2025人教高中物理同步講義練習選擇性必修二1.3 帶電粒子在勻強磁場中的運動 （含答案）

2025人教高中物理同步講義練習選擇性必修二1.3帶電粒子在勻強磁場中的運動模塊一知識掌握知識點一帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題【情境導入】如圖所示，可用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在勻強磁場中的偏轉．(1)不加磁場時，電子束的運動軌跡如何？(2)加上磁場后，電子束的運動軌跡如何？(3)如果保持出射電子的速度不變，增大磁感應強度，軌跡圓半徑如何變化？(4)如果保持磁感應強度不變，增大出射電子的速度，軌跡圓半徑如何變化？【知識梳理】一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F＝.所以粒子做．2．若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向，粒子在垂直于方向的平面內運動．(1)洛倫茲力與粒子的運動方向，只改變粒子速度的，不改變粒子速度的．(2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內做運動，提供向心力．二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期1．半徑一個電荷量為q的粒子，在磁感應強度為B的勻強磁場中以速度v運動，那么帶電粒子所受的洛倫茲力為F＝qvB，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,r)，由此可解得圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB).從這個結果可以看出，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與它的質量、速度成正比，與電荷量、磁感應強度成反比．2．周期由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑和運動速度．【重難詮釋】1．分析帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關，與半徑無關．（2023春?浦東新區(qū)校級期末）正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（）A．磁場方向垂直于紙面向外 B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大 C．軌跡3對應的粒子是正電子 D．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的小（2023春?順義區(qū)期末）如圖所示，質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場區(qū)域，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運動的軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）A．M帶負電，N帶正電 B．M的速率大于N的速率 C．洛倫茲力對M、N都做正功 D．M、N在磁場中運動的周期相等（2023春?廬江縣期末）如圖所示是洛倫茲力演示儀，圓形勵磁線圈A、B彼此平行且兩圓形圓心連線與線圈平面垂直，通入電流后能夠在兩線圈間產生勻強磁場，磁場大小和方向可以通過調節(jié)兩線圈中電流大小和方向來改變，一球形玻璃泡在兩勵磁線圈間正中央，玻璃泡內有電子槍，初速度為零的電子被大小可調的加速電壓加速后從電子槍中射出?，F(xiàn)有某電子從玻璃泡球心正下方的某點水平向左射出，不計電子重力及電子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．線圈A、B中電流方向相反 B．若電子做圓周運動的軌跡半徑減小了，則可能是兩線圈中的電流增大了 C．兩線圈均通以逆時針方向電流，電子射出后沿順時針方向運動 D．若電子做圓周運動的周期變小了，則可能是加速電壓增大了（2023春?蘭州期末）某月球探測器著陸月球后，在磁場極其微弱的月球上，通過探測器拍攝到帶電粒子在月球磁場中的運動軌跡.如果探測器通過月球表面①、②、③、④四個位置，拍攝到的電子運動軌跡照片如圖所示（四張照片尺寸比例相同）。設電子速率相同，且與磁場方向垂直，則可知磁場從強到弱的位置排列正確的是（）A．④③②① B．①④②③ C．③④②① D．①②③④（2023?武昌區(qū)校級模擬）如圖所示，在勻強磁場中有1和2兩個質子在同一平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑r1＞r2并相切于P點，設T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分別表示1、2兩個質子的周期，線速度，向心加速度以及各自從經過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經歷的時間，下列說法錯誤的是（）A．T1＝T2 B．v1＝v2 C．a1＞a2 D．t1＜t2知識點二帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【情境導入】1．帶電粒子在磁場中運動的軌跡由哪些因素決定？2．帶電粒子在磁場中運動的時間與哪些因素有關？【重難詮釋】1．圓心位置確定的兩種方法(1)圓心一定在垂直于速度的直線上已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．(2)圓心一定在弦的垂直平分線上已知入射方向和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其垂直平分線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．2．半徑的確定半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構成直角三角形．由直角三角形的邊角關系或勾股定理求解．3．粒子在勻強磁場中運動時間的確定(1)粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動軌跡的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．確定圓心角時，利用好幾個角的關系，即圓心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)當v一定時，粒子在勻強磁場中運動的時間t＝eq\f(l,v)，l為帶電粒子通過的弧長．（2022秋?東川區(qū)校級期末）如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的（）A．a粒子速率最大，在磁場中運動時間最長 B．c粒子速率最大，在磁場中運動時間最短 C．a粒子速率最小，在磁場中運動時間最短 D．c粒子速率最大，在磁場中運動時間最長（2023春?房山區(qū)期中）如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，有a、b兩個電子從同一處沿垂直磁感線方向開始運動，a的初速度為v，b的初速度為2v，則（）A．a做圓周運動的軌道半徑大 B．b做圓周運動的周期大 C．a、b同時回到出發(fā)點 D．a、b在紙面內做逆時針方向的圓周運動（2023春?浙江期中）薄鋁板將垂直紙面向外的勻強磁場分成I、Ⅱ兩個區(qū)域．一高速帶電粒子穿過鋁板后速度減小，所帶電荷量保持不變．一段時間內帶電粒子穿過鋁板前后在兩個區(qū)域運動的軌跡均為圓弧，如圖中虛線所示．已知區(qū)I的圓弧半徑小于區(qū)域Ⅱ的圓弧半徑，粒子重力忽略不計。則該粒子（）A．帶正電，從區(qū)域I穿過鋁板到達區(qū)域Ⅱ B．帶正電，從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達區(qū)域I C．帶負電，從區(qū)域I穿過鋁板到達區(qū)域Ⅱ D．帶負電，從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達區(qū)域I（2022秋?高郵市期末）云室中存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，如圖所示，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，半徑之比ra：rb＝6：1，相同時間內的徑跡長度之比la：lb＝3：1，不計重力及粒子間的相互作用力（）A．粒子a電性為正 B．粒子a、b的質量之比ma：mb＝6：1 C．粒子a、b在磁場中做圓周運動的周期之比Ta：Tb＝1：2 D．粒子b的動量大小p（2022秋?古冶區(qū)校級期末）如圖，一個質量為m，電荷量為q的帶負電的粒子，不計重力，從x軸上的P點以速度v射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。已知v與x軸成45°角，OP＝a。則以下說法錯誤的是（）A．帶電粒子運動軌跡的半徑為2aB．磁場的磁感應強度為2mvC．OQ的長度為2aD．粒子在第一象限內運動的時間為3（2023春?大通縣期末）如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在y軸上OM區(qū)間有一個線狀粒子收集器緊貼y軸放置，現(xiàn)有質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子從x軸上的P點沿y軸正方向以不同速率射入磁場。已知OM＝OP＝2d，不計粒子重力，不考慮粒子間的相互作用。求：（1）一粒子剛好打到O點，則該粒子的入射速度大??；（2）粒子能打到收集器上的最大速率的大小及此時粒子在磁場運動的時間。模塊二鞏固提高（2023春?太原期中）帶電粒子進入云室時，可以在云室中顯示其運動軌跡。在云室中加上勻強磁場，一垂直磁場方向射入云室的帶正電粒子運動軌跡如圖所示，由于帶電粒子運動過程中受到阻力的作用，因此帶電粒子的動能逐漸減小，下列說法正確的是（）A．磁場垂直紙面向外，從A點運動到B點 B．磁場垂直紙面向外，從B點運動到A點 C．磁場垂直紙面向里，從A點運動到B點 D．磁場垂直紙面向里，從B點運動到A點（2023?西城區(qū)校級模擬）如圖所示，一束正離子垂直地射入勻強磁場和勻強電場正交的區(qū)域里，結果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運動方向，未發(fā)生任何偏轉，如果讓這些不偏轉離子進入另一個勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)這些離子又分裂成幾束，對這些進入后一磁場的離子，可得出結論（）A．它們的動能一定不相同 B．它們的電量一定不相同 C．它們的質量一定不相同 D．它們的電量與質量之比一定不相同（2022秋?陜西期末）如圖所示，兩個完全相同的半圓形光滑軌道豎直固定在水平地面上，使軌道兩端在同一高度上，右邊軌道置于勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向外．兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M分別為兩軌道的最低點，則下列有關判斷正確的是（）A．兩小球第一次到達軌道最低點的速度關系：vP＞vM B．兩小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系：FP＜FM C．兩小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系：tP＜tM D．左邊小球能回到出發(fā)點位置，右邊小球不能回到出發(fā)點位置（2023?長春模擬）質譜儀可測定同位素的組成。，現(xiàn)有一束一價的鉀39和鉀41離子經電場加速后，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．為使鉀39和鉀41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（）A．3940U0 B．3941U0 C．241U0 D．（2022秋?太原期末）質量為m1、帶電荷量為q的A粒子和質量為m2、帶電荷量為﹣2q的B粒子，從同一點先后分別垂直于磁場方向射入勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)兩粒子沿半徑相同的圓軌道運動。則A粒子與B粒子的動能之比是（）A．m1m2 B．m2m1（2022秋?成都期末）一帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中沿順時針方向做半徑為R的勻速圓周運動，當它運動到某個位置時，磁場突然發(fā)生變化（不考慮磁場變化產生電場），磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼?2A．半徑為R2 B．半徑為R2 C．半徑為2R D．半徑為2R（多選）（2023春?阿勒泰地區(qū)期末）如圖所示，在水平直線MN上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m、帶正電荷q的粒子，從直線N上的O點以速度v豎直向上射入磁場，由P點離開磁場，不計粒子重力，則粒子在磁場中運動的（）A．軌道半徑為mvqB B．軌道半徑為2mvC．時間為πmqB D．時間為（多選）（2023春?溫江區(qū)校級期末）如圖所示，S為一離子源，MN為足夠長的熒光屏，S到MN的距離為SP＝L，MN左側區(qū)域有足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。某時刻離子源S一次性沿平行紙面各個方向均勻地噴發(fā)大量的質量為m、電荷量為q、速率為qBLmA．打中熒光屏的最短時間為πm3qBB．打中熒光屏的最長時間為πmqBC．打中熒光屏的寬度為23D．打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子數(shù)比值為1（多選）（2022秋?雨花區(qū)校級期末）在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P+和P3+，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P+在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P+和P3+（）A．在電場中的加速度之比為1：1 B．離開電場區(qū)域時的動能之比為1：3 C．在磁場中運動的半徑之比為1：3 D．在磁場中運動的時間之比為3：2（2023?紅橋區(qū)二模）如圖，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B＝0.40T，磁場內有一塊足夠長的平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離l＝20cm處，有一個點狀的α放射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s，（放射源S向平板作垂線交于板上O點）已知α粒子的電荷與質量之比qm=5.0×10（1）α粒子打到板上左端距O點的最遠距離x1。（2）α粒子打到板上右端距O點的最遠距離x2。

1.3帶電粒子在勻強磁場中的運動模塊一知識掌握知識點一帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題【情境導入】如圖所示，可用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在勻強磁場中的偏轉．(1)不加磁場時，電子束的運動軌跡如何？(2)加上磁場后，電子束的運動軌跡如何？(3)如果保持出射電子的速度不變，增大磁感應強度，軌跡圓半徑如何變化？(4)如果保持磁感應強度不變，增大出射電子的速度，軌跡圓半徑如何變化？答案(1)一條直線(2)圓(3)變小(4)變大【知識梳理】一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F＝0.所以粒子做勻速直線運動．2．若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向垂直，粒子在垂直于磁場方向的平面內運動．(1)洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大?。?2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期1．半徑一個電荷量為q的粒子，在磁感應強度為B的勻強磁場中以速度v運動，那么帶電粒子所受的洛倫茲力為F＝qvB，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,r)，由此可解得圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB).從這個結果可以看出，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與它的質量、速度成正比，與電荷量、磁感應強度成反比．2．周期由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑和運動速度無關．【重難詮釋】1．分析帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關，與半徑無關．（2023春?浦東新區(qū)校級期末）正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（）A．磁場方向垂直于紙面向外 B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大 C．軌跡3對應的粒子是正電子 D．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的小【解答】解：AC、根據(jù)題圖可知，1和3粒子偏轉方向一致，均為順時針方向，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電且順時針偏轉，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故AC錯誤；BD．帶電粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=mv軌跡1軌跡半徑越來越小，可知粒子運動速度越來越小，故B錯誤；軌跡2初始半徑小于軌跡3的，可知軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的小，故D正確。故選：D。（2023春?順義區(qū)期末）如圖所示，質量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場區(qū)域，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運動的軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）A．M帶負電，N帶正電 B．M的速率大于N的速率 C．洛倫茲力對M、N都做正功 D．M、N在磁場中運動的周期相等【解答】解：A、根據(jù)左手定則，粒子M運動方向與四指指向相同，粒子N運動方向與四指指向相反，可知，M帶正電，N帶負電，故A錯誤；B、根據(jù)qvB=mv解得v=qBr根據(jù)圖像可知，粒子M的軌道半徑小于粒子N的軌道半徑，可知M的速率小于N的速率，故B錯誤；C、洛倫茲力方向始終垂直于粒子運動的速度方向，即洛倫茲力對M、N都不做功，故C錯誤；D、根據(jù)T=2πr結合上述解得T=2πm由于帶電粒子M和N的質量和電量都相等，則M、N在磁場中運動的周期相等，故D正確。故選：D。（2023春?廬江縣期末）如圖所示是洛倫茲力演示儀，圓形勵磁線圈A、B彼此平行且兩圓形圓心連線與線圈平面垂直，通入電流后能夠在兩線圈間產生勻強磁場，磁場大小和方向可以通過調節(jié)兩線圈中電流大小和方向來改變，一球形玻璃泡在兩勵磁線圈間正中央，玻璃泡內有電子槍，初速度為零的電子被大小可調的加速電壓加速后從電子槍中射出。現(xiàn)有某電子從玻璃泡球心正下方的某點水平向左射出，不計電子重力及電子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．線圈A、B中電流方向相反 B．若電子做圓周運動的軌跡半徑減小了，則可能是兩線圈中的電流增大了 C．兩線圈均通以逆時針方向電流，電子射出后沿順時針方向運動 D．若電子做圓周運動的周期變小了，則可能是加速電壓增大了【解答】解：A、只要線圈間有磁場即可，所以線圈A和線圈B中電流方向可以相同，可以相反，故A錯誤；B、電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則qvB=mv即r=mv軌道半徑減小，磁感應強度變大，兩線圈中的電流增大，故B正確；C、兩線圈均通以逆時針方向電流，根據(jù)右手螺旋定則可知磁感應強度方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則可知電子所受洛倫茲力向下，所以水平向左射出的電子射出電子槍后向左下方飛出，故C錯誤；D、根據(jù)T=可知電子做圓周運動的周期與電子速度無關，即與加速電壓無關，故D錯誤。故選：B。（2023春?蘭州期末）某月球探測器著陸月球后，在磁場極其微弱的月球上，通過探測器拍攝到帶電粒子在月球磁場中的運動軌跡.如果探測器通過月球表面①、②、③、④四個位置，拍攝到的電子運動軌跡照片如圖所示（四張照片尺寸比例相同）。設電子速率相同，且與磁場方向垂直，則可知磁場從強到弱的位置排列正確的是（）A．④③②① B．①④②③ C．③④②① D．①②③④【解答】解：在月球表面上，帶電粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m變形后解得：B=由圖中軌跡可知半徑關系為：r1＜r2＜r3＜r4可知磁場從強到弱的位置排列是：①②③④。故ABC錯誤，D正確。故選：D。（2023?武昌區(qū)校級模擬）如圖所示，在勻強磁場中有1和2兩個質子在同一平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑r1＞r2并相切于P點，設T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分別表示1、2兩個質子的周期，線速度，向心加速度以及各自從經過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經歷的時間，下列說法錯誤的是（）A．T1＝T2 B．v1＝v2 C．a1＞a2 D．t1＜t2【解答】解：A、對兩個質子，其比荷qmqvB=mv結合T=2πrv，解得質子在磁場中做圓周運動的周期為T=2πmqB，可知在同一磁場中，則有TB、由qvB=mv2r可得質子在磁場中做圓周運動的半徑為r=mvqB，因r1＞r2C、由qvB＝ma可得質子在磁場中做圓周運動的加速度為a=qvBm，因為v1＞v2，可知a1＞aD、兩質子的運動周期相同，由題圖可知質子1從經過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所轉過的圓心角比質子2小，由t=θ2πT可知t1本題選錯誤的，故選：B。知識點二帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【情境導入】1．帶電粒子在磁場中運動的軌跡由哪些因素決定？2．帶電粒子在磁場中運動的時間與哪些因素有關？【答案】1.初始條件和力2．周期和圓心角(或者速率和弧長)【重難詮釋】1．圓心位置確定的兩種方法(1)圓心一定在垂直于速度的直線上已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．(2)圓心一定在弦的垂直平分線上已知入射方向和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其垂直平分線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．2．半徑的確定半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構成直角三角形．由直角三角形的邊角關系或勾股定理求解．3．粒子在勻強磁場中運動時間的確定(1)粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動軌跡的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．確定圓心角時，利用好幾個角的關系，即圓心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)當v一定時，粒子在勻強磁場中運動的時間t＝eq\f(l,v)，l為帶電粒子通過的弧長．（2022秋?東川區(qū)校級期末）如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的（）A．a粒子速率最大，在磁場中運動時間最長 B．c粒子速率最大，在磁場中運動時間最短 C．a粒子速率最小，在磁場中運動時間最短 D．c粒子速率最大，在磁場中運動時間最長【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝mv2r，解得：r則可知三個帶電粒子的質量、電荷量相同，在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則由圖知，a粒子速率最小，c粒子速率最大；由于粒子運動的周期T=2πmqB，粒子在磁場中運動的時間：t三粒子運動的周期相同，a在磁場中運動的偏轉角最大，運動的時間最長，c在磁場中運動的偏轉角最小，運動的時間最短，故B正確。故選：B。（2023春?房山區(qū)期中）如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，有a、b兩個電子從同一處沿垂直磁感線方向開始運動，a的初速度為v，b的初速度為2v，則（）A．a做圓周運動的軌道半徑大 B．b做圓周運動的周期大 C．a、b同時回到出發(fā)點 D．a、b在紙面內做逆時針方向的圓周運動【解答】解：A、電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：evB＝mv2ra，e×2vB＝m(2v)2rb，解得：raBC、電子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2πrD、由左手定則可知，電子剛射入磁場時電子所受洛倫茲力水平向右，電子沿順時針方向做勻速圓周運動，故D錯誤。故選：C。（2023春?浙江期中）薄鋁板將垂直紙面向外的勻強磁場分成I、Ⅱ兩個區(qū)域．一高速帶電粒子穿過鋁板后速度減小，所帶電荷量保持不變．一段時間內帶電粒子穿過鋁板前后在兩個區(qū)域運動的軌跡均為圓弧，如圖中虛線所示．已知區(qū)I的圓弧半徑小于區(qū)域Ⅱ的圓弧半徑，粒子重力忽略不計。則該粒子（）A．帶正電，從區(qū)域I穿過鋁板到達區(qū)域Ⅱ B．帶正電，從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達區(qū)域I C．帶負電，從區(qū)域I穿過鋁板到達區(qū)域Ⅱ D．帶負電，從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板到達區(qū)域I【解答】解：粒子穿過鋁板后，動能減小，速度減小，根據(jù)r=mv故選：D。（2022秋?高郵市期末）云室中存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，一個質量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，如圖所示，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，半徑之比ra：rb＝6：1，相同時間內的徑跡長度之比la：lb＝3：1，不計重力及粒子間的相互作用力（）A．粒子a電性為正 B．粒子a、b的質量之比ma：mb＝6：1 C．粒子a、b在磁場中做圓周運動的周期之比Ta：Tb＝1：2 D．粒子b的動量大小p【解答】解：A．由圖中軌跡結合左手定則可知，粒子a電性為負，故A錯誤；B．相同時間內的徑跡長度之比la：lb＝3：1，可知粒子a、b的速率之比為va：vb＝la：lb＝3：1根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m可得：r=由于粒子a、b的電荷量大小相等，半徑之比ra：rb＝6：1，則有mava：mbvb＝ra：rb＝6：1聯(lián)立可得：ma：mb＝2：1，故B錯誤；C．根據(jù)周期表達式T=可得粒子a、b在磁場中做圓周運動的周期之比Ta：Tb＝ma：mb＝2：1，故C錯誤；D．選擇豎直向下的方向為正方向，根據(jù)動量守恒可得mv＝mava+mbvb又mava：mbvb＝ra：rb＝6：1聯(lián)立可得粒子b的動量大小為pb故選：D。（2022秋?古冶區(qū)校級期末）如圖，一個質量為m，電荷量為q的帶負電的粒子，不計重力，從x軸上的P點以速度v射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。已知v與x軸成45°角，OP＝a。則以下說法錯誤的是（）A．帶電粒子運動軌跡的半徑為2aB．磁場的磁感應強度為2mvC．OQ的長度為2aD．粒子在第一象限內運動的時間為3【解答】解：A．帶電粒子做勻速圓周運動的圓心和軌跡如下圖設帶電粒子運動軌跡的半徑為R，根據(jù)幾何知識可得a解得R=故A正確；B．根據(jù)牛頓第二定律可得：Bqv=解得：B=故B正確；C．根據(jù)幾何知識可得O'O′O＝a故OQ故C錯誤；D．帶電粒子做勻速圓周運動的周期為T=由幾何知識可得∠QO′P＝135°則t=故D正確。本題選錯誤項，故選：C。（2023春?大通縣期末）如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。在y軸上OM區(qū)間有一個線狀粒子收集器緊貼y軸放置，現(xiàn)有質量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子從x軸上的P點沿y軸正方向以不同速率射入磁場。已知OM＝OP＝2d，不計粒子重力，不考慮粒子間的相互作用。求：（1）一粒子剛好打到O點，則該粒子的入射速度大??；（2）粒子能打到收集器上的最大速率的大小及此時粒子在磁場運動的時間?！窘獯稹拷猓海?）粒子剛好打到O點，其軌跡半徑為r，軌跡如圖所示已知OP＝2d，則r＝d根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qv1B=解得：v1=qBd（2）粒子打到M點時速率最大，在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關系得：R＝OM＝2d，α=π根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvmB=mv解得：vm=2qBdm，T粒子在磁場運動的時間t=α答：（1）一粒子剛好打到O點，則該粒子的入射速度大小為qBdm（2）粒子能打到收集器上的最大速率的大小為2qBdm，此時粒子在磁場運動的時間為πm模塊二鞏固提高（2023春?太原期中）帶電粒子進入云室時，可以在云室中顯示其運動軌跡。在云室中加上勻強磁場，一垂直磁場方向射入云室的帶正電粒子運動軌跡如圖所示，由于帶電粒子運動過程中受到阻力的作用，因此帶電粒子的動能逐漸減小，下列說法正確的是（）A．磁場垂直紙面向外，從A點運動到B點 B．磁場垂直紙面向外，從B點運動到A點 C．磁場垂直紙面向里，從A點運動到B點 D．磁場垂直紙面向里，從B點運動到A點【解答】解：根據(jù)題意，由牛頓第二定律有qvB=解得：R=可知，粒子的速度越小，半徑越小，由于粒子做減速運動，則粒子從B點運動到A點，根據(jù)運動軌跡，由左手定則可知，磁場垂直紙面向外，故B正確，ACD錯誤；故選：B。（2023?西城區(qū)校級模擬）如圖所示，一束正離子垂直地射入勻強磁場和勻強電場正交的區(qū)域里，結果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運動方向，未發(fā)生任何偏轉，如果讓這些不偏轉離子進入另一個勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)這些離子又分裂成幾束，對這些進入后一磁場的離子，可得出結論（）A．它們的動能一定不相同 B．它們的電量一定不相同 C．它們的質量一定不相同 D．它們的電量與質量之比一定不相同【解答】解：因為粒子進入電場和磁場正交區(qū)域時不發(fā)生偏轉說明粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qE，得出能不偏轉的粒子速度滿足速度相同；粒子進入磁場后受洛倫茲力作用，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝mv2R，圓周運動的半徑R=mv故選：D。（2022秋?陜西期末）如圖所示，兩個完全相同的半圓形光滑軌道豎直固定在水平地面上，使軌道兩端在同一高度上，右邊軌道置于勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向外．兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止開始沿軌道運動，P、M分別為兩軌道的最低點，則下列有關判斷正確的是（）A．兩小球第一次到達軌道最低點的速度關系：vP＞vM B．兩小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力關系：FP＜FM C．兩小球從開始運動到第一次到達軌道最低點所用的時間關系：tP＜tM D．左邊小球能回到出發(fā)點位置，右邊小球不能回到出發(fā)點位置【解答】解：AC、由于小球在磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，兩個帶電小球從開始到最低點減少的重力勢能相等，增加的動能也相等，所以到最低點的速率相等，即vp＝vM，兩個小球走過的路程相同，所以在兩個小球運動的時間也相等，故AC錯誤；B、小球在磁場中運動，在最低點進行受力分析可知：FM﹣mg﹣Bqv1=mvM2r，解得：FM＝mg+Bqv1+mvM2r。小球在左邊軌道上運動，在最低點受力分析可知：FN﹣mg=mvND、小球在左邊軌道上由于只受重力，機械能守恒，那么小于能夠回到出發(fā)點。小球在右較軌道中的磁場中運動，磁場力對小球不做功，整個過程中小球的機械能守恒，所以小球可以到達軌道的另一端，故D錯誤。故選：B。（2023?長春模擬）質譜儀可測定同位素的組成。，現(xiàn)有一束一價的鉀39和鉀41離子經電場加速后，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．為使鉀39和鉀41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（）A．3940U0 B．3941U0 C．241U0 D．【解答】解：設加速電壓為U，磁場的磁感應強度為B，電荷的電荷量為q，質量為m，運動半徑為R，則由qU=12mv2，qvB＝m解得R=由此式可知，在B、q、U相同時，m小的半徑小，所以鉀39半徑小，鉀41半徑大；在m、B、q相同時，U大半徑大。設：鉀39質量為m1，電壓為U0+△U時，最大半徑為R1；鉀41質量為m2，電壓為U0﹣△U時，鉀41最小半徑為R則R1=R2=令R1＝R2，則m1（U0+△U）＝m2（U0﹣△U）解得：△U=m2-m1m2+m故ABC錯誤，D正確。故選：D。（2022秋?太原期末）質量為m1、帶電荷量為q的A粒子和質量為m2、帶電荷量為﹣2q的B粒子，從同一點先后分別垂直于磁場方向射入勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)兩粒子沿半徑相同的圓軌道運動。則A粒子與B粒子的動能之比是（）A．m1m2 B．m2m1【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB＝mv解得：Ek=12mvA和B粒子的電量大小之比為1：2，故α粒子和β粒子的動能之比為：EkA故選：C。（2022秋?成都期末）一帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中沿順時針方向做半徑為R的勻速圓周運動，當它運動到某個位置時，磁場突然發(fā)生變化（不考慮磁場變化產生電場），磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼?2A．半徑為R2 B．半徑為R2 C．半徑為2R D．半徑為2R【解答】解：粒子在磁場中受到洛倫茲力做勻速圓周運動，根據(jù)左手定則，當磁場反向時，粒子做逆時針的圓周運動。由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=mv解得：R=可知當磁感應強度大小變?yōu)樵瓉淼?2故選：C。（多選）（2023春?阿勒泰地區(qū)期末）如圖所示，在水平直線MN上方存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一質量為m、帶正電荷q的粒子，從直線N上的O點以速度v豎直向上射入磁場，由P點離開磁場，不計粒子重力，則粒子在磁場中運動的（）A．軌道半徑為mvqB B．軌道半徑為2mvC．時間為πmqB D．時間為【解答】解：AB、粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝mv2r，解得rCD、粒子在磁場中運動的周期T=2πrv，粒子在磁場運動了半周，則時間t=T故選：AC。（多選）（2023春?溫江區(qū)校級期末）如圖所示，S為一離子源，MN為足夠長的熒光屏，S到MN的距離為SP＝L，MN左側區(qū)域有足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。某時刻離子源S一次性沿平行紙面各個方向均勻地噴發(fā)大量的質量為m、電荷量為q、速率為qBLmA．打中熒光屏的最短時間為πm3qBB．打中熒光屏的最長時間為πmqBC．打中熒光屏的寬度為23D．打到熒光屏的離子數(shù)與發(fā)射的離子數(shù)比值為1【解答】解：A、離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=mv解得離子軌道半徑為：r=離子軌跡對應弦長最短時運動時間最短，即離子軌跡恰好經過P點，如圖所示。根據(jù)幾何關系可知，軌跡對應的圓心角為60°，能打中熒光屏的最短時間為tmin=60°360°T=1B、當v=qBLm離子運動軌跡如圖所示離子速度為v1從下側回旋，剛好和邊界相切，離子速度為v2時從上側回旋，剛好和上邊界相切，打在熒光屏上的離子的周期T=2πm打中熒光屏的最長時間為tmax=270°360°T=3C．離子打中熒光屏的范圍總長度為圖中得AB長度，由幾何關系可知|AB|=(3打中熒光屏的寬度為(3D、當v=qBLm時，離子的軌道半徑離子速度為v1從下側回旋，剛好和邊界相切；離子速度為v2時從上側回旋，剛好和上邊界相切，打到N點的離子離開S時的初速度方向和打到M′點的離子離開S時的初速度方向夾角θ＝π故能打到熒光屏上的離子數(shù)與發(fā)射的粒子總數(shù)之比為k=θ故選：AD。（多選）（2022秋?雨花區(qū)校級期末）在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P+和P3+，經電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示．已知離子P+在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運動時，離子P+和P3+（）A．在電場中的加速度之比為1：1 B．離開電場區(qū)域時的動能之比為1：3 C．在磁場中運動的半徑之比為1：3 D．在磁場中運動的時間之比為3：2【解答】解：A、兩個離子的質量相同，其帶電量是1：3的關系，所以由a=qUB、由電場加速后：qU=12mvC、要想知道半徑必須先知道進入磁場的速度，而速度的決定因素是加速電場，所以在離開電場時其速度表達式為：v=2qUm，可知其速度之比為1：3．又由qvB＝mv2r知，rD、離子在磁場中運動的半徑之比為3：1，設磁場寬度為L，離子通過磁場轉過的角度等于其圓心角，所以有sinθ=LR，則可知角度的正弦值之比為1：3，又P+的角度為30°，可知P3+角度為60°，粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=2πmqB，t=θ故選：BD。（2023?紅橋區(qū)二模）如圖，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B＝0.40T，磁場內有一塊足夠長的平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離l＝20cm處，有一個點狀的α放射源S，它向各個方向發(fā)射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s，（放射源S向平板作垂線交于板上O點）已知α粒子的電荷與質量之比qm=5.0×10（1）α粒子打到板上左端距O點的最遠距離x1。（2）α粒子打到板上右端距O點的最遠距離x2?！窘獯稹拷猓海?）如圖左端：偏轉圖由qvB=解得R=代入數(shù)據(jù)解得：R＝0.15m由幾何關系可得R解得：x1＝0.14m（2）右端偏轉圖，由幾何關系可得：x解得：x2＝0.22m答：（1）α粒子打到板上左端距O點的最遠距離為0.14m。（2）α粒子打到板上右端距O點的最遠距離為0.22m。

1.4質譜儀與回旋加速器模塊一知識掌握知識點一質譜儀【情境導入】如圖所示為質譜儀原理示意圖．設粒子質量為m、電荷量為q，加速電場電壓為U，偏轉磁場的磁感應強度為B，粒子從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，其初速度幾乎為0.則粒子進入磁場時的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距離多大？【知識梳理】1．構造：主要構件有加速、偏轉和照相底片．2．運動過程(如圖)(1)加速：帶電粒子經過電壓為U的加速電場加速，＝eq\f(1,2)mv2.由此可得v＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)偏轉：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．4．應用：可以測定帶電粒子的質量和分析．【重難詮釋】1．帶電粒子運動分析(1)加速電場加速：根據(jù)動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2.(2)勻強磁場偏轉：洛倫茲力提供向心力，qvB＝eq\f(mv2,r).(3)結論：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，測出半徑r，可以算出粒子的比荷eq\f(q,m).2．質譜儀區(qū)分同位素：由qU＝eq\f(1,2)mv2和qvB＝meq\f(v2,r)可求得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).同位素的電荷量q相同，質量m不同，在質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．（2022秋?宿遷期末）應用質譜儀測定有機化合物分子結構的方法稱為質譜法，先在離子化室A中將有機物氣體分子碎裂成兩種帶正電的離子，離子從下方的小孔S飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S1沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中，最后打到照相底片D上，形成a、b兩條質譜線，則（）A．打到a處的離子的比荷小 B．兩種離子進入磁場時的速度相同 C．勻強磁場的方向為垂直紙面向里 D．兩種離子在磁場中的運動時間相等（多選）（2023春?寧河區(qū)期末）如圖所示是某種磁式質量分析器的結構原理圖，此分析器由以下幾部分構成：粒子源、加速電場、磁分析器、收集板。一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從粒子源無初速度的從S小孔飄入加速電場，經電壓U加速后，從P點垂直邊界進入磁分析器，最后垂直的打在收集板上的Q點，已知磁分析器中的偏轉磁場是一個以O為圓心的扇形勻強磁場，磁感應強度的方向垂直紙面向外，OP＝l。若不計帶電粒子的重力，收集板剛好和磁分析器的OB邊界重合。則下列說法正確的是（）A．偏轉磁場的磁感應強度的大小B=2mUB．偏轉磁場的磁感應強度的大小B=mUC．只增大加速電壓U，粒子可能會落在收集板上的M點 D．只減小加速電壓U，粒子可能會落在收集板上的M點（多選）（2023春?瑤海區(qū)期中）如圖所示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。速度選擇器內有相互正交的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B、電場的電場強度為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，其中OP與速度選擇器的極板平行。平板S下方有磁感應強度大小為B0的勻強磁場，方向垂直于紙面向外，通過狹縫P的粒子最終打在膠片A1A2上的D點，且PD＝L，不計帶電粒子所受的重力及粒子間的相互作用力，下列表述正確的是（）A．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里 B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于EBC．該粒子的比荷qmD．若改變加速電場的電壓U，粒子一定能通過狹縫P打在膠片上（2023春?海淀區(qū)校級期末）一臺質譜儀的工作原理如圖所示，電荷量為q、質量為m的正離子，從容器A下方的小孔飄入電壓為U的加速電場，其初速度幾乎為0。這些離子經加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中，最后打在照相底片MN的中點P上。已知，放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。（1）求離子進入磁場時的速度v的大??；（2）求磁場的磁感應強度B的大小；（3）某次測量發(fā)現(xiàn)底片MN左側包括P點在內的區(qū)域損壞，檢測不到離子，但右側區(qū)域仍能正常檢測到離子。若要使原來打到底片中點的離子可以被檢測，在不改變底片位置的情況下，分析說明可以采取哪些措施調節(jié)質譜儀。知識點二回旋加速器【情境導入】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)回旋加速器中磁場和電場分別起什么作用？對交流電源的周期有什么要求？在一個周期內加速幾次？(2)帶電粒子獲得的最大動能由哪些因素決定？如何提高粒子的最大動能？【知識梳理】1.回旋加速器的構造：兩個D形盒．兩D形盒接流電源，D形盒處于垂直于D形盒的勻強中，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)域存在的電場．作用：帶電粒子經過該區(qū)域時被．(2)磁場的特點及作用特點：D形盒處于與盒面垂直的磁場中．作用：帶電粒子在洛倫茲力作用下做運動，從而改變運動，圓周后再次進入電場．【重難詮釋】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．粒子最終的能量粒子速度最大時的半徑等于D形盒的半徑，即rm＝R，rm＝eq\f(mvm,qB)，則粒子的最大動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m).3．提高粒子最終能量的措施：由Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)可知，應增大磁感應強度B和D形盒的半徑R.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＝eq\f(Ekm,qU)(U是加速電壓的大小)．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＝eq\f(n,2)·T＝eq\f(nπm,qB)(n為加速次數(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.（2023春?房山區(qū)期中）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，置于與盒面垂直的勻強磁場中，由高頻振蕩器產生的交變電壓u加在兩盒的狹縫處。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．交變電壓的周期等于帶電粒子在磁場中做圓周運動周期的一半 C．兩D形盒間交變電壓u越大，帶電粒子離開D形盒時的動能越大 D．保持磁場不變，增大D形盒半徑，能增大帶電粒子離開加速器的最大動能（2023春?包河區(qū)校級月考）美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，利用帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內經過電場的多次加速獲得較大的能量。如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中的勻強磁場中做勻速圓周運動。對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（）A．帶電粒子每運動半周被加速一次 B．P1P2＝P2P3 C．粒子能獲得的最大速度與D形盒的尺寸有關 D．A、C板間的加速電場的方向需要做周期性的變化（2022秋?海門市期末）如圖所示，回旋加速器的主要結構是在磁極間的真空室內有兩個半圓形的金屬扁盒（D形盒）隔開相對放置。下列說法正確的是（）A．回旋加速器可以同時加速α粒子（24He）和氚核（B．帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量不同 C．交變電源的加速電壓越大，粒子離開回旋加速器時獲得的最大動能越大 D．粒子在D形盒間隙中運動可看作勻變速直線運動（2022秋?北京期末）粒子加速器可以用人工方法使帶電粒子獲得很大速度和能量。如圖是回旋加速器的結構示意圖，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間留有窄縫，它們之間接一定頻率的交流電。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產生質量為m、電荷量為+e的質子（1（1）求質子被引出時的動能Ek；（2）求質子被電場加速的次數(shù)n，以及交流電的頻率f；（3）若用該加速器加速α粒子（2模塊二鞏固提高（2023春?南崗區(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，使帶電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面的勻強磁場中，如圖所示。在保持勻強磁場的磁感應強度和加速電壓不變的情況下，用同一裝置分別對質子（11H）和氦核（A．質子與氦核所能達到的最大速度之比為1：2 B．質子與氦核所能達到的最大速度之比為2：1 C．加速質子、氦核時交變電壓的周期之比為2：1 D．加速質子、氦核時交變電壓的周期之比為1：1（2023?天河區(qū)模擬）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，現(xiàn)對氚核（1A．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增大而增大 B．高頻電源的電壓越大，氚核最終射出回旋加速器的速度越大 C．氚核的質量為eB2πfD．在磁感應強度B和頻率f不變時，該加速器也可以對氦核（2（2022秋?丹陽市校級期末）圖甲是回旋加速器的示意圖，兩金屬D形盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。在加速帶電粒子時，帶電粒子從靜止開始運動，其速率v隨時間t的變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰好射出回旋加速器，粒子穿過狹縫的時間不可忽略，不考慮相對論效應及粒子的重力，下列判斷不正確的是（）A．t2﹣t1＝t4﹣t3＝t6﹣t5 B．t1：（t3﹣t2）：（t5﹣t4）＝1：2：C．v1：v2：v3＝1：2：D．粒子在電場中的加速次數(shù)為v（2022秋?天河區(qū)校級期末）如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處開始加速。已知D型盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，兩盒間的高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質子質量為m，電荷量為q。下列說法錯誤的是（）A．質子的最大速度與高頻交變電源的電壓U有關，且隨電壓U增大而增加 B．質子的最大動能為(qBR)2C．高頻交變電源的頻率f=qBD．D形金屬盒內無電場，兩盒間無磁場（2023?姜堰區(qū)模擬）如圖所示為一種質譜儀的示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內均勻輻射電場，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，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經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。下列說法不正確的是（）A．極板M比極板N的電勢高 B．加速電場的電壓U=ERC．PQ＝2BqmER D．若一群粒子從靜止開始經過題述過程都落在膠片上的同一點，則該群粒子具有相同的比荷（2023?豐臺區(qū)二模）質譜儀是分析同位素的重要工具，其原理如圖所示。氖元素的兩種同位素粒子a、b質量不同、電荷量相同。a、b兩種粒子從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度可視為0，然后經過S2沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場。a、b兩種粒子分別打到照相底片D上的M和N處，不計粒子重力，關于a、b兩種粒子在磁場中的運動，下列說法正確的是（）A．兩種粒子的動能不相同 B．a粒子的速度大于b粒子的速度 C．a粒子受到的洛倫茲力大于b粒子受到的洛倫茲力 D．a粒子的運動時間大于b粒子的運動時間（2022秋?遂寧期末）如圖所示，一個粒子源S發(fā)射出速度不同的各種粒子，經過PQ兩板間的速度選擇器后僅有甲、乙、丙、丁四種粒子沿平行于紙面的水平直線穿過擋板MN上的小孔O，在MN下方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，四種粒子的軌跡如圖所示，則下面說法正確的是（）A．若PQ兩板間的磁場是垂直紙面向外的勻強磁場，則PQ間的電場方向一定水平向左 B．設PQ兩板間垂直紙面的勻強磁場為B，勻強電場大小為E，則甲粒子的速度大小為v=BC．丙的比荷(qmD．若只將速度選擇器中的電場、磁場方向反向，則甲、乙、丙、丁四種粒子不能從O點射出（2023?咸陽一模）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖，是離子注入工作原理示意圖，正離子質量為m，電荷量為q，經電場加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的正離子，經偏轉系統(tǒng)后注入處在水平面上的晶圓硅片。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統(tǒng)中勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統(tǒng)中勻強電場的電場強度大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內外半徑分別為R1和R2的四分之一圓弧，其兩端中心位置M和N處各有一小孔；偏轉系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是一棱長為L的正方體，晶圓放置在偏轉系統(tǒng)底面處。當偏轉系統(tǒng)不加電場和磁場時，正離子恰好豎直注入到晶圓上的O點，O點也是偏轉系統(tǒng)底面的中心。以O點為原點建立xOy坐標系，x軸垂紙面向外。整個系統(tǒng)處于真空中，不計正離子重力，經過偏轉系統(tǒng)直接打在晶圓上的正離子偏轉的角度都很小，已知當α很小時，滿足：sinα＝α，cosα＝1-1（1）求正離子通過速度選擇器后的速度大小v及磁分析器選擇出的正離子的比荷；（2）當偏轉系統(tǒng)僅加磁場時，設正離子注入到顯上的位置坐標為（x，y），請利用題設條件，求坐標（x，y）的值。（2022秋?海淀區(qū)校級期中）粒子加速器是借助于不同形態(tài)的電場，將帶電粒子加速到高能量的電磁裝置。粒子加速器可分為直線加速器和圓形加速器等類型。圖1為多級直線加速器示意圖。橫截面積相同、長度依次增加的金屬圓筒沿軸線依次排列，各筒相間地連接到交變電源的A、B兩極，兩極間電壓uAB隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。t＝0時，序號為0的金屬圓板中央一個質量為m、電荷量為+q的粒子，在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1。已知交變電源電壓的絕對值為U，周期為T．帶電粒子的重力和通過圓筒間隙的時間忽略不計。如果帶電粒子每次經過圓筒之間都能被加速，則：（1）求電子進入圓筒1時的速度v1；（2）分析電子從圓板出發(fā)到離開圓筒2這個過程的運動；（3）求第n個圓筒的長度Ln。

1.4質譜儀與回旋加速器模塊一知識掌握知識點一質譜儀【情境導入】如圖所示為質譜儀原理示意圖．設粒子質量為m、電荷量為q，加速電場電壓為U，偏轉磁場的磁感應強度為B，粒子從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，其初速度幾乎為0.則粒子進入磁場時的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距離多大？答案由動能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，則粒子進入磁場時的速度大小為v＝eq\r(\f(2qU,m))，由于粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以打在底片上的位置到S3的距離為eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q)).【知識梳理】1．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)加速：帶電粒子經過電壓為U的加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.由此可得v＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)偏轉：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．4．應用：可以測定帶電粒子的質量和分析同位素．【重難詮釋】1．帶電粒子運動分析(1)加速電場加速：根據(jù)動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2.(2)勻強磁場偏轉：洛倫茲力提供向心力，qvB＝eq\f(mv2,r).(3)結論：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，測出半徑r，可以算出粒子的比荷eq\f(q,m).2．質譜儀區(qū)分同位素：由qU＝eq\f(1,2)mv2和qvB＝meq\f(v2,r)可求得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).同位素的電荷量q相同，質量m不同，在質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．（2022秋?宿遷期末）應用質譜儀測定有機化合物分子結構的方法稱為質譜法，先在離子化室A中將有機物氣體分子碎裂成兩種帶正電的離子，離子從下方的小孔S飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S1沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中，最后打到照相底片D上，形成a、b兩條質譜線，則（）A．打到a處的離子的比荷小 B．兩種離子進入磁場時的速度相同 C．勻強磁場的方向為垂直紙面向里 D．兩種離子在磁場中的運動時間相等【解答】解：AB、離子在電場中加速，由動能定理：Uq=12解得：v=離子在磁場中偏轉，由洛倫茲力作為向心力，qvB＝mv可得：r=由圖可知a處的離子半徑大，所以打到a處的離子的比荷小，則打到a處的離子進入磁場時的速度小，故A正確，B錯誤；C、由于離子帶正電，根據(jù)左手定則可知勻強磁場的方向為垂直紙面向外，故C錯誤；D、根據(jù)T=2πmqB可知，兩種離子在磁場中的運動周期不相等，根據(jù)t故選：A。（多選）（2023春?寧河區(qū)期末）如圖所示是某種磁式質量分析器的結構原理圖，此分析器由以下幾部分構成：粒子源、加速電場、磁分析器、收集板。一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從粒子源無初速度的從S小孔飄入加速電場，經電壓U加速后，從P點垂直邊界進入磁分析器，最后垂直的打在收集板上的Q點，已知磁分析器中的偏轉磁場是一個以O為圓心的扇形勻強磁場，磁感應強度的方向垂直紙面向外，OP＝l。若不計帶電粒子的重力，收集板剛好和磁分析器的OB邊界重合。則下列說法正確的是（）A．偏轉磁場的磁感應強度的大小B=2mUB．偏轉磁場的磁感應強度的大小B=mUC．只增大加速電壓U，粒子可能會落在收集板上的M點 D．只減小加速電壓U，粒子可能會落在收集板上的M點【解答】解：AB、粒子在電場中加速，設粒子進入磁場時的速度為v，由動能定理有qU=1解得v=2qU粒子進入磁場中做圓周運動，根據(jù)幾何關系可知，粒子在磁場中的軌跡半徑為l，根據(jù)洛倫茲力充當向心力可得Bqv=mv解得B=2mU故A正確，B錯誤；CD、粒子在磁場中做圓周運動，設任意加速電壓U0下粒子進入磁場時的速度為v0，進入磁場后的軌跡半徑為R，則可得R=m可知，只增大加速電壓，粒子在磁場中運動的軌跡半徑將增大，只減小加速電壓，粒子在磁場中運動的軌跡半徑將減小，由此可知，只增大加速電壓U，粒子可能會落在收集板上的M點，故C正確，D錯誤。故選：AC。（多選）（2023春?瑤海區(qū)期中）如圖所示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。速度選擇器內有相互正交的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B、電場的電場強度為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，其中OP與速度選擇器的極板平行。平板S下方有磁感應強度大小為B0的勻強磁場，方向垂直于紙面向外，通過狹縫P的粒子最終打在膠片A1A2上的D點，且PD＝L，不計帶電粒子所受的重力及粒子間的相互作用力，下列表述正確的是（）A．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里 B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于EBC．該粒子的比荷qmD．若改變加速電場的電壓U，粒子一定能通過狹縫P打在膠片上【解答】解：A、由粒子在偏轉磁場中向左偏，由左手定則可知，其為正粒子，在速度選擇器中粒子受的電場力和磁場力應等大反向，由左手定則知磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；B、粒子進入速度選擇器做直線運動，電場力和磁場力一定等大反向，則有：qE＝qBv，所以能通過狹縫P的帶電粒子的速率v=EC、粒子進入下方磁場后做勻速圓周運動，由幾何關系可知，運動半徑為R=L2，根據(jù)洛倫茲力充當向心力可得，B0qv＝mv2D、若改變加速電場的電壓U，則粒子進入速度選擇器的速度發(fā)生變化，當速度不等于EB故選：BC。（2023春?海淀區(qū)校級期末）一臺質譜儀的工作原理如圖所示，電荷量為q、質量為m的正離子，從容器A下方的小孔飄入電壓為U的加速電場，其初速度幾乎為0。這些離子經加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中，最后打在照相底片MN的中點P上。已知，放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。（1）求離子進入磁場時的速度v的大??；（2）求磁場的磁感應強度B的大?。唬?）某次測量發(fā)現(xiàn)底片MN左側包括P點在內的區(qū)域損壞，檢測不到離子，但右側區(qū)域仍能正常檢測到離子。若要使原來打到底片中點的離子可以被檢測，在不改變底片位置的情況下，分析說明可以采取哪些措施調節(jié)質譜儀。【解答】解：（1）離子在電場中加速，根據(jù)動能定理得：qU=12解得：v=（2）離子在磁場中做勻速圓周運動，打在MN中點P的離子的軌道半徑r=3離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝mv聯(lián)立解得：B=（3）若要使原來打到底片中點的離子可以被檢測，應增大離子做勻速圓周運動的半徑，離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝mv聯(lián)立解得：r=則可增大加速電場的電壓U或減小磁場的磁感應強度B。答：（1）離子進入磁場時的速度v的大小為2qUm（2）磁場的磁感應強度B的大小為43L（3）可增大加速電場的電壓U或減小磁場的磁感應強度B。知識點二回旋加速器【情境導入】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)回旋加速器中磁場和電場分別起什么作用？對交流電源的周期有什么要求？在一個周期內加速幾次？(2)帶電粒子獲得的最大動能由哪些因素決定？如何提高粒子的最大動能？答案(1)磁場的作用是使帶電粒子回旋，電場的作用是使帶電粒子加速．交流電源的周期應等于帶電粒子在磁場中運動的周期．一個周期內加速兩次．(2)當帶電粒子速度最大時，其運動半徑也最大，即rm＝eq\f(mvm,Bq)，可得Ekm＝eq\f(q2B2rm2,2m)，所以要提高帶電粒子的最大動能，則應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑rm.【知識梳理】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．【重難詮釋】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．粒子最終的能量粒子速度最大時的半徑等于D形盒的半徑，即rm＝R，rm＝eq\f(mvm,qB)，則粒子的最大動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m).3．提高粒子最終能量的措施：由Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)可知，應增大磁感應強度B和D形盒的半徑R.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＝eq\f(Ekm,qU)(U是加速電壓的大小)．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＝eq\f(n,2)·T＝eq\f(nπm,qB)(n為加速次數(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.（2023春?房山區(qū)期中）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，置于與盒面垂直的勻強磁場中，由高頻振蕩器產生的交變電壓u加在兩盒的狹縫處。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．交變電壓的周期等于帶電粒子在磁場中做圓周運動周期的一半 C．兩D形盒間交變電壓u越大，帶電粒子離開D形盒時的動能越大 D．保持磁場不變，增大D形盒半徑，能增大帶電粒子離開加速器的最大動能【解答】解：A、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錯誤；CD、設D型盒的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝mv2R，解得最大動能為Ek=12故選：D。（2023春?包河區(qū)校級月考）美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，利用帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的特點，使粒子在較小的空間范圍內經過電場的多次加速獲得較大的能量。如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場的場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處由靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中的勻強磁場中做勻速圓周運動。對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（）A．帶電粒子每運動半周被加速一次 B．P1P2＝P2P3 C．粒子能獲得的最大速度與D形盒的尺寸有關 D．A、C板間的加速電場的方向需要做周期性的變化【解答】解：AD、帶電粒子只有經過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次。電場的方向沒有改變，則在AC間加速。故AD錯誤。B、根據(jù)r=mvBq，則P1P2=2(r2-r1)=2mΔvqB，因為每轉一圈被加速一次，根據(jù)v2-vC、當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)R=mv知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關。故C正確。故選：C。（2022秋?海門市期末）如圖所示，回旋加速器的主要結構是在磁極間的真空室內有兩個半圓形的金屬扁盒（D形盒）隔開相對放置。下列說法正確的是（）A．回旋加速器可以同時加速α粒子（24He）和氚核（B．帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量不同 C．交變電源的加速電壓越大，粒子離開回旋加速器時獲得的最大動能越大 D．粒子在D形盒間隙中運動可看作勻變速直線運動【解答】解：A、回旋加速器要實現(xiàn)對粒子的加速，交變電流的周期要等于粒子在磁場中運動的周期，則T交＝T=因為α粒子（24He）和氚核（B、帶電粒子每一次通過狹縫時獲得的能量均為ΔE＝qU，每次獲得的能量均相同，故B錯誤；C、粒子離開回旋加速器時獲得的最大速度滿足qvmB=解得：v由此可知加速電壓越大，粒子離開回旋加速器的速度仍保持不變，則動能也保持不變，故C錯誤；D、D形盒間隙中的場強為勻強電場，粒子在其中受到的電場力恒定，則粒子做勻變速直線運動，故D正確；故選：D。（2022秋?北京期末）粒子加速器可以用人工方法使帶電粒子獲得很大速度和能量。如圖是回旋加速器的結構示意圖，D1和D2是兩個中空的半徑為R的半圓型金屬盒，兩盒之間留有窄縫，它們之間接一定頻率的交流電。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產生質量為m、電荷量為+e的質子（1（1）求質子被引出時的動能Ek；（2）求質子被電場加速的次數(shù)n，以及交流電的頻率f；（3）若用該加速器加速α粒子（2【解答】解：（1）質子被引出時，有evB＝mv質子的動能：Ek=12聯(lián)立解得：Ek=（2）設質子在電場中被加速n次，根據(jù)動能定理得：nqU＝Ek解得：n=設質子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，則v=聯(lián)立解得：T=質子做勻速圓周運動的周期與交變電流的周期相同，則交流電的頻率f=（3）粒子離開回旋加速器的動能為Ek=α粒子和質子的q2m相等，則若回旋加速器正常工作，回旋加速器正常工作，頻率應為f′=答：（1）質子被引出時的動能Ek為e2（2）求質子被電場加速的次數(shù)n為eB2R2（3）該加速器需要調整交流電的頻率，應調整為eB4πm模塊二鞏固提高（2023春?南崗區(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，使帶電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面的勻強磁場中，如圖所示。在保持勻強磁場的磁感應強度和加速電壓不變的情況下，用同一裝置分別對質子（11H）和氦核（A．質子與氦核所能達到的最大速度之比為1：2 B．質子與氦核所能達到的最大速度之比為2：1 C．加速質子、氦核時交變電壓的周期之比為2：1 D．加速質子、氦核時交變電壓的周期之比為1：1【解答】解：AB、當粒子從D形盒中出來時速度最大，根據(jù)qvmB＝mvm2R2，得vm=qBRD、根據(jù)公式vm=2πR故選：B。（2023?天河區(qū)模擬）