質(zhì)譜儀與回旋加速器  1．知道質(zhì)譜儀的構(gòu)造和原理。2．知道回旋加速器的構(gòu)造和原理。3．會利用力和運動的知識分析帶電粒子的運動情況。  知識點一　質(zhì)譜儀[情境導(dǎo)學(xué)]觀察下列圖片(1)S1、S2之間的電場起什么作用？(2)粒子打在底片上的位置到S3的距離有多大？提示：(1)使粒子加速，獲得一定的速度。(2) 。[知識梳理]1．原理：如圖所示，帶電粒子經(jīng)加速電場加速后垂直于磁場方向進(jìn)入勻強磁場，最后打在照相底片上，不同質(zhì)量的粒子在照相底片上位置不同。2．加速：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場被加速，由動能定理得mv2＝qU，由此可知v＝ 。3．偏轉(zhuǎn)：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝。4．結(jié)論：r＝ ，測出粒子做勻速圓周運動的軌道半徑r，可算出粒子的質(zhì)量m或比荷。5．應(yīng)用：可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。[初試小題]1．判斷正誤。(1)質(zhì)譜儀中的加速電場使粒子獲得速度。(√)(2)質(zhì)譜儀中的磁場使帶電粒子偏轉(zhuǎn)打在照相底片上。(√)(3)利用質(zhì)譜儀可以測得帶電粒子的比荷。(√)(4)在某一質(zhì)譜儀中，若不同粒子飄入加速電場后到達(dá)底片的不同點，它們的質(zhì)量一定不同。(×) 2．質(zhì)譜儀是測量帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理如圖所示，帶電粒子(不計重力，初速度為0)經(jīng)同一電場加速后，垂直進(jìn)入同一勻強磁場做勻速圓周運動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子質(zhì)量。虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知(　　)A．此粒子帶負(fù)電B．下極板S2比上極板S1電勢高C．若只減小加速電壓U，則半徑r變大D．若只減小入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小解析：選D　由粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；帶正電粒子經(jīng)過電場加速，則下極板S2比上極板S1電勢低，故B錯誤。根據(jù)動能定理可得qU＝mv2，根據(jù)洛倫茲力提供粒子做圓周運動所需的向心力可得qvB＝m，聯(lián)立解得r＝ ，若只減小加速電壓U，則半徑r減小，故C錯誤；若只減小粒子的質(zhì)量，則半徑r減小，故D正確。 知識點二　回旋加速器[情境導(dǎo)學(xué)]如何獲得能量極高的粒子？產(chǎn)生過高的電壓在技術(shù)上可行嗎？提示：可以通過電場加速獲得高能粒子。產(chǎn)生過高的電壓在技術(shù)上是很困難的。[知識梳理]1．構(gòu)造：兩個半圓形金屬盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，兩金屬盒間接交流電源，如圖所示。2．原理：粒子源產(chǎn)生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速，在金屬盒內(nèi)做勻速圓周運動。經(jīng)半個圓周之后，金屬盒間電場反向，粒子又被加速。如此，粒子一次次被加速使速度增加到很大。3．條件：高頻交流電源的周期與帶電粒子在D形盒中的運動周期相同。粒子每經(jīng)過兩金屬盒縫隙時都被加速，其軌道半徑就大一些，粒子做勻速圓周運動的周期不變。4．最大動能：由qvB＝和Ek＝mv2，聯(lián)立解得Ek＝(R為D形盒的半徑)，即粒子在回旋加速器中獲得的最大動能與q、m、B、R有關(guān)，與加速電壓無關(guān)。[初試小題]1．判斷正誤。(1)回旋加速器加速電場的周期可以不等于粒子的回旋周期。(×)(2)回旋加速器的半徑越大，帶電粒子獲得的最大動能就越大。(√)(3)利用回旋加速器加速帶電粒子，要提高加速粒子的最終能量，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R。(√)(4)回旋加速器中帶電粒子的動能來自于磁場。(×)2．[多選]一個用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其核心部分如圖所示。D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，兩盒分別與交流電源相連。設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為q，則下列說法正確的是(　　)A．D形盒之間交變電場的周期為B．質(zhì)子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大C．質(zhì)子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大D．質(zhì)子離開加速器時的動能與R成正比解析：選AB　D形盒之間交變電場的周期等于質(zhì)子在磁場中回旋的周期，A正確；由r＝可知，當(dāng)r＝R時，質(zhì)子速度最大，vmax＝，即B、R越大，vmax越大，vmax與加速電壓無關(guān)，B正確，C錯誤；質(zhì)子離開加速器時的動能Ekmax＝mvmax2＝，故D錯誤。 質(zhì)譜儀 [問題探究]質(zhì)譜儀能區(qū)分氘核(H)與氦核(He)嗎？提示：由r＝ 可知，對比荷相同的氘核和氦核，其半徑相同，打在底片的同一位置，故不能區(qū)分。[要點歸納]粒子的比荷叫作比荷，即電荷量與質(zhì)量的比值。由r＝ 可知，如果帶電粒子的電荷量相同，質(zhì)量有微小差別，就會打在照相底片上的不同位置，可以測出圓周的半徑，進(jìn)而可以算出粒子的比荷。[例題1]　質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示。離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(初速度可看作為零)，經(jīng)加速電場(加速電場極板間的距離為d、電勢差為U)加速，然后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場中做勻速圓周運動，最后到達(dá)記錄它的照相底片P上。設(shè)離子在P上的位置與入口處S1之間的距離為x。(1)求該離子的比荷；(2)若離子源產(chǎn)生的是帶電荷量為q、質(zhì)量為m1和m2的同位素離子(m1＞m2)，它們分別到達(dá)照相底片上的P1、P2位置(圖中未畫出)，求P1、P2間的距離Δx。[解析]　(1)離子在電場中加速，由動能定理得qU＝mv2離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得qvB＝m，其中r＝解得＝。(2)設(shè)質(zhì)量為m1的離子在磁場中的運動半徑是r1，質(zhì)量為m2的離子在磁場中的運動半徑是r2，由(1)中分析得r1＝，r2＝故照相底片上P1、P2間的距離Δx＝2(r1－r2)＝(－)。[答案]　(1)　(2)(－)分析質(zhì)譜儀問題，實質(zhì)上就是分析帶電粒子在電場(或相互垂直的電磁場)中的直線運動和在勻強磁場中的勻速圓周運動的組合。分析時要根據(jù)帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律列出對應(yīng)的方程，然后由題目要求得出正確的結(jié)論?！　　　　　?/span>[針對訓(xùn)練]1．[多選]質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看作零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進(jìn)入有界勻強磁場，到達(dá)記錄它的照相底片P上，設(shè)離子在P上的位置到進(jìn)入磁場處的距離為x，可以判斷(　　)A．若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越大B．若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越小C．只要x相同，則離子的比荷一定相等D．只要x相同，則離子質(zhì)量一定相等解析：選AC　根據(jù)動能定理，有qU＝mv2，得v＝ ；由qvB＝，得r＝＝ ，則x＝2r＝ 。若離子束是同位素，q相同，x越大對應(yīng)的離子質(zhì)量越大，故A正確，B錯誤。由x＝2r＝ 知，只要x相同，對應(yīng)的離子的比荷一定相等，但質(zhì)量不一定相等，故C正確，D錯誤。 2．[多選]如圖所示為某種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器；磁感應(yīng)強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M。若靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射電場，在中心線處的電場強度大小為E；由粒子源發(fā)出一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子(初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后，垂直場強方向進(jìn)入靜電分析器，在靜電分析器中，粒子沿中心線做勻速圓周運動，而后由S點沿著既垂直于靜電分析器的左邊界，又垂直于磁場的方向射入磁場中，最終打到膠片上的某點。下列說法正確的是(　　)A．P、Q間加速電壓為ERB．粒子在磁場中運動的半徑為 C．若一質(zhì)量為4m、電荷量為q的正粒子加速后進(jìn)入靜電分析器，粒子不能從S點射出D．若一群粒子經(jīng)過上述過程打在膠片上同一點，則這些粒子具有相同的比荷解析：選AD　粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有qU＝mv2　①，靜電分析器中的偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝m　②，磁場中的偏轉(zhuǎn)過程，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝m　③。由①②解得U＝ER　④，故A正確；由②③解得r＝ 　⑤，故B錯誤；由④式可知，只要滿足R＝，所有粒子都可以在靜電分析器的弧形電場區(qū)通過，故C錯誤；由⑤式可知，打到膠片上同一點的粒子的比荷一定相等，故D正確。 回旋加速器[問題探究]觀察圖片。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期有什么特點？提示：帶電粒子做圓周運動的周期T＝。對一個特定的帶電粒子，在固定不變的勻強磁場中，其周期是一個定值。[要點歸納]1．交變電壓的周期帶電粒子做勻速圓周運動的周期T＝，與速率、半徑均無關(guān)。運動相等的時間(半個周期)后進(jìn)入電場，為了保證帶電粒子每次經(jīng)過狹縫時都被加速，須在狹縫兩側(cè)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(guān)，由帶電粒子的比荷和磁場的磁感應(yīng)強度決定。2．帶電粒子的最終能量由r＝知，當(dāng)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Ekmax＝?？梢姡岣呒铀倭Ｗ拥淖罱K能量，應(yīng)盡可能地增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R。3．粒子被加速次數(shù)的計算粒子在回旋加速器盒中被加速的次數(shù)n＝(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次。加速電壓小，每一次獲得的能量小，加速次數(shù)就多。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＝T＝(n是粒子被加速次數(shù))，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認(rèn)為在盒內(nèi)的時間近似等于t2。[例題2]　用來加速帶電粒子的回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖如圖甲所示，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。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．在Ek-t圖像中應(yīng)有t4－t3<t3－t2<t2－t1B．加速電壓越大，粒子最后獲得的動能就越大C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D．要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的面積[解析]　帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ek-t圖像中應(yīng)有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A錯誤；粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，B錯誤；由粒子做圓周運動的半徑r＝＝可知Ek＝，即粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當(dāng)軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不能繼續(xù)加速，故C錯誤，D正確。[答案]　D(1)無論高頻電源的電壓大小是否變化，只要其頻率與帶電粒子在磁場中的轉(zhuǎn)動頻率相等，粒子總被加速，由于D形盒間狹縫很小，粒子經(jīng)過狹縫時間很短，可以忽略不計。(2)粒子在加速器中的運動時間可看作粒子在磁場中的運動時間，其大小約為t＝T(電場中加速次數(shù)不一定為偶數(shù)倍，粒子并不是從D形盒間狹縫處飛出)?！　　　?[針對訓(xùn)練]1．[多選]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相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，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面的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，下列說法正確的是(　　)A．增大勻強電場間的加速電壓B．增大磁場的磁感應(yīng)強度C．減小狹縫間的距離D．增大D形金屬盒的半徑解析：選BD　由qvB＝m，解得v＝，則動能Ek＝mv2＝，可知動能與加速電壓和狹縫間的距離無關(guān)，與磁感應(yīng)強度大小和D形盒的半徑有關(guān)，增大磁感應(yīng)強度和D形盒的半徑，可以增加粒子的動能，故B、D正確。2.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示。它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速。兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速，直到達(dá)到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。如果用同一回旋加速器分別加速氚核(H)和α粒子(He)，比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有(　　)A．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大B．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小C．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小D．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大解析：選B　帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，氚核(H)的質(zhì)量與電荷量的比值大于α粒子(He)的質(zhì)量與電荷量的比值，所以根據(jù)T＝，知氚核在磁場中運動的周期大，則加速氚核的交流電源的周期較大。根據(jù)qvB＝m得，最大速度v＝(R為D形盒半徑)，則最大動能Ekmax＝mv2＝。氚核的質(zhì)量是α粒子的倍，氚核的電荷量是α粒子的倍，則氚核的最大動能是α粒子的倍，即氚核的最大動能較小。故B正確。 帶電粒子在復(fù)合場中運動的簡單問題[要點歸納]1．復(fù)合場一般是指電場、磁場和重力場在同一區(qū)域并存，或其中兩種場并存。2．三種場力的特點(1)重力的方向始終豎直向下，重力做功與路徑無關(guān)，重力做的功等于重力勢能的減少量。(2)靜電力的方向與電場方向相同或相反，靜電力做功與路徑無關(guān)，靜電力做的功等于電勢能的減少量。(3)洛倫茲力的大小和速度方向與磁場方向的夾角有關(guān)，方向始終垂直于速度v和磁感應(yīng)強度B共同決定的平面。無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力始終不做功。3．分析思路(1)受力分析：對帶電粒子進(jìn)行受力分析時必須注意是否考慮重力。①對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，若無特殊說明，一般不考慮重力；對于宏觀帶電物體，如帶電小球、塵埃、油滴、液滴等，若無特殊說明，一般需要考慮重力。②對于題目中明確說明需要考慮重力的，這種情況較簡單。③不能直接判斷是否需要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析和運動分析時，由分析結(jié)果確定是否考慮重力。(2)運動分析：帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及其初始狀態(tài)，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析。①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受的合外力為零時，粒子將保持靜止或做勻速直線運動。②當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做勻變速直線運動。③當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時，粒子將做勻速圓周運動。④當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小、方向都不斷變化時，粒子將做變速運動。(3)做功與能量分析①電荷在電場中運動時，電場力要對運動電荷做功(在等勢面上運動除外)，而電荷在磁場中運動時，磁場力一定不會對電荷做功。②電荷在復(fù)合場中做較復(fù)雜的曲線運動時，一般用能量的觀點分析，包括動能定理和能量(或機械能)守恒定律。[例題3]　如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒，以與水平方向成45°角的速度v進(jìn)入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間后，做勻速直線運動。求：(1)電場強度的大小，該帶電微粒帶何種電荷；(2)磁感應(yīng)強度的大小。[思路點撥](1)微粒做勻速直線運動說明什么？(2)帶電微粒受哪些力，考慮重力嗎？(3)不知道微粒的電性，應(yīng)該怎么辦？[解析]　(1)微粒做勻速直線運動，所受合力必為零。微粒受重力mg、靜電力qE、洛倫茲力qvB，受力分析如圖所示。由左手定則可知微粒帶正電，由平行四邊形定則可知qE＝mg，則電場強度E＝。(2)由于合力為零，則qvB＝mg，所以B＝。[答案]　(1)　正電荷　(2)解答帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的方法(1)正確進(jìn)行受力分析，要特別注意電場力和洛倫茲力的分析。(2)正確進(jìn)行運動狀態(tài)分析，找出速度、位移及其變化，分清運動過程，畫出運動過程示意圖。如果出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件。(3)恰當(dāng)選用解題方法①帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。②帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，根據(jù)牛頓運動定律和圓周運動知識進(jìn)行求解。③帶電粒子在復(fù)合場中做勻變速直線運動時，根據(jù)牛頓運動定律和運動學(xué)知識進(jìn)行求解。④帶電粒子在復(fù)合場中做較為復(fù)雜的曲線運動時，一般用能量觀點分析，包括動能定理和機械能(或能量)守恒定律。⑤對于臨界問題，要注意挖掘隱含條件?！　　　?[針對訓(xùn)練]1．如圖所示，有一離子束沿直線通過相互垂直的勻強電場、勻強磁場區(qū)域Ⅰ，再進(jìn)入勻強磁場區(qū)域Ⅱ中做偏轉(zhuǎn)半徑相同的圓周運動，則它們一定具有相同的(　　)A．電性　　　　　　　　　 B．比荷C．電荷量 D．質(zhì)量解析：選B　在正交的電磁場區(qū)域中，離子不偏轉(zhuǎn)，說明離子受力平衡，在區(qū)域Ⅰ中，離子受電場力和洛倫茲力，由qvB＝qE，得v＝，不管粒子帶什么電荷都滿足條件，因此這些離子具有相同的速度，但電性不確定；進(jìn)入只有勻強磁場的區(qū)域Ⅱ時，偏轉(zhuǎn)半徑相同，由R＝和v＝可得R＝，可知這些離子具有相同的比荷，選項B正確。2．[多選]在如圖所示的坐標(biāo)系中，y>0的空間中存在勻強電場，場強方向沿y軸負(fù)方向；－1．5h<y<0的空間中存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面(紙面)向外。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，經(jīng)過y軸上y＝h處的P1點時速率為v0，方向沿x軸正方向，然后，經(jīng)過x軸上x＝1．5h處的P2點進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場后垂直磁場下邊界射出。不計粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)A．粒子到達(dá)P2點時速度大小為v0B．電場強度大小為C．磁感應(yīng)強度大小為D．粒子在磁場中運動的時間為解析：選BC　設(shè)粒子從P1點到P2點的時間為t0，粒子從P1點到P2點沿水平方向做勻速直線運動，沿豎直方向做勻加速直線運動，由運動學(xué)公式可得，1．5h＝v0t0，h＝t0，解得vy＝v0，則粒子到達(dá)P2點的速度v＝＝v0，A錯誤；根據(jù)以上條件結(jié)合動能定理可得，qEh＝mv2－mv02，解得E＝，B正確；由題意可知粒子進(jìn)入磁場后垂直磁場下邊界射出，由此可作出粒子軌跡如圖所示，粒子剛進(jìn)入磁場時v＝v0，則＝＝cos 53°，得粒子剛進(jìn)入磁場時與x軸正向夾角為53°，由幾何關(guān)系可知，軌跡半徑R滿足Rsin 37°＝1．5h，即R＝2．5h，根據(jù)帶電粒子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力可得，qvB＝，聯(lián)立解得B＝，C正確；根據(jù)T＝可得T＝，粒子在磁場中運動的時間t＝T＝×T＝，D錯誤。1．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　)A．11　　　　　　 B．12C．121 D．144解析：選D　由qU＝mv2得帶電粒子進(jìn)入磁場的速度v＝ ，結(jié)合帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑R＝，綜合得到R＝ 。由題意可知該離子與質(zhì)子在磁場中具有相同的軌道半徑和電荷量，則＝144，故D正確。2．[多選]勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響。則下列說法正確的是(　　)A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．質(zhì)子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1D．不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變解析：選AC　質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝＝2πRf，故A正確；質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能Ekmax＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv12，Uq＝mv22－mv12，聯(lián)立解得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1，C正確；回旋加速器的最大動能Ekmax＝2mπ2R2f2，與m、R、f均有關(guān)，D錯誤。3．一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ區(qū)域的離子即可在QN區(qū)域檢測到。(1)求原本打在MN中點P的離子的質(zhì)量m；(2)為使原本打在P點的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍。解析：(1)離子在電場中加速，有qU0＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝m，解得r＝ ，代入r＝L，解得m＝。(2)由(1)知，加速電壓為U0，r＝L時，有L＝  ；加速電壓為U，r＝R時，有R＝ ，聯(lián)立解得U＝。離子打在Q點時，R＝L，U＝，離子打在N點時，R＝L，U＝，則電壓的范圍為≤U≤。答案：(1)　(2)≤U≤4．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝。一束該粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求：(1)出射粒子的動能Ek；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Ek所需的總時間t0。解析：(1)粒子運動半徑為R時，有qvB＝m，又Ek＝mv2，解得Ek＝。(2)設(shè)粒子被加速n次達(dá)到動能Ek，則Ek＝nqU0。粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝，粒子做勻加速直線運動，有nd＝a·Δt2，又t0＝(n－1)·＋Δt，聯(lián)立以上各式解得t0＝－。答案：(1)　(2)－ 

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4 質(zhì)譜儀與回旋加速器

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