2023版新教材高中物理第1章安培力與洛倫茲力微點9回旋加速器課時作業(yè)新人教版選擇性必修第二冊

微點9回旋加速器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(eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))H)和氦核(eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He)加速，則下列說法中正確的是()A．質子與氦核所能達到的最大速度之比為1∶2B．質子與氦核所能達到的最大速度之比為2∶1C．加速質子、氦核時交變電壓的周期之比為2∶1D．加速質子、氦核時交變電壓的周期之比為1∶22．(多選)回旋加速器的原理如圖所示，它由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙．下列說法正確的是()A．回旋加速器所接交變電壓的周期等于帶電粒子做勻速圓周運動周期的一半B．利用回旋加速器加速帶電粒子，要增大粒子的最終能量，應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑RC．回旋加速器的加速電壓越大，帶電粒子獲得的最大動能越大D．粒子每次經(jīng)過兩D形盒間的狹縫時，電場力對粒子做功一樣多3．如圖所示是回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．下列說法中正確的是()A．粒子從加速器的邊緣進入加速器B．僅增大加速電壓可增大粒子的最大速度C．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能D．若分別加速氘核(eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))H)和氦核(eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He)，則兩次所接高頻電源的頻率相同4.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示．帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．一個用于加速質子(電荷量為e，質量為m)的回旋加速器，其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，接在D形盒上的高頻電源頻率為f.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2πfRB．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關C．質子在回旋加速器中的運動時間與加速電場的電壓大小無關D．不需要改變任何量，這個裝置也能用于加速α粒子5．(多選)如甲圖所示是處在勻強磁場中真空室內的兩個半圓形金屬盒(“D”形盒)，構成的回旋加速器．若“D”形盒的半徑為R，勻強磁場的磁感應強度大小為B，在兩“D”形盒間接入峰值為U0的交變電壓，電壓隨時間的變化規(guī)律如乙圖所示．將粒子源置于D1盒的圓心處，粒子源產生的質量為m、電荷量為＋q的粒子，在t＝0時刻進入“D”形盒的間隙．粒子的初速度不計，粒子穿過電場的時間忽略不計，不考慮相對論效應和重力作用．下列說法正確的是()A．粒子離開回旋加速器的最大動能為eq\f(q2B2R2,2m)B．交變電壓的周期可以取T＝eq\f(πm,2qB)C．D2盒中第n個半圓軌跡的半徑為eq\f(1,B)eq\r(\f(2（2n－1）mU0,q))D．若B變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子在“D”形盒中的運動時間變?yōu)樵瓉淼?倍[答題區(qū)]題號12345答案微點9回旋加速器1．答案：BD解析：當帶電粒子從D形盒中射出時速度最大，根據(jù)qvmB＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m)),R)，得vm＝eq\f(qBR,m)，則質子與氦核所能達到的最大速度之比為2∶1，選項A錯誤，B正確；根據(jù)公式vm＝eq\f(2πR,T)可知，加速質子、氦核時交變電壓的周期之比為1∶2，選項C錯誤，D正確．2．答案：BD解析：兩D形盒間的交變電場的周期必須與粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等，這樣才能使得粒子每次經(jīng)過兩D形盒間的狹縫時都能被電場加速，選項A錯誤；當粒子做勻速圓周運動的半徑等于D形盒的半徑時，粒子的速度最大，動能最大，有Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2R2,2m)，則要增大粒子的最終能量，應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑R，帶電粒子獲得的最大動能與加速電壓無關，選項B正確，C錯誤；粒子每次經(jīng)過兩D形盒間的狹縫時，電場力對粒子做功均為qU，選項D正確．3．答案：D解析：要加速多次，最終能量最大，則被加速的帶電粒子只能由加速器的中心附近進入加速器，而從邊緣離開加速器，故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，最大動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)由此可知要增大粒子的動能，增大電壓和頻率，最大動能不變，需增加磁感應強度和D形盒的半徑，故BC錯誤；帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)兩粒子的比荷相等，則周期相等，所以所接高頻電源的頻率相同，故D正確．故選D.4．答案：A解析：根據(jù)v＝eq\f(2πR,T)＝2πfR可知最大半徑為R，且電場變化的周期即為粒子在磁場中運動周期，所以最大速度不可能超過2πfR，A正確；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)得，粒子的最大速度v＝eq\f(qBR,m)則最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)知增大動能，需增大D形盒的半徑或增大磁感應強度，與加速電場電壓無關，B錯誤；根據(jù)nUq＝eq\f(1,2)mv2可知U增加，加速次數(shù)n減少，而t＝neq\f(T,2)，T不變，所以t與U有關，C錯誤；若是α粒子，則粒子的比荷發(fā)生變化，所以周期也變化，因此不能用這個裝置加速，D錯誤．5．答案：AC解析：粒子離開回旋加速器時，洛倫茲力提供向心力，則qvB＝eq\f(mv2,R)，氘核離開回旋加速器的最大動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)，A正確；帶電粒子在磁場中運動時，由牛頓第二定律可得qvB＝eq\f(mv2,r)，由圓周運動規(guī)律可得T＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立解得T＝eq\f(2πm,qB)，由于粒子穿過電場的時間忽略不計，因此交變電壓的周期為eq\f(2πm,qB)，B錯誤；粒子在D2盒中第n個半圓軌跡對應的加速次數(shù)為(2n－1)次，由動能定理可得(2n－1)qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，同時qvnB＝eq\f(mveq