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高考专题十磁场应用创新题组
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这是一份高考专题十磁场应用创新题组，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
专题十 磁场
应用创新题组
(时间:70分钟 满分:110分)
一、单项选择题(每小题4分,共20分)
1.(2022届娄底一中月考物理学史)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,凭借此项成果,他于1939年获得诺贝尔物理学奖,其原理如图所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略;磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为q,在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是( )
A.带电粒子由加速器的边缘进入加速器
B.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C.质子离开回旋加速器时的最大动能与D形盒半径成正比
D.该加速器加速质量为4m、电荷量为2q的α粒子时,交流电频率应变为f2
答案 D 带电粒子由加速器的中心进入加速器,A错误;由周期公式T=2πmqB可知,被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关,B错误;质子离开回旋加速器时的最大动能Ekm=12mvm2,R=mvmqB,联立可得Ekm=q2B2R22m,C错误;加速质子时,有f=1T=qB2πm,加速α粒子时,有f'=1T'=2qB2π×4m=qB4πm=f2,D正确。
2.(2021河南实验中学期中,8科技工程)如图所示,图甲为磁流体发电机原理示意图,图乙为质谱仪原理图,图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图,忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间,下列说法正确的是( )
A.图甲中,将一束等离子体喷入磁场,A、B板间产生电压,A板电势高
B.图乙中,11H、12H、13H三种粒子经加速电场射入磁场,13H在磁场中的偏转半径最大
C.图丙中,加速电压越大,粒子获得的能量越高,比回旋加速器更有优势
D.图丁中,随着粒子速度的增大,交变电流的频率也应该增大
答案 B 由左手定则知正离子向下偏转,所以下极板带正电,B板电势高,故A错误;由qU=12mv2和qvB=mv2R,解得R=1B2Umq,11H、12H、13H三种粒子经加速电场射入磁场,13H在磁场中的偏转半径最大,故B正确;粒子通过多级直线加速器加速,加速电压越大,粒子获得的能量越高,但要产生这种高压所需的技术要求很高,同时加速装置的长度也要很长,故多级直线加速器不一定比回旋加速器更有优势,故C错误;在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则qvB=mv2r,T=2πrv,联立解得T=2πmqB,粒子做圆周运动的周期没变,故交流电的频率不变,故D错误。
3.(2021湛江一中月考,6科技工程)如图所示是磁流体发电机的示意图,两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是( )
A.Q板的电势高于P板的电势
B.R中有由b向a方向的电流
C.若只改变磁场强弱,R中电流保持不变
D.若只增大粒子入射速度,R中电流增大
答案 D 等离子体进入磁场,根据左手定则可知正电荷向上偏,打在上极板,负电荷向下偏,打在下极板,所以上极板带正电,下极板带负电,故P板的电势高于Q板的电势,流过电阻电流方向由a到b;稳定时电场力等于洛伦兹力,qUd=qvB,则U=Bdv,由欧姆定律可知,I=UR+r=BdvR+r,电流与磁感应强度成正比,改变磁场强弱,R中电流也改变;分析可以知道,若只增大粒子入射速度,R中电流也会增大;故选D。
4.(2022届泰安一中月考,7典型模型)如图所示是一种由加速电场、静电分析器和磁分析器组成的质谱仪示意图。已知静电分析器的四分之一圆弧通道的半径为R,通道内有一方向均指向圆心O的均匀辐射电场,电场强度大小为E。磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。现使位于A处的离子从静止开始经加速电场U加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,离开P点进入磁分析器后,最终打在乳胶片上的Q点。下列判断正确的是 ( )
A.该种离子可以为正离子,也可以为负离子
B.加速电场的电压U是与离子比荷无关的定值
C.加速电场的电压U的大小与离子比荷有关
D.同位素在该装置中一定打在乳胶片上的同一位置
答案 B 均匀辐射电场方向均指向圆心O,离子进入静电分析器后受指向圆心的电场力,该力提供离子做圆周运动所需的向心力,故离子只能为正离子,A错误;因R为定值,且Eq=mv2R,又qU=12mv2,得到U=12ER,故加速电场的电压U是一个与离子比荷无关的定值,B正确,C错误;离子进入磁分析器的磁场后,Bqv=mv2r,得r=mvBq=1BEmRq,同位素的质子数相同,中子数不同,则q一定相同,m一定不同,故一定不能打在乳胶片上的同一位置,D错误。
5.(2021济宁一模,6解法创新)如图所示,在直角坐标系xOy中,x轴上方有匀强磁场,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为+q的粒子,以相同的速率v沿纸面内,由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域,其中R=mvqB,正确的图是( )
答案 D 由左手定则可知带正电粒子的偏转方向,以R=mvBq为半径作圆a和圆b,如图所示,将圆a以O点为旋转中心顺时针转动,直到与b圆重合,可以判断出图D正确。
二、多项选择题(每小题6分,共36分)
6.(2021常德芷兰实验学校一模科技工程)(多选)如图,电磁流量计的测量管横截面直径为D,在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b,整个测量管处于水平向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时,连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积),下列说法正确的是( )
A.a极电势高于b极电势
B.液体流过测量管的速度大小为QπD2
C.a、b两极之间的电压为4QBπD
D.若流过的液体中离子浓度变高,显示器上的示数将变大
答案 AC 由左手定则可知,正离子向上偏转,负离子向下偏转,故a极电势高于b极电势,A正确;由于Q=vS=v·14πD2,解得液体流过测量管的速度大小为v=4QπD2,B错误;当达到平衡时有UDq=qvB,解得a、b两极之间的电压为U=4QBπD,C正确;因a、b两点间的电压与流过的液体中离子浓度无关,则当离子浓度变高时,显示器上的示数不变,D错误。
7.(2021四川成都模拟,12科技工程)(多选)如图,一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R,通道内有均匀辐向电场,中心线处的场强大小为E;半圆形磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。要让质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力),由静止开始从M板经加速电场加速后沿圆弧中心线通过静电分析器,再由P点垂直磁场边界进入磁分析器,最终打到胶片上,则( )
A.加速电场的电压U需满足的关系为U=12ER
B.若q<0,则M板电势低于N板电势,辐向电场的方向由圆心指向圆外,磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外
C.电荷量相同的粒子都能打在胶片上的同一点
D.粒子打在胶片上的位置Q到P点的距离为2BmERq
答案 AD 设粒子进入静电分析器时的速度为v,粒子在静电分析器中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,根据牛顿第二定律得:qE=mv2R,粒子在加速电场中加速的过程中,由动能定理得:qU=12mv2-0,解得:U=12ER,故A正确;由题意可知,负粒子刚进入磁分析器时所受洛伦兹力竖直向下,根据左手定则可知,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内,故B错误;由选项A分析知,静电分析器圆弧中心线半径R=2UE,R与粒子质量、电荷量无关,所以不同粒子经相同的加速电压U加速后都可以沿圆弧中心线安全通过静电分析器,粒子在磁分析器中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB=mv2r,解得:r=1BmERq,磁分析器P点到Q点的距离:d=2r=2BmERq,即打在胶片上的位置与质量和电荷量有关,故C错误,D正确。
8.(2022届深圳罗湖质检,10科技工程)(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器,工作原理示意图如图所示。置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U。若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是( )
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1
D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器加速质子的最大动能不变
答案 ACD 质子出回旋加速器的速度最大,此时的半径为R,则v=2πRT=2πRf,所以最大速度不超过2πfR, A正确;根据qvB=mv2R可知,最大动能Ekm=12mv2=q2B2R22m与加速电压无关, B错误;粒子在加速电场中做匀加速运动,在磁场中做匀速圆周运动,根据v=2ax有,质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度之比为2∶1,根据r=mvqB,则半径之比为2∶1, C正确;根据该加速器加速质子的最大动能Ekm=q2B2R22m可知,最大动能与磁感应强度有关,与加速电压无关,若不改变磁感应强度和交流电的频率,则该回旋加速器加速质子的最大动能不会改变, D正确。
9.(2021长沙一中月考八,9科技工程)(多选)如图为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下四部分构成:粒子源N;P、Q间电压恒为U的加速电场;静电分析器,即中心线半径为R的四分之一圆形通道,通道内有均匀辐向电场,方向沿径向指向圆心O,且与圆心O等距的各点电场强度大小相等;磁感应强度为B的有界匀强磁场,方向垂直纸面向外。当有粒子打到胶片M上时,可以通过测量粒子打到M上的位置来推算粒子的比荷,从而分析粒子的种类以及性质。由粒子源N发出的不同种类的带电粒子,经加速电场加速后从小孔S1进入静电分析器,其中粒子a和粒子b恰能沿圆形通道的中心线通过静电分析器。并经小孔S2垂直磁场边界进入磁场,最终打到胶片上,其轨迹分别如图中的S1S2A和S1S2B所示。忽略带电粒子离开粒子源N时的初速度,不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法中正确的是( )
A.粒子a的比荷一定小于粒子b的比荷
B.粒子a、b打在胶片上时速度大小可能相等
C.静电分析器中距离圆心O为R处的电场强度大小为UR
D.若只增大加速电场的电压U,粒子a可能沿曲线S1C运动
答案 AD 粒子加速过程qU=12mv2,静电分析器中qE=mv2R,磁场中r=mvqB=1B2mUq,磁场中运动半径越大,比荷越小,A正确;由v=2qUm,粒子比荷不同,速度大小不相等,B错误;静电分析器中距离圆心O为R处的电场强度大小E=2UR,C错误;若只增大加速电场的电压U,粒子a进入静电分析器时速度变大,需要的向心力变大,可能沿曲线S1C运动,D正确。
10.(2021湖南六校联考,10典型模型)(多选)如图所示,以水平直线为分界线,上方区域充满垂直于纸面向里的匀强磁场,大量电子(质量为m,电荷量为e,重力不计)从长度为L的PQ区域以相同速度与水平方向成θ=60°的角度斜射入磁场,已知电子的速度大小为v0,上方磁场的磁感应强度B=3mv0eL。所有从上方磁场射出的电子再次经过水平分界线下方某一半圆形区域的匀强磁场(图中未画出)偏转后都能通过磁场边界的一个点被收集。下列说法正确的是( )
A.水平分界线上电子射出区域的长度为L3
B.若减小上方磁场的磁感应强度,水平分界线上电子射出区域的长度将保持不变
C.欲使水平分界线上电子的出射与入射区域不重叠,则上方磁场的磁感应强度应小于3mv0eL
D.下方收集电子的半圆形区域匀强磁场的最大磁感应强度为23mv03eL
答案 BCD 所有电子在水平分界线上方的磁场中运动情况相同,则水平分界线上电子射出区域的长度为L,A错误;改变上方磁场的磁感应强度,电子在水平分界线上方的磁场中运动情况改变,但所有电子运动情况依然相同,水平分界线上电子射出区域的长度将保持不变,B正确;欲使水平分界线上电子的出射与入射区域不重叠,则从P点入射的电子应到达Q点右侧,即偏转对应的弦长应大于L,r=mv0eB>L3,B<3mv0eL,C正确;出射电子束的宽度为3L2,只要满足电子在磁场区域中的轨迹半径等于磁场区域圆的半径就可以实现收集,设想以较大的磁场区域圆实现收集,不断缩小磁场区域圆直至以出射电子束的宽度为半径对应最小的半圆形磁场区域,假设磁场方向垂直纸面向里,如图所示,可以是区域1、2组成的半圆,也可以是区域1、3组成的半圆,最小半径与最大的磁感应强度相对应,由3L2=mv0eB'得B'=23mv03eL,D正确。
11.(2021湖南模拟预测材料创新)(多选)光电倍增管(PMT)是光子技术器件中的一个重要产品,它是一种具有极高灵敏度和超快时间响应的光探测器件。可广泛应用于光子计数、极微弱光探测、化学发光、生物发光研究、极低能量射线探测、分光光度计、旋光仪、色度计、照度计、尘埃计、浊度计、光密度计、热释光量仪、辐射量热计、扫描电镜、生化分析仪等仪器设备中。如图是其相邻的第i倍增极和第i+1倍增极的示意图,每个倍增极长为a,沿倍增极方向的间距和垂直倍增极方向的间距都是a。若在空间施加垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,当速度为v、质量为m、电荷量为e的电子垂直第i倍增极射出时,下列说法正确的( )
A.若B<3mv5ea,电子都不会被第i+1倍增极收集
B.若B=4mv5ea,部分电子不会被第i+1倍增极收集
C.若B>mvea,电子都不会被第i+1倍增极收集
D.改变磁感应强度B,从第i倍增极最右端P2射出的电子从射出到穿过P2P4所在连线的时间都相等
答案 AC 设从第i倍增极最左端射出的电子刚好到达第i+1倍增极最右端时,圆周运动的半径为r1,如图所示,则有r1=(3a-r1)2+a2,r1=53a,由洛伦兹力提供向心力,有evB=mv2r1,解得B=3mv5ea,若B<3mv5ea,电子都不会被第i+1倍增极收集,故A正确;从第i倍增极最右端射出的电子刚好到达第i+1倍增极最左端时,圆周运动的半径r2=a,由洛伦兹力提供向心力,有evB=mv2r2,解得B=mvea,若B>mvea,电子都不会被第i+1倍增极收集,故C正确;若B=4mv5ea,从P1射出的电子射到P3,从P2射出的电子射到P4,恰好全部电子能被第i+1倍增极收集,故B错误;把P2P4所在连线看作直线边界,从第i倍增极最右端P2射出的电子从射出到穿过P2P4所在连线,所有轨迹对应的圆心角相同,由t=αmBe可知,由于磁感应强度B发生改变,运动时间不同,D错误。
三、非选择题(共54分)
12.(2022届永州一模)(12分)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子,经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环,其两端中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场的分布区域是一棱长为L的正方体,其底面与晶圆所在水平面平行,间距也为L。当偏转系统不加电场时,离子恰好竖直注入晶圆上的O点。整个系统置于真空中,不计离子重力。求:
(1)离子通过速度选择器的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷qm;
(2)偏转系统加电场时,离子从偏转系统底面飞出,注入晶圆所在水平面的位置到O点的距离x。
解析 (1)离子通过速度选择器时有Eq=Bqv
解得:v=EB
离子在磁分析器中有qvB=mv2R
由几何关系可得R=R1+R22
联立解得qm=2E(R1+R2)B2
(2)经过电场后,偏移的距离x1=12qEmLv2
离开电场时速度反向延长线交于电场中入射线(在偏转电场中垂直电场方向位移)的中点,故注入晶圆上的位置到O点的距离x满足x1x=12L32L
联立解得:x=3L2R1+R2
13.(2022届德州一中月考,17典型模型)(12分)如图所示,真空中有一个半径r=0.5 m的圆形磁场,与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=2.0×10-3 T,方向垂直于纸面向里,在x=r处的虚线右侧有一个方向竖直向上的宽度L=0.5 m的匀强电场区域,电场强度E=1.5×103 N/C,在x=2 m处有一垂直x轴的足够长的荧光屏,从O点处向不同方向发射出速率相同的比荷qm=1.0×109 C/kg带负电的粒子,粒子的运动轨迹在纸面内。一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子M,恰能从磁场与电场的相切处进入电场。不计重力及阻力的作用。求:
(1)粒子M进入电场时的速度。
(2)速度方向与y轴正方向成30°角(如图中所示)射入磁场的粒子N,最后打到荧光屏上,画出粒子N的运动轨迹并求该发光点的位置坐标。
解析 (1)由沿y轴正方向射入磁场的粒子,恰能从磁场与电场的相切处进入电场可知粒子M在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R=r=0.5 m
由牛顿第二定律有:qvB=mv2R
解得v=qBRm=1×106 m/s
(2)由粒子圆周运动的半径与圆形磁场的半径相等知:粒子N在磁场中转过120°角后从P点垂直电场线进入电场,运动轨迹如图所示
在电场中运动的加速度大小a=Eqm=1.5×1012 m/s2
穿出电场的竖直速度vy=at=aLv=7.5×105 m/s
速度的偏转角tan α=vyv=0.75
在磁场中从P点穿出时距O点的竖直距离Δy1=1.5r=0.75 m
在电场中运动沿电场方向运动的距离Δy2=12at2=0.187 5 m
射出电场后做匀速直线运动,在竖直方向上有
Δy3=(2 m-r-L)tan α=0.75 m
最后打到荧光屏上的竖直坐标y=Δy1-(Δy2+Δy3)=-0.187 5 m
故发光点的位置坐标为(2 m,-0.187 5 m)
14.(2022届湛江10月联考,14科技工程)(12分)如图所示,虚线O1O2是速度选择器的中线,其间匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直纸面向里,匀强电场未画出。其右侧偏转磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向外。照相底片与虚线O1O2垂直,虚线O1O2的延长线与底片的交点为O3)。现有带电荷量均为q的两种带正电离子以速度v0沿着虚线O1O2向右做匀速直线运动,穿过小孔后进入宽度为d的偏转磁场,最后分别打在底片上的P点和Q点,测得P、Q两点的距离为d6,P点到O3点的距离为d3。(不计离子受到的重力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)速度选择器中所加电场的电场强度;
(2)分别打到P、Q点上的两种离子的质量之比和在偏转磁场中运动的时间之比。
解析 (1)离子沿虚线做匀速直线运动,合力为0,则有qE=B1qv0,解得E=v0B1
方向垂直极板向下。
(2)设打到P点的离子在偏转磁场中做圆周运动的半径为r1,偏转角为θ1,则有
qv0B2=mPv02r1,r1 sin θ1=d,r1(1-cos θ1)=d3,解得r1=5d3=mPv0qB2,θ1=37°
设打到Q点的离子在偏转磁场中做圆周运动的半径为r2,偏转角为θ2,则有
qv0B2=mQv02r2,r2 sin θ2=d,r2(1-cos θ2)=d3+d6
解得r2=5d4=mQv0qB2,θ2=53°
所以打到P、Q点上的两种离子的质量之比mPmQ=43
离子在磁场中做圆周运动的周期T=2πrv0
打到P点的离子在偏转磁场中运动的时间t1=37360T1
打到Q点的离子在偏转磁场中运动的时间t2=53360T2
所以打到P、Q点上的两种离子在偏转磁场中运动的时间之比t1t2=37×453×3=148159。
15.(2022届泰安一中月考,17题型创新)(18分)如图所示为一磁约束装置的原理图,两同心圆的圆心O与xOy平面坐标系原点重合。半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0,R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ,粒子全部经过坐标为(R0,0)的P点,方向沿x轴正方向。当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时,上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ,所有粒子恰好能够约束在环形区域内,且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M点(M点未画出)。不计重力和粒子间的相互作用。
(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小;
(2)若环形区域Ⅱ中磁感应强度B2=3B1,求M点坐标及环形外圆半径R;
(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A点的过程所通过的总路程。
解析 (1)由题意,粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径r1=R0,在磁场中,由洛伦兹力提供向心力,则有qv0B1=mv02r1,且E0=12mv02,联立解得B1=2mE0qR0。
(2)粒子进入环形区域Ⅱ后沿顺时针方向做匀速圆周运动,则有qv0B2=mv02r2,B2=3B1,联立解得r2=33R0,画出粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系得∠POM=60°,由几何关系得M点的坐标为(12R0,-32R0),由几何关系得外环的半径R=r2+2r2=3r2=3R0。
(3)粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后,从M点再次进入Ⅰ区域时,圆心角转过150°,设经过m次这样的偏转后第一次从A点再次入射,此时圆心角转过n个360°,则有150m=360n(m、n取最小正整数),解得m=12,n=5,而粒子在Ⅰ、Ⅱ区域偏转一次通过的路程s1=14×2πr1+23×2πr2=(12+439)πR0,所以经过12次如此偏转后第一次通过A点,则总路程为s=12s1=18+1633πR0。
专题十 磁场
应用创新题组
(时间:70分钟 满分:110分)
一、单项选择题(每小题4分,共20分)
1.(2022届娄底一中月考物理学史)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,凭借此项成果,他于1939年获得诺贝尔物理学奖,其原理如图所示,置于真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略;磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U。若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为q,在加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是( )
A.带电粒子由加速器的边缘进入加速器
B.被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
C.质子离开回旋加速器时的最大动能与D形盒半径成正比
D.该加速器加速质量为4m、电荷量为2q的α粒子时,交流电频率应变为f2
答案 D 带电粒子由加速器的中心进入加速器,A错误;由周期公式T=2πmqB可知,被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与半径无关,B错误;质子离开回旋加速器时的最大动能Ekm=12mvm2,R=mvmqB,联立可得Ekm=q2B2R22m,C错误;加速质子时,有f=1T=qB2πm,加速α粒子时,有f'=1T'=2qB2π×4m=qB4πm=f2,D正确。
2.(2021河南实验中学期中,8科技工程)如图所示,图甲为磁流体发电机原理示意图,图乙为质谱仪原理图,图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图,忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间,下列说法正确的是( )
A.图甲中,将一束等离子体喷入磁场,A、B板间产生电压,A板电势高
B.图乙中,11H、12H、13H三种粒子经加速电场射入磁场,13H在磁场中的偏转半径最大
C.图丙中,加速电压越大,粒子获得的能量越高,比回旋加速器更有优势
D.图丁中,随着粒子速度的增大,交变电流的频率也应该增大
答案 B 由左手定则知正离子向下偏转,所以下极板带正电,B板电势高,故A错误;由qU=12mv2和qvB=mv2R,解得R=1B2Umq,11H、12H、13H三种粒子经加速电场射入磁场,13H在磁场中的偏转半径最大,故B正确;粒子通过多级直线加速器加速,加速电压越大,粒子获得的能量越高,但要产生这种高压所需的技术要求很高,同时加速装置的长度也要很长,故多级直线加速器不一定比回旋加速器更有优势,故C错误;在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则qvB=mv2r,T=2πrv,联立解得T=2πmqB,粒子做圆周运动的周期没变,故交流电的频率不变,故D错误。
3.(2021湛江一中月考,6科技工程)如图所示是磁流体发电机的示意图,两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是( )
A.Q板的电势高于P板的电势
B.R中有由b向a方向的电流
C.若只改变磁场强弱,R中电流保持不变
D.若只增大粒子入射速度,R中电流增大
答案 D 等离子体进入磁场,根据左手定则可知正电荷向上偏,打在上极板,负电荷向下偏,打在下极板,所以上极板带正电,下极板带负电,故P板的电势高于Q板的电势,流过电阻电流方向由a到b;稳定时电场力等于洛伦兹力,qUd=qvB,则U=Bdv,由欧姆定律可知,I=UR+r=BdvR+r,电流与磁感应强度成正比,改变磁场强弱,R中电流也改变;分析可以知道,若只增大粒子入射速度,R中电流也会增大;故选D。
4.(2022届泰安一中月考,7典型模型)如图所示是一种由加速电场、静电分析器和磁分析器组成的质谱仪示意图。已知静电分析器的四分之一圆弧通道的半径为R,通道内有一方向均指向圆心O的均匀辐射电场,电场强度大小为E。磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。现使位于A处的离子从静止开始经加速电场U加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,离开P点进入磁分析器后,最终打在乳胶片上的Q点。下列判断正确的是 ( )
A.该种离子可以为正离子,也可以为负离子
B.加速电场的电压U是与离子比荷无关的定值
C.加速电场的电压U的大小与离子比荷有关
D.同位素在该装置中一定打在乳胶片上的同一位置
答案 B 均匀辐射电场方向均指向圆心O,离子进入静电分析器后受指向圆心的电场力,该力提供离子做圆周运动所需的向心力,故离子只能为正离子,A错误;因R为定值,且Eq=mv2R,又qU=12mv2,得到U=12ER,故加速电场的电压U是一个与离子比荷无关的定值,B正确,C错误;离子进入磁分析器的磁场后,Bqv=mv2r,得r=mvBq=1BEmRq,同位素的质子数相同,中子数不同,则q一定相同,m一定不同,故一定不能打在乳胶片上的同一位置,D错误。
5.(2021济宁一模,6解法创新)如图所示,在直角坐标系xOy中,x轴上方有匀强磁场,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为+q的粒子,以相同的速率v沿纸面内,由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域,其中R=mvqB,正确的图是( )
答案 D 由左手定则可知带正电粒子的偏转方向,以R=mvBq为半径作圆a和圆b,如图所示,将圆a以O点为旋转中心顺时针转动,直到与b圆重合,可以判断出图D正确。
二、多项选择题(每小题6分,共36分)
6.(2021常德芷兰实验学校一模科技工程)(多选)如图,电磁流量计的测量管横截面直径为D,在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b,整个测量管处于水平向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时,连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积),下列说法正确的是( )
A.a极电势高于b极电势
B.液体流过测量管的速度大小为QπD2
C.a、b两极之间的电压为4QBπD
D.若流过的液体中离子浓度变高,显示器上的示数将变大
答案 AC 由左手定则可知,正离子向上偏转,负离子向下偏转,故a极电势高于b极电势,A正确;由于Q=vS=v·14πD2,解得液体流过测量管的速度大小为v=4QπD2,B错误;当达到平衡时有UDq=qvB,解得a、b两极之间的电压为U=4QBπD,C正确;因a、b两点间的电压与流过的液体中离子浓度无关,则当离子浓度变高时,显示器上的示数不变,D错误。
7.(2021四川成都模拟,12科技工程)(多选)如图,一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R,通道内有均匀辐向电场,中心线处的场强大小为E;半圆形磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。要让质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力),由静止开始从M板经加速电场加速后沿圆弧中心线通过静电分析器,再由P点垂直磁场边界进入磁分析器,最终打到胶片上,则( )
A.加速电场的电压U需满足的关系为U=12ER
B.若q<0,则M板电势低于N板电势,辐向电场的方向由圆心指向圆外,磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外
C.电荷量相同的粒子都能打在胶片上的同一点
D.粒子打在胶片上的位置Q到P点的距离为2BmERq
答案 AD 设粒子进入静电分析器时的速度为v,粒子在静电分析器中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,根据牛顿第二定律得:qE=mv2R,粒子在加速电场中加速的过程中,由动能定理得:qU=12mv2-0,解得:U=12ER,故A正确;由题意可知,负粒子刚进入磁分析器时所受洛伦兹力竖直向下,根据左手定则可知,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内,故B错误;由选项A分析知,静电分析器圆弧中心线半径R=2UE,R与粒子质量、电荷量无关,所以不同粒子经相同的加速电压U加速后都可以沿圆弧中心线安全通过静电分析器,粒子在磁分析器中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB=mv2r,解得:r=1BmERq,磁分析器P点到Q点的距离:d=2r=2BmERq,即打在胶片上的位置与质量和电荷量有关,故C错误,D正确。
8.(2022届深圳罗湖质检,10科技工程)(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器,工作原理示意图如图所示。置于高真空中的D形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直,高频交流电频率为f,加速电压为U。若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为+q,在加速器中被加速,且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是( )
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1
D.不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器加速质子的最大动能不变
答案 ACD 质子出回旋加速器的速度最大,此时的半径为R,则v=2πRT=2πRf,所以最大速度不超过2πfR, A正确;根据qvB=mv2R可知,最大动能Ekm=12mv2=q2B2R22m与加速电压无关, B错误;粒子在加速电场中做匀加速运动,在磁场中做匀速圆周运动,根据v=2ax有,质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度之比为2∶1,根据r=mvqB,则半径之比为2∶1, C正确;根据该加速器加速质子的最大动能Ekm=q2B2R22m可知,最大动能与磁感应强度有关,与加速电压无关,若不改变磁感应强度和交流电的频率,则该回旋加速器加速质子的最大动能不会改变, D正确。
9.(2021长沙一中月考八,9科技工程)(多选)如图为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下四部分构成:粒子源N;P、Q间电压恒为U的加速电场;静电分析器,即中心线半径为R的四分之一圆形通道,通道内有均匀辐向电场,方向沿径向指向圆心O,且与圆心O等距的各点电场强度大小相等;磁感应强度为B的有界匀强磁场,方向垂直纸面向外。当有粒子打到胶片M上时,可以通过测量粒子打到M上的位置来推算粒子的比荷,从而分析粒子的种类以及性质。由粒子源N发出的不同种类的带电粒子,经加速电场加速后从小孔S1进入静电分析器,其中粒子a和粒子b恰能沿圆形通道的中心线通过静电分析器。并经小孔S2垂直磁场边界进入磁场,最终打到胶片上,其轨迹分别如图中的S1S2A和S1S2B所示。忽略带电粒子离开粒子源N时的初速度,不计粒子所受重力以及粒子间的相互作用。下列说法中正确的是( )
A.粒子a的比荷一定小于粒子b的比荷
B.粒子a、b打在胶片上时速度大小可能相等
C.静电分析器中距离圆心O为R处的电场强度大小为UR
D.若只增大加速电场的电压U,粒子a可能沿曲线S1C运动
答案 AD 粒子加速过程qU=12mv2,静电分析器中qE=mv2R,磁场中r=mvqB=1B2mUq,磁场中运动半径越大,比荷越小,A正确;由v=2qUm,粒子比荷不同,速度大小不相等,B错误;静电分析器中距离圆心O为R处的电场强度大小E=2UR,C错误;若只增大加速电场的电压U,粒子a进入静电分析器时速度变大,需要的向心力变大,可能沿曲线S1C运动,D正确。
10.(2021湖南六校联考,10典型模型)(多选)如图所示,以水平直线为分界线,上方区域充满垂直于纸面向里的匀强磁场,大量电子(质量为m,电荷量为e,重力不计)从长度为L的PQ区域以相同速度与水平方向成θ=60°的角度斜射入磁场,已知电子的速度大小为v0,上方磁场的磁感应强度B=3mv0eL。所有从上方磁场射出的电子再次经过水平分界线下方某一半圆形区域的匀强磁场(图中未画出)偏转后都能通过磁场边界的一个点被收集。下列说法正确的是( )
A.水平分界线上电子射出区域的长度为L3
B.若减小上方磁场的磁感应强度,水平分界线上电子射出区域的长度将保持不变
C.欲使水平分界线上电子的出射与入射区域不重叠,则上方磁场的磁感应强度应小于3mv0eL
D.下方收集电子的半圆形区域匀强磁场的最大磁感应强度为23mv03eL
答案 BCD 所有电子在水平分界线上方的磁场中运动情况相同,则水平分界线上电子射出区域的长度为L,A错误;改变上方磁场的磁感应强度,电子在水平分界线上方的磁场中运动情况改变,但所有电子运动情况依然相同,水平分界线上电子射出区域的长度将保持不变,B正确;欲使水平分界线上电子的出射与入射区域不重叠,则从P点入射的电子应到达Q点右侧,即偏转对应的弦长应大于L,r=mv0eB>L3,B<3mv0eL,C正确;出射电子束的宽度为3L2,只要满足电子在磁场区域中的轨迹半径等于磁场区域圆的半径就可以实现收集,设想以较大的磁场区域圆实现收集,不断缩小磁场区域圆直至以出射电子束的宽度为半径对应最小的半圆形磁场区域,假设磁场方向垂直纸面向里,如图所示,可以是区域1、2组成的半圆,也可以是区域1、3组成的半圆,最小半径与最大的磁感应强度相对应,由3L2=mv0eB'得B'=23mv03eL,D正确。
11.(2021湖南模拟预测材料创新)(多选)光电倍增管(PMT)是光子技术器件中的一个重要产品,它是一种具有极高灵敏度和超快时间响应的光探测器件。可广泛应用于光子计数、极微弱光探测、化学发光、生物发光研究、极低能量射线探测、分光光度计、旋光仪、色度计、照度计、尘埃计、浊度计、光密度计、热释光量仪、辐射量热计、扫描电镜、生化分析仪等仪器设备中。如图是其相邻的第i倍增极和第i+1倍增极的示意图,每个倍增极长为a,沿倍增极方向的间距和垂直倍增极方向的间距都是a。若在空间施加垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,当速度为v、质量为m、电荷量为e的电子垂直第i倍增极射出时,下列说法正确的( )
A.若B<3mv5ea,电子都不会被第i+1倍增极收集
B.若B=4mv5ea,部分电子不会被第i+1倍增极收集
C.若B>mvea,电子都不会被第i+1倍增极收集
D.改变磁感应强度B,从第i倍增极最右端P2射出的电子从射出到穿过P2P4所在连线的时间都相等
答案 AC 设从第i倍增极最左端射出的电子刚好到达第i+1倍增极最右端时,圆周运动的半径为r1,如图所示,则有r1=(3a-r1)2+a2,r1=53a,由洛伦兹力提供向心力,有evB=mv2r1,解得B=3mv5ea,若B<3mv5ea,电子都不会被第i+1倍增极收集,故A正确;从第i倍增极最右端射出的电子刚好到达第i+1倍增极最左端时,圆周运动的半径r2=a,由洛伦兹力提供向心力,有evB=mv2r2,解得B=mvea,若B>mvea,电子都不会被第i+1倍增极收集,故C正确;若B=4mv5ea,从P1射出的电子射到P3,从P2射出的电子射到P4,恰好全部电子能被第i+1倍增极收集,故B错误;把P2P4所在连线看作直线边界,从第i倍增极最右端P2射出的电子从射出到穿过P2P4所在连线,所有轨迹对应的圆心角相同,由t=αmBe可知,由于磁感应强度B发生改变,运动时间不同,D错误。
三、非选择题(共54分)
12.(2022届永州一模)(12分)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子,经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环,其两端中心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场的分布区域是一棱长为L的正方体,其底面与晶圆所在水平面平行,间距也为L。当偏转系统不加电场时,离子恰好竖直注入晶圆上的O点。整个系统置于真空中,不计离子重力。求:
(1)离子通过速度选择器的速度大小v和磁分析器选择出来的离子的比荷qm;
(2)偏转系统加电场时,离子从偏转系统底面飞出,注入晶圆所在水平面的位置到O点的距离x。
解析 (1)离子通过速度选择器时有Eq=Bqv
解得:v=EB
离子在磁分析器中有qvB=mv2R
由几何关系可得R=R1+R22
联立解得qm=2E(R1+R2)B2
(2)经过电场后,偏移的距离x1=12qEmLv2
离开电场时速度反向延长线交于电场中入射线(在偏转电场中垂直电场方向位移)的中点,故注入晶圆上的位置到O点的距离x满足x1x=12L32L
联立解得:x=3L2R1+R2
13.(2022届德州一中月考,17典型模型)(12分)如图所示,真空中有一个半径r=0.5 m的圆形磁场,与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=2.0×10-3 T,方向垂直于纸面向里,在x=r处的虚线右侧有一个方向竖直向上的宽度L=0.5 m的匀强电场区域,电场强度E=1.5×103 N/C,在x=2 m处有一垂直x轴的足够长的荧光屏,从O点处向不同方向发射出速率相同的比荷qm=1.0×109 C/kg带负电的粒子,粒子的运动轨迹在纸面内。一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子M,恰能从磁场与电场的相切处进入电场。不计重力及阻力的作用。求:
(1)粒子M进入电场时的速度。
(2)速度方向与y轴正方向成30°角(如图中所示)射入磁场的粒子N,最后打到荧光屏上,画出粒子N的运动轨迹并求该发光点的位置坐标。
解析 (1)由沿y轴正方向射入磁场的粒子,恰能从磁场与电场的相切处进入电场可知粒子M在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R=r=0.5 m
由牛顿第二定律有:qvB=mv2R
解得v=qBRm=1×106 m/s
(2)由粒子圆周运动的半径与圆形磁场的半径相等知:粒子N在磁场中转过120°角后从P点垂直电场线进入电场,运动轨迹如图所示
在电场中运动的加速度大小a=Eqm=1.5×1012 m/s2
穿出电场的竖直速度vy=at=aLv=7.5×105 m/s
速度的偏转角tan α=vyv=0.75
在磁场中从P点穿出时距O点的竖直距离Δy1=1.5r=0.75 m
在电场中运动沿电场方向运动的距离Δy2=12at2=0.187 5 m
射出电场后做匀速直线运动,在竖直方向上有
Δy3=(2 m-r-L)tan α=0.75 m
最后打到荧光屏上的竖直坐标y=Δy1-(Δy2+Δy3)=-0.187 5 m
故发光点的位置坐标为(2 m,-0.187 5 m)
14.(2022届湛江10月联考,14科技工程)(12分)如图所示,虚线O1O2是速度选择器的中线,其间匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直纸面向里,匀强电场未画出。其右侧偏转磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向外。照相底片与虚线O1O2垂直,虚线O1O2的延长线与底片的交点为O3)。现有带电荷量均为q的两种带正电离子以速度v0沿着虚线O1O2向右做匀速直线运动,穿过小孔后进入宽度为d的偏转磁场,最后分别打在底片上的P点和Q点,测得P、Q两点的距离为d6,P点到O3点的距离为d3。(不计离子受到的重力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)速度选择器中所加电场的电场强度;
(2)分别打到P、Q点上的两种离子的质量之比和在偏转磁场中运动的时间之比。
解析 (1)离子沿虚线做匀速直线运动,合力为0,则有qE=B1qv0,解得E=v0B1
方向垂直极板向下。
(2)设打到P点的离子在偏转磁场中做圆周运动的半径为r1,偏转角为θ1,则有
qv0B2=mPv02r1,r1 sin θ1=d,r1(1-cos θ1)=d3,解得r1=5d3=mPv0qB2,θ1=37°
设打到Q点的离子在偏转磁场中做圆周运动的半径为r2,偏转角为θ2,则有
qv0B2=mQv02r2,r2 sin θ2=d,r2(1-cos θ2)=d3+d6
解得r2=5d4=mQv0qB2,θ2=53°
所以打到P、Q点上的两种离子的质量之比mPmQ=43
离子在磁场中做圆周运动的周期T=2πrv0
打到P点的离子在偏转磁场中运动的时间t1=37360T1
打到Q点的离子在偏转磁场中运动的时间t2=53360T2
所以打到P、Q点上的两种离子在偏转磁场中运动的时间之比t1t2=37×453×3=148159。
15.(2022届泰安一中月考,17题型创新)(18分)如图所示为一磁约束装置的原理图,两同心圆的圆心O与xOy平面坐标系原点重合。半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(0,R0)的A点沿y轴负方向射入磁场区域Ⅰ,粒子全部经过坐标为(R0,0)的P点,方向沿x轴正方向。当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一匀强磁场时,上述粒子仍从A点沿y轴负方向射入区域Ⅰ,所有粒子恰好能够约束在环形区域内,且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M点(M点未画出)。不计重力和粒子间的相互作用。
(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小;
(2)若环形区域Ⅱ中磁感应强度B2=3B1,求M点坐标及环形外圆半径R;
(3)求粒子从A点沿y轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A点的过程所通过的总路程。
解析 (1)由题意,粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径r1=R0,在磁场中,由洛伦兹力提供向心力,则有qv0B1=mv02r1,且E0=12mv02,联立解得B1=2mE0qR0。
(2)粒子进入环形区域Ⅱ后沿顺时针方向做匀速圆周运动,则有qv0B2=mv02r2,B2=3B1,联立解得r2=33R0,画出粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系得∠POM=60°,由几何关系得M点的坐标为(12R0,-32R0),由几何关系得外环的半径R=r2+2r2=3r2=3R0。
(3)粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域两次偏转后,从M点再次进入Ⅰ区域时,圆心角转过150°,设经过m次这样的偏转后第一次从A点再次入射,此时圆心角转过n个360°,则有150m=360n(m、n取最小正整数),解得m=12,n=5,而粒子在Ⅰ、Ⅱ区域偏转一次通过的路程s1=14×2πr1+23×2πr2=(12+439)πR0,所以经过12次如此偏转后第一次通过A点,则总路程为s=12s1=18+1633πR0。
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