量無法比較，則兩束離子的動能也無法比較，C正確，B．D錯誤。故選C。3．如圖所示為質譜儀的示意圖，速度選擇器（也稱濾速器）中場強E的方向豎直向下，磁感應強度B1的方向垂直紙面向里，分離器中磁感應強度B2的方向垂直紙面向外。在S處有甲、乙、丙、丁四個一價正離子垂直于E和B1入射到速度選擇器中，若m甲＝m乙<m丙＝m丁，v甲<v乙＝v丙<v丁，在不計重力的情況下，則打在P1、P2、P3、P4四點的離子分別是（）A．甲、乙、丙、丁 B．甲、丁、乙、丙 C．丙、丁、乙、甲 D．甲、乙、丁、丙【答案】B【詳解】離子帶正電，電荷量為e，規(guī)定向下為正方向，其剛進入速度選擇器時受力F＝eE－eB1v為使離子受力平衡，做勻速直線運動到分離器中，需F＝0，即v＝根據題圖可知有兩個離子滿足條件，這兩個離子的速度相等，為乙和丙，所以乙和丙穿過了速度選擇器，到達分離器，在分離器中，離子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力evB2＝m，則r＝由于乙、丙的速度相同，則質量越大的離子運動半徑越大，即乙打在P3點，丙打在P4點；根據受力情況，在水平金屬板之間時，初始速度越大，粒子向上偏轉，反之向下偏轉，所以丁打在P2點，甲打在P1點，故B項正確，ACD錯誤。故選B。4．關于下列四幅圖的說法正確的是（）A．圖甲是回旋加速器的示意圖，要想帶電粒子獲得的最大動能增大，可增大加速電壓B．圖乙是磁流體發(fā)電機的示意圖，可以判斷出B極板是發(fā)電機的負極，A極板是發(fā)電機的正極C．圖丙是速度選擇器的示意圖，若帶電粒子（不計重力）能自左向右沿直線勻速通過速度選擇器，那么也能自右向左沿直線勻速通過速度選擇器D．圖丁是質譜儀的示意圖，粒子打在底片上的位置越靠近狹縫S3說明粒子的比荷越大【答案】D【解析】A．設回旋加速器D形盒的半徑為R，粒子獲得的最大速度為vm，根據牛頓第二定律有解得由上式可知粒子獲得的最大速度與加速電壓無關，所以無法通過增大加速電壓使帶電粒子獲得的最大動能增大，故A錯誤；B．根據左手定則可知等離子體中正電荷向B板偏轉，負電荷向A板偏轉，所以A極板是發(fā)電機的負極，B極板是發(fā)電機的正極，故B錯誤；C．粒子自左向右沿直線勻速通過速度選擇器時，所受洛倫茲力與電場力方向相反，當粒子自右向左進入速度選擇器后，其所受電場力方向不變，而洛倫茲力方向相反，因此粒子不能自右向左沿直線勻速通過速度選擇器，故C錯誤；D．粒子打在底片上的位置到狹縫S3的距離為穿過速度選擇器的粒子速度都相同，根據上式可知d越小，粒子比荷越大，故D正確。故選D。5．某速度選擇器示意圖如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板，板間存在著豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度為E，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計重力及空氣阻力）從b點以初速度v0沿虛線射入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，則（）A．粒子一定帶正電B．若將粒子從右向左沿虛線以v0射入，粒子仍做勻速直線運動C．帶電粒子初速度D．其他條件不變，僅讓電場方向反向，帶電粒子仍能從b點沿虛線向右運動【答案】C【解析】AC．不計重力的帶電粒子在速度選擇器中受等大反向的電場力和洛倫茲力，從而能夠做勻速直線運動，有解得粒子帶正電或負電均滿足要求，故A錯誤，C正確；B．正交的電場和磁場方向確定后，速度選擇器的入口和出口也確定，故將粒子從右向左沿虛線以v0射入，兩個力將變?yōu)橥?，粒子將偏轉，故B錯誤；D．其他條件不變，僅讓電場方向反向，速度選擇器的入口變?yōu)橛覀?，帶電粒子從b點沿虛線進將偏轉，故D錯誤；故選C。6．（2021·山東·濟南市歷城第一中學高二月考）質譜儀的結構原理圖如圖所示，帶有小孔的兩個水平極板間有垂直極板方向的勻強電場，圓筒N內可以產生質子和氚核，它們由靜止進入極板間，經極板間的電場加速后進入下方的勻強磁場，在磁場中運動半周后打到底片P上。不計質子和氚核的重力及它們間的相互作用。則下列判斷正確的是（）A．質子和氚核在極板間運動的時間之比為B．質子和氚核在磁場中運動的時間之比為C．質子和氚核在磁場中運動的速率之比為D．質子和氚核在磁場中運動的軌跡半徑之比為【詳解】A．粒子在電場中做初速度為零的勻加速運動，則有得故質子和氚核在極板間運動的時間之比故A錯誤；B．帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期，質子和氚核在磁場中均運動半個周期，則B質子和氚核在磁場中運動的時間之比故B錯誤；C．由動能定理得則故C錯誤；D．由得質子和氚核在磁場中運動的軌跡半徑之比故D正確。故選D。7.如圖為回旋加速器工作原理示意圖。置于真空中的D形盒之間的狹縫很小，帶電粒子穿過狹縫的時間可忽略。勻強磁場與盒面垂直，粒子在磁場中運動周期為TB，兩D形盒間的狹縫中的交變電壓周期為TE。若不考慮相對論效應和粒子重力的影響，則（）A．TB=0.5TE B．TB=2TE C．粒子從電場中獲得動能 D．粒子從磁場中獲得動能【答案】C【詳解】AB．粒子每運動半周，被電場加速一次，故粒子在磁場中的運動周期與兩D形盒間的狹縫中的交變電壓變化周期相等，即TB=TE，AB錯誤；CD．電場力對粒子做正功，使粒子動能增大，即粒子從電場中獲得動能，洛倫茲力只改變粒子的運動方向，不對粒子做功，粒子沒有從磁場中獲得動能，C正確，D錯誤。故選C。8.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，它們之間接電壓為U的交流電源。中心A處的粒子源產生的帶電粒子，初速度可視為0，在兩盒之間被電場加速。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場B中，粒子在磁場中做勻速圓周運動。忽略兩盒縫之間的距離。已知粒子被第一次加速后，經過時間t，再次到達盒縫處，與A的距離為d。則（）A．電場變化的周期為tB．粒子被2次加速后，再次經過盒縫時，與A的距離為dC．粒子的最大動能與金屬盒半徑R、加速電壓U均有關D．粒子在加速器中運動的時間與加速電壓U、金屬盒半徑R均有關【答案】D【詳解】A．根據加速原理，當粒子在磁場中運動周期與交變電壓周期同步時才能處于加速狀態(tài)，故電場變化的周期在磁場中運動周期相同，而時間t是磁場中運動的半個周期，磁場中運動周期T=2t，所以電場變化周期為2t，故A錯誤；B．粒子第二次加速后，速度變大，由得可得v變大，則R變大，則再次經過盒縫時，與A點的距離大于d，則B錯誤；C．由，則，此可知，粒子的最大動能只與粒子本身的荷質比，加速半徑，和磁場大小有關，與電源電壓U無關，故C錯誤；D．粒子在回旋加速器運動的總時間與粒子在電場中加速，在磁場中偏轉次數有關，而電壓越高，次數越少，總時間越少，金屬盒半徑越大，次數越多，時間越長，故D正確；故選CD。9．如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板，充電后與電源斷開。金屬板間存在著方向豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里磁感應強度為的勻強磁場。一質量為、電荷量為的帶電粒子（不計重力及空氣阻力），以水平速度射入場區(qū)，恰好做勻速直線運動。則（）A．粒子一定帶正電B．若撤去電場，粒子在板間運動的最長時間可能是C．若僅將板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子運動軌跡偏向下極板D．若有空氣阻力，且阻力大小不變，則粒子作勻減速直線運動【答案】B【解析】A．若粒子帶正電，受電場力向下，根據左手定則可知，洛倫茲力向上；若粒子帶負電，受電場力向上，洛倫茲力向下，故正負電荷均可在復合場中做勻速直線運動，粒子可能帶正電，也可能帶負電，選項A錯誤；B．根據在磁場的圓周運動得在磁場的圓周運動的周期當撤去電場，粒子可能在極板間做半圓周運動再出磁場，此時運動時間最長，粒子在板間運動的最長時間可能是選項B正確；C．電容器充電后斷開電源，由、、可知故當將板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍時電場強度不變，則仍有qE=qvB粒子運動軌跡不會發(fā)生偏轉，選項C錯誤；D．若有空氣阻力，則粒子運動的速度將減小，洛倫茲力減小，合力不為零，且與速度方向不共線，粒子將做曲線運動，選項D錯誤。故選B。10.如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負電；板間存在勻強電場和勻強磁場（圖中未畫出）．一個帶電粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動．粒子通過兩平行板后從O點垂直進入另一個垂直紙面向外的勻強磁場中，粒子做勻速圓周運動，經過半個周期后打在擋板MN上的A點．不計粒子重力．則下列說法不正確的是（）A.此粒子一定帶正電B.P、Q間的磁場一定垂直紙面向里C.若另一個帶電粒子也能做勻速直線運動，則它一定與該粒子具有相同的荷質比D.若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，則它一定與該粒子具有相同的荷質比【答案】C【解析】A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子向下偏轉，粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力豎直向下，應用左手定則可知，粒子帶正電，故A正確；B、粒子在復合場中做勻速直線運動，粒子所受合力為零，粒子所受電場力豎直向下，則粒子所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，P、Q間的磁場垂直于紙面向里，故B正確；C、粒子在復合場中做勻速直線運動，由平衡條件可知：qvB=qE，則：v=，粒子具有相同的速度，不一定具有相同的荷質比，故C錯誤；D、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，解得：=，由于粒子勻速通過P、Q間的復合場，則粒子速度v相同，粒子運動軌跡相同，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r相同，則粒子的荷質比相同，故D正確；本題選錯誤的，故選：C．11．霍爾式位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個沿z軸方向均勻變化的勻強磁場，磁感應強度B=B0+kz（B0、k均為常數，且k＞0）。將霍爾元件固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變（方向如圖所示），當物體沿z軸正方向平移時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同。則（）A．磁感應強度B越大，霍爾元件的前、后表面的電勢差U越大B．k越大，傳感器靈敏度（）越高C．如圖中的霍爾元件，上表面電勢高D．電流越大，霍爾元件的上、下表面的電勢差U越小【答案】B【解析】AC．由左手定則可知，電荷在磁場中受力向上，則上下表面會形成電勢差，前后表面沒有電勢差，由于可自由移動電荷正負未知，則無法判斷上下表面的電勢高低，故AC不符合題意；BD．設上下表面高度差為h，寬度為d，達到穩(wěn)定時有B=B0+kz化簡得則可知電流越大，霍爾元件的上、下表面的電勢差U越大，傳感器靈敏度則k越大，傳感器靈敏度（）越高，故B符合題意，D不符合題意。故選B。二、解答題12．如圖所示，在間距為d的平行極板M、N上加一定的電壓，從而在極板間形成一個勻強電場，同時在此區(qū)域加一個與勻強電場垂直的勻強磁場B。當帶電粒子從進入這一區(qū)域后，只有具有某個速度大小的粒子才能從通過，這樣的裝置叫做速度選擇器。帶電粒子在進入速度選擇器前，先在一加速電場中加速，加在形成此加速電場的兩極板P、Q上的電壓為。粒子所受的重力忽略不計。（1）試問：從小孔進入速度選擇器的粒子，需要具有怎樣的速度才能順利通過小孔；（2）帶電粒子的電荷量與質量的比叫做比荷，它反映了帶電粒子的一個基本屬性，在科學研究中具有重要的意義、試借助本題提供的物理量，計算出該帶電粒子比荷的表達式。12．（1）；（2）【詳解】（1）設只有速度大小為v的帶電粒子才能順利通過速度選擇器。進入速度選擇器時，帶電粒子受到的電場力方向與洛倫茲力方向沿同一直線且方向相反，故兩力平衡時，粒子才沿做勻速直線運動，從小孔通過。因此有其中，電場強度為由兩式解得（2）設帶電粒子的電荷量為q，質量為m，在加速電場中加速后，以速度大小v從小孔飛出進入速度選擇器。由動能定理得將代入即得該粒子的比荷為13.如圖所示，在豎直平面內建立xoy直角坐標，第I象限內有沿+x（水平）方向的勻強電場E，第II、II