第14講質(zhì)譜儀與回旋加速器

內(nèi)容導(dǎo)航——預(yù)習(xí)三步曲

第一步：學(xué)

析教材學(xué)知識：教材精講精析、全方位預(yù)習(xí)

練習(xí)題講典例：教材習(xí)題學(xué)解題、快速掌握解題方法

練考點強知識：核心考點精準(zhǔn)練

第二步：記

串知識識框架：思維導(dǎo)圖助力掌握知識框架、學(xué)習(xí)目標(biāo)復(fù)核內(nèi)容掌握

第三步：測

過關(guān)測穩(wěn)提升：小試牛刀檢測預(yù)習(xí)效果、查漏補缺快速提升

知識點1：質(zhì)譜儀

1.原理圖：如圖所示。

1

2.加速：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得qU＝mv2。

2

mv2

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：qvB＝。

r

12mUq

4.結(jié)論：r＝。測出粒子的軌跡半徑r，可算出粒子的質(zhì)量m或比荷。

Bqm

5.應(yīng)用：可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。

知識點2：回旋加速器

1.構(gòu)造圖：如圖所示。

2.核心部件：兩個中空的半圓金屬盒。

3.原理：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)過一次加速，其軌道半徑

就大一些，粒子做圓周運動的周期不變。

4.電場和磁場的特點及作用

(1)電場的特點及作用

①特點：周期性變化，其周期等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。

②作用：加速帶電粒子。粒子經(jīng)過窄縫處均被加速，一個周期內(nèi)加速兩次。

(2)磁場的作用：改變粒子的運動方向。粒子在一個D形盒中運動半個周期，運動至狹縫進(jìn)入電場被加速。

(3)粒子獲得的最大動能

mvqBR

若D形盒的最大半徑為R，磁感應(yīng)強度為B，由R＝得粒子獲得的最大速度vm＝，最大動能

qBm

222

12qBR

Ekm＝mvm＝。

22m

解題方法

教材習(xí)題01A．在加速電場中，根據(jù)動能定理

如圖所示，同位素原子核氧16和氧17，質(zhì)子數(shù)相同，帶電1

qUmv2

荷量相同，質(zhì)量之比為16∶17。兩個原子核同時從容器A2

2qU

下方的狹縫S1飄入（初速度為零）電場區(qū)，經(jīng)電場加速后通解得原子核的速度為v原子核電

m

過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界MN射入勻強磁場，磁場方向

荷量q相同，氧17的質(zhì)量較大，則氧17

垂直紙面向里，原子核經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后到達(dá)照相底片D的不同

進(jìn)入磁場時的速度較小，故A錯誤；

位置上，不考慮兩個原子核間的相互作用，下列說法正確的

B．原子核在磁場中受洛倫茲力，由左手

是（）

定則可知洛倫茲力與速度方向垂直，則洛

A．氧17進(jìn)入磁場時的速度較大

倫茲力不做功，故B錯誤；

B．磁場對氧16做功小于氧17

v2

C．由洛倫茲力提供向心力，則qvBm

C．到達(dá)照相底片D右側(cè)的原子核是氧17R

．氧和氧在磁場中運動時間相等

D1617mv12mU

解得R氧17的質(zhì)量較

qBBq

大，運動半徑大，即到達(dá)照相機底片D右

側(cè)的原子核為氧17，故C正確；

2Rmv

D．由周期公式T結(jié)合R聯(lián)立

vqB

2m

可得周期為T兩個原子核在磁場

qB

Tm

中運動的時間為t由于氧17的

2qB

質(zhì)量較大，在磁場中運動的時間長，故D

錯誤。故選C。

【答案】C

解題方法

A．粒子被加速后，當(dāng)半徑達(dá)到D形金屬

教材習(xí)題2

02mv

盒半徑R速度最大，則qvB解得

如圖所示為回旋加速器工作原理示意圖：置于高真空中的DR

形金屬盒半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過qBR

v故A錯誤；

的時間可忽略。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加m

．粒子在磁場中做圓周運動的周期為

速電壓為U。若D型盒圓心A處粒子源產(chǎn)生的粒子質(zhì)量為B

2m

m、電荷量為q、初速度為零，粒子在加速器中被加速，T所以交變電源的周期等于粒子

qB

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

在磁場中做圓周運動的周期，即為

正確的是（）

2m

mT故B錯誤；

A．粒子被加速后的最大速度vqB

qBR

C．若只減小D形盒的半徑，則粒子出離

m

B．交變電源的周期等于T

qBD型盒時的速度變小，則加速次數(shù)減少，

則離開加速器的時間變短，故正確；

C．若只減小D形盒的半徑，則粒子離開加速器的時間變C

短D．粒子第3次和第1次經(jīng)過兩D形盒間

11

D．粒子第3次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半狹縫后，根據(jù)3qUmv2，qUmv2可

2321

徑之比為3:1

v3mv2

得3根據(jù)公式qvB可得

v11r

mv

r所以粒子第3次和第1次經(jīng)過兩D

qB

形盒間狹縫后軌道半徑之比為

rv3

33故D錯誤。故選C。

r1v11

【答案】C

考點一：質(zhì)譜儀

1．我國科學(xué)家周振教授帶領(lǐng)團(tuán)隊攻克質(zhì)譜技術(shù)高地，打破質(zhì)譜儀生產(chǎn)長期依賴進(jìn)口的局面。如圖為質(zhì)譜儀

的工作原理示意圖，帶電粒子從O點被加速電場加速后，沿直線通過速度選擇器。速度選擇器內(nèi)存在相互

正交的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，加速電場大小為E。粒子通過速度選擇器后經(jīng)過狹縫P

進(jìn)入勻強磁場B0，之后向左偏轉(zhuǎn)打在膠片A1A2上，不計粒子重力。下列說法正確的是（）

A．粒子帶負(fù)電

B．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外

E

C．能通過狹縫P的粒子的速率為

B

D．粒子打在膠片A1A2上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小

【答案】C

【詳解】A．根據(jù)粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中的軌跡和左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；

BC．因為粒子帶正電，在速度選擇器中受到的電場力向左，所以受到的洛倫茲力向右，由左手定則可知，

速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里，且滿足qvBqE

E

可得能通過狹縫P的粒子的速率為v

B

故B錯誤，C正確；

v2

D．粒子偏轉(zhuǎn)后打在膠片A1A2上的位置到狹縫P的距離為2R，由洛倫茲力提供向心力可得qvBm

0R

mv

可得R

qB0

因為速率相等，磁場相同，故R由比荷決定，比荷越小，R越大，越遠(yuǎn)離狹縫P，故D錯誤。

故選C。

2．日本的核污水排放，使碘的同位素131被更多的人所了解。利用質(zhì)譜儀可分析碘的各種同位素。如圖所

示，電荷量均為＋q的碘131和碘127質(zhì)量分別為m1和m2，它們從容器A下方的小孔S1進(jìn)入電壓為U的

加速電場(入場速度忽略不計)。經(jīng)電場加速后從S2小孔射出，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最

后打到照相底片上。下列說法正確的是（）

A．磁場的方向垂直于紙面向里

2qU

B．碘131進(jìn)入磁場時的速率為

m2

2mm

C．碘131與碘127在磁場中運動的時間差值為12

qB

22m1U2m2U

D．打到照相底片上的碘131與碘127之間的距離為

Bqq

【答案】D

【詳解】A．碘131和碘127均帶正電，進(jìn)入磁場時均向左偏轉(zhuǎn)，所受的洛倫茲力向左，根據(jù)左手定則可知，

磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；

B．碘131在電場中加速過程，由動能定理知，粒子在電場中得到的動能等于電場對它所做的功，則

1

qUmv2

21

2qU

解得v

m1

故B錯誤；

2m

C．根據(jù)周期公式T，因兩個粒子在磁場中運動的時間t為周期的一半，則碘131與碘127在磁場中

qB

11mm

運動的時間差值為ΔtTT12

2122qB

故C錯誤；

D．粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為

v2

R，則有qvBm

R

12mU

解得R

Bq

22mU2mU

所以打到照相底片上的碘與碘之間的距離為12

131127Δd2R12R2

Bqq

故D正確。

故選D。

3．如圖所示，是一種由加速電場，靜電分析器，磁分析器構(gòu)成的質(zhì)譜儀的原理圖。靜電分析器通道內(nèi)有均

勻的、大小方向可調(diào)節(jié)的輻向電場，通道圓弧中心線半徑為R，中心線處的電場強度大小都為E；半圓形磁

分析器中分布著方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。要讓質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶正電粒子

（不計重力），由靜止開始從M板經(jīng)加速電場加速后，沿圓弧中心線通過靜電分析器，再由P點垂直磁場

邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，則（）

A．磁分析器中磁場方向垂直于紙面向里

B．在靜電分析器中粒子受輻向電場的電場力為零

C．加速電場的電壓UER

2mER

D．P點與Q點間距離d

Bq

【答案】D

【詳解】A．粒子帶正電，在磁分析器中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動且打在Q點，由左手定則

可知，磁分析器中磁場方向垂直于紙面向外，A錯誤；

B．帶電粒子在靜電分析器中做勻速圓周運動，由粒子受輻向電場的電場力提供向心力，因此在靜電分析器

中粒子受輻向電場的電場力不是零，B錯誤；

C．設(shè)粒子在靜電分析器中的速度大小為v，由粒子受輻向電場的電場力提供向心力，由牛頓第二定律可得

2

v2qER121

qEm解得v粒子在加速電場中，設(shè)加速電壓為U，由動能定理可得Uqmv解得UER,C

Rm22

錯誤；

v2mv1mER

D．粒子在磁分析器中，由洛倫茲力提供向心力，設(shè)運動的半徑為r，可得qvBm解得r

rqBBq

2mER

可知P點與Q點間距離d2r,D正確。故選D。

Bq

考點二：回旋加速器

4．回旋加速器原理如圖所示，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)生質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為q，在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．帶電粒子在離開加速器前速度一直增大

B．帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑的增大而增大

C．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

f

D．該加速器加速質(zhì)量為4m、電荷量為2q的粒子時，交流電頻率應(yīng)變?yōu)?/p>

2

【答案】D

【詳解】A．根據(jù)回旋加速度的原理可知，粒子經(jīng)過電場時加速，進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，故A錯誤；

v2mv2r2m

B．根據(jù)qvBm解得r又T解得T可知，磁感應(yīng)強度不變時，帶電粒子在回旋加速器

rqBvqB

中做圓周運動的周期不變，與圓周運動半徑無關(guān)，故B錯誤；

mv222

max12qBR

C．粒子在磁場中圓周運動半徑越大，速度越大，根據(jù)R可得Ekmmvm解得E可知質(zhì)

qB2km2m

子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U無關(guān)。故C錯誤；

D．回旋加速器正常工作的前提是交變電流的周期與粒子在磁場中勻速圓周運動的周期相等，則該加速器加

1111

ff

速質(zhì)量為4m、電荷量為2q的粒子時，根據(jù)T2m，T24m

qB2qB

f

解得f故D正確。故選D。

2

5．回旋加速器的構(gòu)造如圖甲所示，處在勻強磁場中的真空室內(nèi)的兩個半圓形的金屬扁盒（“D”型盒），若“D”

型盒的半徑為，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為，現(xiàn)在兩型盒間接入峰值為的交變電壓，電壓隨

RB“D”U0

時間的變化規(guī)律如圖乙所示，粒子源S位于“D”型盒的圓心處，產(chǎn)生的帶電粒子初速度可以忽略。現(xiàn)用該裝

置分別加速氦核和質(zhì)子，不考慮相對論效應(yīng)和重力作用，粒子穿過電場的時間忽略不計，下列說法正確的

是（）

A．氦核和質(zhì)子在磁場中加速運動

B．氦核和質(zhì)子在下方“D”型盒中第1個半圓的半徑之比為1:2

C．氦核和質(zhì)子所能達(dá)到的最大動能之比為2:1

D．氦核和質(zhì)子在達(dá)到最大動能的過程中通狹縫的次數(shù)之比為1:2

【答案】D

【詳解】A．氦核和質(zhì)子在電場中加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，故A錯誤；

B．設(shè)氦核的電荷量和質(zhì)量分別為2q0、4m0，質(zhì)子的電荷量和質(zhì)量分別為q0、m0。在下方“D”型盒中第1

12

個半圓時加速的次數(shù)為1次，根據(jù)動能定理可得qU0mv1

2

2

v1

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv1Bm

r1

12mUm

聯(lián)立解得r0

1Bqq

故氦核和質(zhì)子在下方“D”型盒中第1個半圓的半徑之比為2:1，故B錯誤；

C．當(dāng)粒子在磁場中的運動半徑等于“D”型盒半徑R時，粒子的速度最大，動能最大，由洛倫茲力提供向心

v2

力可得qvBmm

mR

1q2B2R2q2

則粒子能獲得的最大動能為Emv2

km2m2mm

故氦核和質(zhì)子所能達(dá)到的最大動能之比為1:1，故C錯誤；

D．設(shè)粒子在達(dá)到最大動能的過程中通狹縫加速的次數(shù)為n，根據(jù)動能定理可得nqU0Ekm

E

可得nkm

qU0

由C選項分析可知氦核和質(zhì)子所能達(dá)到的最大動能相等，則氦核和質(zhì)子在達(dá)到最大動能的過程中通狹縫的

次數(shù)之比為1:2，故D正確。

故選D。

6．一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖如圖所示，加速電場的電場強度大小恒定，且被限制在A、C板間，虛

線中間不須加電場，如圖所示，帶電粒子在P0處由靜止經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入D形盒中的勻強磁場做勻速

圓周運動，對該回旋加速器（忽略相對論的影響），下列說法正確的是（）

A．帶電粒子每運動周被加速兩次

B．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)

C．A、C板間的加速電場方向需要做周期性變化

21

D．右側(cè)相鄰圓弧間距離P1P2與P2P3的比值為

32

【答案】D

【詳解】AC．帶電粒子只有經(jīng)過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次，電場方向沒有改

變，只在AC間加速，故AC錯誤；

v2qBR

B．當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBm解得v可知加速粒

Rm

子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)，故B錯誤；

2

vmv2mv2v1

D．根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvBm解得r所以P1P22r2r1同理

rqBqB

2mvv

PP2rr32因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，速度變化量為vat經(jīng)過相同位移用的時間根據(jù)運

2332qB

P1P2t121

動學(xué)規(guī)律可得t1:t221:32即故D正確。故選D。

P2P3t232

知識導(dǎo)圖記憶

知識目標(biāo)復(fù)核

1.知道回旋加速器、質(zhì)譜儀的基本構(gòu)造、原理及用途。

2.會利用相關(guān)規(guī)律解決質(zhì)譜儀、回旋加速器問題。

1．質(zhì)譜儀可測定同位素的組成?，F(xiàn)有一束一價的鈉23和鈉24離子經(jīng)電場加速后，沿著與磁場邊界垂直的

方向進(jìn)入勻強磁場中，如圖所示。測試時規(guī)定加速電壓大小為，但在實驗過程中加速電壓有較小的波動，

U0

可能偏大或偏小U。為使鈉23和鈉24打在照相底片上的區(qū)域不重疊，不計離子的重力，則U不得超過

（）

11123

A．UB．UC．UD．U

230240470470

【答案】C

【詳解】設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度為B，電荷量的電荷量為q，質(zhì)量為m，其在磁場中運動的軌跡半徑為R，則

由動能定理有

1

qUmv2

02

由洛倫茲力充當(dāng)向心力有

v2

Bqvm

R

聯(lián)立解得

12mU

R0

Bq

根據(jù)該式可知，在加速電壓、磁感應(yīng)強度、電荷量q相同的情況下，小的半徑小，所以鈉半徑

U0Bm23

小，鈉24半徑大。設(shè)鈉23質(zhì)量為m1加速電壓取最大值U0U，最大半徑為R1；鈉24質(zhì)量為m2，加速

電壓取最小值U0U，最小半徑為R2，因此有

12m(UU)

R10

1Bq

12m(UU)

R20

2Bq

鈉23和鈉24打在照相底片上的區(qū)域恰好有重疊，則有R1R2，可得

m1(U0U)m2(U0U)

解得

U0(m2m1)1

UU0

m2m147

1

即U不得超過U。

470

故選C。

2．如圖為某一類型質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)示意圖，在兩平行電極板間有一勻強電場，電場強度為E，在電極板的右

端有一阻隔板，板上有一小孔只能讓沒有偏向的帶電粒子穿過，整個儀器置于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂

直紙面向外的勻強磁場中。一帶電粒子由電極板的左端，對準(zhǔn)小孔、平行于電極板射入，從小孔射出后，

q

粒子打在板上距離小孔為d的位置，忽略粒子重力，則此粒子的比荷為（）

m

2B2dE2EE

A．B．C．D．

Ed2BdB2dB2

【答案】C

【詳解】粒子在兩平行電極板間運動時，受平衡力作用

qEqvB

粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，洛倫茲力提供向心力

v2

qvBm

d

2

解得

q2E

mdB2

故選C。

3．質(zhì)譜儀可測定同位素的組成?，F(xiàn)有一束二價鈣40和二價鈣43離子經(jīng)電場加速后，沿著與磁場邊界垂直

的方向進(jìn)入勻強磁場中，如圖所示，測試時規(guī)定加速電壓大小為，但在實驗過程中加速電壓有較小的波

U0

動，可能偏大或偏小U。為使鈣40和鈣43打在照相底片上的區(qū)域不重疊，不計離子的重力及離子間的相

互作用，則U不得超過（）

43403

A．UB．UC．UD．U

8308308300

【答案】C

【詳解】加速電壓為U0，磁場的磁感應(yīng)強度為B，電荷的電荷量為q，質(zhì)量為m，運動半徑為R，則由

1

qUmv2

02

v2

qvBm

R

解得

12mU

R

Bq

由此式可知，在B、q、U相同時，m小的半徑小，所以鈣40半徑小，鈣43半徑大；在m、B、q相同時，

U大半徑大。

設(shè)鈣40質(zhì)量為m1，電壓為U0+ΔU時，最大半徑為R1；鈣43質(zhì)量為m2，電壓為U0-ΔU時，最小半徑為R2．則

12m(UU)

R10

1Bq

12m(UU)

R20

2Bq

令R1=R2，則

m1（U0+ΔU）=m2（U0-ΔU）

解得

m2m143403

UU0U0U0

m2m1434083

故選C。

4．具有相同質(zhì)子數(shù)、不同中子數(shù)的元素在元素周期表中位于同一位置，被稱為同位素，利用質(zhì)譜儀可以測

量同位素的原子核質(zhì)量m。如圖所示為質(zhì)譜儀原理圖，S1、S2之間是電場強度大小為E0的加速電場，P1、

P2之間的電場強度大小為E1、磁感應(yīng)強度大小為B1，偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B2。電荷量為q的同位

素被加速電場加速后進(jìn)入速度選擇器，而后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場運動半徑為r的半圓后打到屏上的A點，若打到A

點的同位素質(zhì)量mkqr，其中k是一個常數(shù)，則根據(jù)題目給出的已知量，常數(shù)k的值應(yīng)該為（）

B1B2E1B2

A．kB．k

E0E1E0B1

EBB

C．k1D．k12

B1B2E1

【答案】D

【分析】

本題考查速度選擇器和質(zhì)譜儀相關(guān)知識，考查學(xué)生的科學(xué)思維。

【詳解】

設(shè)原子核離開速度選擇器時的速度為v，在速度選擇器內(nèi)

qvB1qE1

得

E

v1

B1

在偏轉(zhuǎn)磁場中

mv2

qvB

2r

解得

mv

r

B2q

聯(lián)立解得

BB

m12qr

E1

所以

BB

k12

E1

故選D。

5．如圖所示是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。三個帶電粒子先后從容器A正下方的小孔S1飄入電勢差為U的

加速電場，其初速度大小都幾乎為零，然后都豎直向下經(jīng)過加速電場，分別從小孔S2離開，再從小孔S3沿

著與磁場垂直的方向豎直向下進(jìn)入水平向外的勻強磁場中，最后打到照相底片D上的不同位置。整個裝置

放在真空中，均不計帶電粒子的重力和粒子之間的相互作用力。根據(jù)圖中三個帶電粒子在質(zhì)譜儀中的運動

軌跡，下列說法正確的是（）

A．加速電場的電場強度方向豎直向上

B．三個帶電粒子進(jìn)入磁場中的速度大小一定相同

C．三個帶電粒子進(jìn)入磁場的動能與帶電量成正比

D．三個帶電粒子的比荷一定相同

【答案】C

【詳解】A．利用離子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電荷，可知加速電場的電場強度

方向豎直向下，A錯誤；

C．根據(jù)

1

Uqmv2①

2

由于經(jīng)同一電場加速，三個帶電粒子進(jìn)入磁場的動能與帶電量成正比，C正確；

D．粒子在磁場中運動，根據(jù)

mv2

qvB②

r

①②聯(lián)立解得

12Um

r

Bq

由于軌道半徑不同，因此三個帶電粒子的比荷不同，D錯誤；

B．由①得

2Uq

v

m

由于粒子的比荷不同，因此進(jìn)入磁場的初速度大小不同，B錯誤。

故選C。

6．如圖所示為質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)圖，該質(zhì)譜儀由速度選擇器與偏轉(zhuǎn)磁場兩部分組成。已知速度選擇器中的磁場

磁感應(yīng)強度大小為B0、電場強度大小為E，熒光屏PQ下方的勻強磁場方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小

為2B0。三個帶電荷量均為q、質(zhì)量不同的粒子沿豎直方向經(jīng)速度選擇器由熒光屏上的狹縫O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，

最終打在熒光屏上的S1、S2、S3處，相對應(yīng)的三個粒子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒

子間的相互作用。則下列說法正確的是（）

A．打在S3位置的粒子質(zhì)量最小

B．質(zhì)量為m1的粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時間最長

2qB0t

C．如果m1、m2在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時間差為t，則m?-m1=

E

D．速度選擇器中v=的粒子可以到達(dá)熒光屏上的狹縫O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場

2B0

【答案】C

【詳解】AD．粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件

qEqvB0

解得粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時的速度

E

v

B0

E

所以速度選擇器中v=的粒子不能到達(dá)熒光屏上的狹縫O進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場；

2B0

粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律

v2

qv2Bm

0r

解得粒子做圓周運動的半徑

mE

r2

2qB0

則粒子打在熒光屏位置與O點的距離為

mE

d2r2

qB0

由圖知，S3O>S2O>S1O，則m3>m2>m1，可見打在S3的粒子質(zhì)量最大，故AD錯誤；

BC．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的周期

2rm

T

vqB0

粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時轉(zhuǎn)過的圓心角為180°,故粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間

1m

tT

22qB0

由于m3>m2>m1,可見質(zhì)量為m1的粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時間最短，由于m1、m2在偏轉(zhuǎn)磁場中運動時間差

為t，即

mm

t21

2qB02qB0

解得

2qB0t

m?-m1=

故B錯誤，C正確；

故選C。

7．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為e的粒子從容器A下方的小孔S無初速度地飄入加速電場，經(jīng)加速

后豎直向下垂直磁場邊界從N點進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后垂直打在距入射點N為d的底片

上的M點。粒子重力不計，則（）

deB

A．粒子進(jìn)入磁場時的速率v

m

2m

B．粒子在磁場中運動的時間t

eB

ed2B2

C．加速電場的電勢差U

8m

D．若加速電場的電壓U增大一倍，d也增大一倍

【答案】C

【詳解】A．帶電粒子進(jìn)入磁場時由洛侖茲力提供向心力

v2

evBm

d

2

解得

deB

v

2m

故A錯誤；

B．粒子做圓周運動的周期

2m

T

eB

粒子在磁場中運動的時間