质谱仪和回旋加速器专题

1、试卷第试卷第2页,共4页试卷第试卷第 页，共5页nUq=gmv2可知U增加，加速次数n减少，而Tt=n2T不变，所以t与U有关，C错误；D.若是a粒子，则粒子的比荷发生变化，所以周期也变化，因此不能用这个装置，D错误。故选A。(1)v=：吗(2)U=Bd:叁Ui(3)B=网Umm21m2L1；1q【解析】试题分析：(1)在加速电场中，根据动能定理求出加速后的速度；(2)带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡，由此求出电压；(3)在匀强磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度.1(1)带电粒子在和S2两极板间加速，根据动能定理有：qU=-mv2-0TOC o 1-5

2、h z12121解得：加速后的速度v-：qU1m(2)带电粒子在p和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡：qU=qvB2d11解得：U=Bd.:，11m(3)带电粒子在磁场中运动，做匀速圆周运动，据牛顿第二定律有：qvB=mv2,又R=L12R2解得：B=2Lq【点睛】粒子在速度选择器中的运动可以分为匀加速直线运动、匀速运动和匀速圆周运动，根据不同阶段的运动的特点来分类解决.1484.(1)v0B1,万向垂直极板向下；(2)159【详解】(1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0，则有qE=Bqv10解得E=vB01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彳，

3、偏转角为，如图则有则有mv2qvBp002r1由几何关系可知rsinrsin0d，11(1-cos0)13解得037。1037。1rp03qB2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02，则有mv2qvBQo02r2由几何关系知rsinrsin0d22(j0s02)d3+d解得5dmv053。2r053。24qB2所以打到P、Q点上的两种离子的质量之比m4pm3Q离子在磁场中做圆周运动的周期22冗rT二v0打到P点的离子在偏转磁场中运动的时间373601打到。点的离子在偏转磁场中运动的时间53T3602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t37x4148

4、-t-=t53x31592门、-2mU。BR2(1)-;(2)Bq2U【详解】(1)设粒子第1次经过两个D形盒间狭缝后获得的速度为匕，根据动能定理有1qU=mv221设粒子第1次经过两个D形盒间狭缝后的轨道半径为r1,根据牛顿第二定律有qvB=mt-1r1联立解得12mUr1=Bq(2)设粒子从开始被加速到由出口处射出共运动了n圈，从出口射出时粒子的速度大小为v，根据动能定理有2nqU=2mv2根据牛顿第二定律有v2qvB=mR粒子运动的周期为2R_2mvBq粒子从开始被加速到由出口处射出在磁场中的运动总时间为联立解得t=联立解得t=nTnBR2t=2U2冗2mR2、冗2mR2；(3)2冗2mR2、冗2mR2；(3)一qUT2qUT00(1)-；(2)qTT2【详解】(1)质子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到D形盒半径R时被导出，此时具有最大动能。设此时的速度大小为v卅由牛顿第二定律得mv2qvB=mmR交变电压的周期T与质子在磁场中运动的周期相同，有联立解得(2)质子的最大动能为Ekm1Ekm1=mv2=mT2质子每加速一次获得的能量为=qU0加速次