高考物理第二轮复习第14讲磁场三难之回旋加速器课后练习含答案

这是一份高考物理第二轮复习第14讲磁场三难之回旋加速器课后练习含答案，共8页。

A．加速电压越大，粒子被引出时获得的动能就越大
B．因粒子每次通过窄缝时都被加速，由知粒子在磁场中运动的周期变小
C．加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大
D．增大磁感应强度B或增大D形盒面积都能使粒子的最大动能增大
题二：1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部分由分别与高频电源的两极相连接的两个铜质D形盒D1、D2构成，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，粒子每次通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子射出时的动能
B．改变狭缝间的加速电压，可改变带电粒子在磁场中运动的周期
C．改变磁场的磁感应强度，不影响带电粒子射出时的动能
D．用同一回旋加速器不能同时加速质子()和氚核()
题三：如图所示为回旋加速器的工作原理示意图，D形金属盒置于真空中，半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度大小为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的初速度为零的质子（质量为m，电荷量为＋e）在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（ ）
A．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大
B．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器一定可加速其他带正电荷的粒子
C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRf
D．质子第二次和第一次经过狭缝后的轨道半径之比为2∶1
题四：如图所示为一种回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核（）和氦核（），下列判断中正确的是（ ）
A．它们在D形盒中运动的周期不相同
B．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
C．它们的最大动能相同
D．它们的最大速度相同
题五：回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U0，周期。一束该种粒子在0~时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：
（1）出射粒子的动能Em；
（2）粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；
（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。
题六：如图所示是回旋加速器的工作原理图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆形金属盒，两盒之间的距离为d，它们之间有大小恒定的电势差U。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速，两半圆盒处于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动，经过半个圆周之后，粒子再次到达两盒的缝隙时，两盒之间的电势差恰好改变正负，于是粒子再一次被加速……如此往复，粒子的速度就能够增加到很大。求粒子在电场中加速的总时间t1与粒子在D形盒中回旋的总时间t2的比值。（假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数，不计粒子从粒子源A进入加速电场时的初速度）
题七：1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中的运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中。
某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t。已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为＋q，加速器接一定频率的高频交流电源，其电压为U。不考虑相对论效应和重力作用。求：
（1）质子第1次被加速后进入D形盒运动的轨道半径r1；
（2）D形盒半径R。
（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道半径之差是增大、减小还是不变？
题八：如图所示为一回旋加速器的示意图，其核心部分为处于匀强磁场中的D形盒，两D形盒之间接交流电源，并留有窄缝，离子在窄缝间的运动时间忽略不计。已知D形盒的半径为R，在D1部分的中央A处放有离子源，离子带正电，质量为m，电荷量为q，初速度不计。若磁感应强度的大小为B，每次加速时的电压为U。忽略离子的重力等因素，求：
（1）加在D形盒间交流电源的周期T；
（2）离子在第3次通过窄缝后的运动半径r3；
（3）离子加速后可获得的最大动能Ekm。
题九：如图为一种质谱仪的工作原理示意图。在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着垂直于纸面的匀强磁场。关于OH轴对称的C和D分别是离子发射点和收集点。CM垂直磁场左边界于M，且OM＝d。现有一正离子束以小发散角(纸面内)从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0。若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：
（1）磁感应强度的大小和方向；
（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场时，其轨道半径和在磁场中运动的时间；
（3）线段CM的长。
题十：有一种质谱仪的工作原理图如图所示。静电分析器是四分之一圆弧的管腔，内有沿圆弧半径方向指向圆心O1的电场，且与圆心O1等距的各点的电场强度大小相等。在磁分析器中以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的电场方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器。而后离子由P点射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器。已知加速电场的电压为U，磁分析器中磁场的磁感应强度大小为B。
（1）请判断磁分析器中磁场的方向；
（2）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
（3）求磁分析器中Q点与圆心O2的距离d。
磁场三难之回旋加速器
题一：D
解析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其运动半径为，所以，当r等于D形盒半径R时，粒子将不再被加速，故粒子获得的最大动能取决于D形盒半径R、磁感应强度B，A、C错误，D正确；由及知，即粒子在磁场中运动的周期与速度无关，B错误。
题二：D
解析：根据洛伦兹力提供向心力，有，解得动能，故带电粒子射出的最大动能与加速电压无关，与磁感应强度有关，选项A、C错误；带电粒子在磁场中运动的周期，与加速电压无关，选项B错误；根据周期公式可知，质子()和氚核()在磁场中运动的周期不同，而所加的电压周期应与粒子在磁场中的运动周期相同，否则不能同步加速，故它们无法同时在同一回旋加速器中加速，选项D正确。
题三：C
解析：粒子做圆周运动的最大半径等于D形盒半径，根据半径公式和可知，最大动能与加速电场无关，选项A错；回旋加速器所加交流电周期等于粒子做圆周运动的周期，即，其他带正电荷的粒子和质子的周期不一定相同，选项B错；质子加速后最大半径为R，在磁场中做圆周运动的频率为f，根据速度公式可知最大速度为2πRf，选项C对；根据动能定理可知，质子第二次和第一次经过狭缝后的速度之比为∶1，轨道半径之比为∶1，选项D错。
题四：D
解析：粒子做圆周运动的周期为，代入数值可知两粒子的周期相同，选项A错；粒子做圆周运动的最大半径等于D形盒半径，半径相同，根据半径公式可知最大速度相同，选项D对；，所以最大动能不同且与频率无关，选项B、C均错。
题五：（1） （2） （3）
解析：（1）粒子运动半径为R时，有，且，解得。
（2）粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0。
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，有nd＝a（Δt）2，加速度，由t0＝（n－1）＋Δt，解得。
（3）只有在0~（－Δt）时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为，由η＞99%，解得。
题六：
解析：设粒子质量为m、电荷量为q，在电场中加速的次数为n，从D形盒中射出时的最大速度为v。粒子在两D形盒的缝隙之间的不连续的匀加速运动，可等效成一段位移为nd、初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动，所以粒子在电场中加速的总时间。
粒子做匀速圆周运动的最大半径为R，由牛顿第二定律有，同一粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同，故总有，粒子在D形盒中回旋的总时间，所以。
题七：（1） （2） （3）减小
详解：（1）由动能定理知，得，由牛顿第二定律有，解得。
（2）质子在回旋加速器内的周期为，质子每运动半周被加速一次，故质子被加速的次数为，由动能定理知质子的末动能为，由牛顿第二定律有，联立可得。
（3）设k(k＝1，2，3……)为质子做圆周运动的轨道半径的序数，相邻的轨道半径为rk，rk＋1，每半个周期质子被加速一次，故由rk到rk＋1质子被加速2次，则有，由牛顿第二定律得，联立解得，所以随着半径r的增大，Δr减小。
题八：（1） （2） （3）
解析：（1）加在D形盒间交流电源的周期T等于粒子在磁场中的运动的周期。
在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有，，联立可得。
（2）设第3次通过窄缝后粒子的速度为v3，则有，在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有，联立可得。
（3）设粒子的最大速度为vm，对应着粒子的最大运动半径R，则有，，联立可得。
题九：（1） 磁场方向垂直纸面向外（2）， （3）dct α
详解：（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，由qv0B＝，R＝d，得B＝，磁场方向垂直纸面向外。
（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R＇，运动时间为t。
由vcs θ＝v0，得v＝，R＇＝＝。
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则t＝T×＝。
（3）设圆心为A，过A做AB垂直NO，可以证明NM＝BO。
NM＝CMtan θ，又BO＝ABct α＝R＇sin θct α＝sin θct α，所以CM＝dct α。
题十：（1）垂直纸面向外 （2） （3）
解析：（1）由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外。
（2）设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速，根据动能定理有，离子在静电分析器中做匀速圆周运动，指向圆心O1的电场力为向心力，有，联立解得。
（3）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，圆心为O2，根据牛顿第二定律有，由题意可知，离子做圆周运动的轨道半径r＝d，解得d＝。