-高中物理第一章安培力與洛倫茲力4質譜儀與回旋加速器檢測含解析新人教版選擇性必修

PAGEPAGE9質譜儀與回旋加速器(25分鐘60分)一、選擇題：(本題共7小題，每小題5分，共35分)1.如圖所示為速度選擇器裝置示意圖，a、b為水平放置的平行金屬板，其電容為C，板間距離為d，平行板內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，a、b板分別帶上等量異種電荷后，平行板內產生豎直方向的勻強電場。一帶電粒子以速度v0經小孔進入正交電磁場后可沿直線OO′運動，由O′射出，粒子所受重力不計，以下說法正確的是()A．a板帶負電，其電荷量為CBv0dB．a板帶正電，其電荷量為eq\f(CBv0,d)C．極板間的電場強度E＝Bv0，方向豎直向下D．若粒子的初速度大于v0，粒子在極板間將向右上方做勻加速曲線運動【解析】選C。粒子所受洛倫茲力與電場力大小相等、方向相反時，才能沿直線通過平行金屬板，則板間電場方向豎直向下，a板帶正電，則有qv0B＝qE＝qeq\f(U,d)，得E＝Bv0，U＝Bv0d，則Q＝CU＝CBv0d，故A、B錯誤，C正確；若該粒子帶正電，且初速度大于v0，則粒子所受洛倫茲力大于電場力，可知粒子向上偏轉，隨著速度的變化，洛倫茲力大小和方向都變化，可知粒子做曲線運動，但不是勻加速曲線運動，故D錯誤。2.如圖是質譜儀工作原理的示意圖。帶電粒子a、b經電壓U加速(在A點初速度為零)后，進入磁感應強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處。圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則()A．若a與b有相同的質量，則打在感光板上時，b的速度比a大B．若a與b有相同的質量，則a的電量比b的電量小C．若a與b有相同的電量，則a的質量比b的質量大D．若a與b有相同的電量，則a的質量比b的質量小【解析】選D。根據qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))。由qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)＝eq\r(\f(2mU,qB2))。因為b的半徑大，若a與b質量相同，則b的電量小，根據v＝eq\r(\f(2qU,m))，知b的速度小，故A、B錯誤；若a與b有相同的電量，因為b的半徑大，則b的質量大，故C錯誤，D正確。3．(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖，將一束等離子體垂直于磁場方向射入磁場，在磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就會聚集電荷，兩板間就會產生電壓，如果射入的等離子體速度均為v，兩金屬板間距離為d，板平面的面積為S，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于速度方向，負載電阻為R，等離子體充滿兩板間的空間。當發(fā)電機穩(wěn)定發(fā)電時，電流表示數(shù)為I，下列說法正確的是()A.上極板A帶負電B．兩極板間的電動勢為IRC．板間等離子體的內阻為eq\f(Bdv,I)－RD．板間等離子體的電阻率為eq\f(S,d)(eq\f(Bdv,I)－R)【解析】選A、C、D。由左手定則可以判斷正電荷受到的洛倫茲力方向向下，所以正電荷會聚集到B板上，負電荷受到的洛倫茲力方向向上，負電荷聚集到A板上，故B板相當于電源的正極，A板相當于電源的負極，故A正確；最終穩(wěn)定時，電荷所受洛倫茲力和電場力平衡，有qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝vBd，故B錯誤；根據閉合電路歐姆定律得等離子體的內阻R′＝eq\f(E,I)－R＝eq\f(Bdv,I)－R，由電阻定律得R′＝ρeq\f(d,S)，解得ρ＝eq\f(S,d)(eq\f(Bdv,I)－R)，故C、D正確。4.一個用于加速質子的回旋加速器，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強度為B，兩盒分別與交流電源相連。下列說法正確的是()A．質子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大B．質子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大C．只要R足夠大，質子的速度可以被加速到任意值D．不需要改變任何量，這個裝置也能用于加速α粒子【解析】選A。由r＝eq\f(mv,qB)知，質子有最大速度vm＝eq\f(qBR,m)，即B、R越大，vm越大，vm與加速電壓無關，A對，B錯；隨著質子速度v的增大、質量m會發(fā)生變化，據T＝eq\f(2πm,qB)知質子做圓周運動的周期也變化，所加交流電的周期與質子運動的周期不再同步，即質子不可能一直被加速下去，C錯；由T＝eq\f(2πm,qB)知α粒子與質子做圓周運動的周期不同，故此裝置不能用于加速α粒子，D錯。5.如圖所示，粒子源P會發(fā)出電荷量相等的帶電粒子。這些粒子經裝置M加速并篩選后，能以相同的速度從A點垂直磁場方向沿AB射入正方形勻強磁場ABCD。粒子1、粒子2分別從AD中點和C點射出磁場。不計粒子重力，則粒子1和粒子2()A．均帶正電，質量之比為4∶1B．均帶負電，質量之比為1∶4C．均帶正電，質量之比為2∶1D．均帶負電，質量之比為1∶2【解析】選B。由題圖可知，粒子剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向左，由左手定則可知，粒子帶負電；設正方形的邊長為L，則粒子軌道半徑分別為：r1＝eq\f(1,4)L，r2＝L，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＝meq\f(v2,r)，m＝eq\f(qBr,v)∝r，則：eq\f(m1,m2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,4)，故選B。6．(多選)用回旋加速器來加速質子，為了使質子獲得的動能增加為原來的4倍，可采用下列哪幾種方法()A．將其磁感應強度增大為原來的2倍B．將其磁感應強度增大為原來的4倍C．將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍D．將D形金屬盒的半徑增大為原來的4倍【解析】選A、C。由R＝eq\f(mv,Bq)及Ek＝eq\f(1,2)mv2，得Ek＝eq\f(B2R2q2,2m)，將其磁感應強度增大為原來的2倍，或將D形金屬盒的半徑增大為原來的2倍，都可使質子獲得的動能增加為原來的4倍，A、C正確。7．帶正電粒子(不計重力)以水平向右的初速度v0，先通過勻強電場E，后通過勻強磁場B，如圖甲所示，電場和磁場對該粒子做功為W1。若把該電場和磁場正交疊加，如圖乙所示，再讓該帶電粒子仍以水平向右的初速度v0(v0＜eq\f(E,B))穿過疊加場區(qū)，在這個過程中電場和磁場對粒子做功為W2，則()A．W1＜W2 B．W1＝W2C．W1＞W2 D．無法判斷【解析】選C。電場力做的功W＝Eqy，其中y為粒子沿電場方向偏轉的位移，因題圖乙中洛倫茲力方向向上，故題圖乙中粒子向下偏轉的位移y較小，W1＞W2，故C正確。二、計算題(本題共2小題，共25分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)8.(12分)質譜儀原理如圖所示，a為粒子加速器，電壓為U1；b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，板間距離為d；c為偏轉分離器，磁感應強度為B2?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為e的正離子(不計重力)，經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。求：(1)粒子的速度v為多少？(2)速度選擇器的電壓U2為多少？(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？【解析】根據動能定理可求出速度v，根據電場力和洛倫茲力相等可得到v2，再根據粒子在磁場中做勻速圓周運動的知識可求得半徑。(1)在a中，粒子被加速電場U1加速，由動能定理有eU1＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)在b中，粒子受的電場力和洛倫茲力大小相等，即eeq\f(U2,d)＝evB1，代入v值得U2＝B1deq\r(\f(2eU1,m))。(3)在c中，粒子受洛倫茲力作用而做圓周運動，軌道半徑R＝eq\f(mv,B2e)，代入v值解得R＝eq\f(1,B2)eq\r(\f(2U1m,e))。答案：(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)B1deq\r(\f(2eU1,m))(3)eq\f(1,B2)eq\r(\f(2U1m,e))9.(13分)某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內存在邊界為矩形EFGH、方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，探測板CD平行于HG水平放置，能沿豎直方向緩慢移動且接地。a、b、c三束寬度不計、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界EH水平射入磁場，b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之一圓弧運動后從下邊界HG豎直向下射出，并打在探測板的右邊緣D點。已知每束每秒射入磁場的離子數(shù)均為N，離子束間的距離均為0.6R，探測板CD的寬度為0.5R，離子質量均為m、電荷量均為q，不計重力及離子間的相互作用。(1)求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場邊界HG時與H點的距離s；(2)求探測到三束離子時探測板與邊界HG的最大距離Lmax；(3)若打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F與板到HG距離L的關系?！窘馕觥?1)離子在磁場中做圓周運動qvB＝eq\f(mv2,R)得離子的速度大小v＝eq\f(qBR,m)。令c束中的離子運動軌跡對應的圓心為O，從磁場邊界HG邊的Q點射出，則由幾何關系可得OH＝0.6R，s＝HQ＝eq\r(R2－（0.6R）2)＝0.8R。(2)a束中的離子運動軌跡對應的圓心為O′，設從磁場邊界HG邊射出時距離H點的距離為x，由幾何關系可得HO′＝aH－R＝0.6R，x＝eq\r(R2－HO′2)＝0.8R即a、c束中的離子從同一點Q射出，離開磁場的速度分別與豎直方向的夾角為β、α，由幾何關系可得α＝β。探測到三束離子，則c束中的離子恰好到達探測板的D點時，探測板與邊界HG的距離最大，tanα＝eq\f(R－s,Lmax)＝eq\f(OH,s)，則Lmax＝eq\f(4,15)R。(3)a或c束中每個離子動量的豎直分量pz＝pcosα＝0.8qBR當0<L≤eq\f(4,15)R時所有離子都打在探測板上，故單位時間內離子束對探測板的平均作用力F1＝Np＋2Npz＝2.6NqBR，當eq\f(4,15)R<L≤0.4R時，只有a和b束中離子打在探測板上，則單位時間內離子束對探測板的平均作用力為F2＝Np＋Npz＝1.8NqBR，當L>0.4R時，只有b束中離子打在探測板上，則單位時間內離子束對探測板的平均作用力為F3＝Np＝NqBR。答案：(1)eq\f(qBR,m)0.8R(2)eq\f(4,15)R(3)當0<L≤eq\f(4,15)R時：F1＝2.6NqBR當eq\f(4,15)R<L≤0.4R時：F2＝1.8NqBR當L>0.4R時：F3＝NqBR(15分鐘40分)10．(7分)如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，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，則下列判斷中正確的是()A.在Ek-t圖像中應有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】選D。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，因此在Ek-t圖中應有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A錯誤；加速電壓越小，粒子加速次數(shù)就越多，由粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)可知Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，即粒子獲得的最大動能取決于D形盒的半徑，與加速電壓和加速次數(shù)無關，當軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不再繼續(xù)加速，故C錯誤，D正確。11.(7分)(多選)如圖所示，一帶負電的質點在固定的正的點電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運動，周期為T0，軌道平面位于紙面內，質點的速度方向如圖中箭頭所示?，F(xiàn)加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則()A．若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將大于T0B．若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將小于T0C．若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將大于T0D．若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將小于T0【解析】選A、D。不加磁場時：FE＝mR(eq\f(2π,T0))2，若磁場方向向里，則有FE－FB＝mR(eq\f(2π,T1))2，若磁場方向向外，則有FE＋FB＝mR(eq\f(2π,T2))2，比較知：T1＞T0，T2＜T0，選項A、D正確。12．(7分)如圖所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質量之比)大小為k，由靜止開始經電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場。下列說法正確的是(不計粒子所受重力)()A.如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場B．如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場C．如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場D．如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場【解析】選D。由已知可得qU＝eq\f(1,2)mv2，k＝eq\f(q,m)，r＝eq\f(mv,qB)，解得r＝eq\f(\r(2kU),kB)。對于選項A，只增加U，r增大，粒子不可能從dP之間某位置穿出磁場；對于選項B，粒子電性不變，不可能向上偏轉從ab邊某位置穿出磁場；對于選項C，既減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場；對于選項D，只增加k，r減小，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場。13．(19分)如圖所示，有一