1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个D形盒D1、D2构成，它们之间留有窄缝，有

（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r₁，速度为v₁
qU=[1/2]mv₁²
qv₁B=m

v21
r1
解得r1＝
1
B

2mU
q
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝
1
B

4mU
q
则 r2：r1＝
2：1．
（2）设粒子到出口处被加速了n圈


2nqU＝
1
2mv2
qvB＝m
v2
R
T＝
2πm
qB
t＝nT
解得t＝
πBR2
2U．
（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝
qB
2πm
当磁场感应强度为B_m时，加速电场的频率应为fBm＝
qBm
2πm
粒子的动能EK＝
1
2mv2
当f_Bm≤f_m时，粒子的最大动能由B_m决定q

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理；动能定理．

考点点评： 此题是带电粒子在复合场中运动与动能定理的灵活应用，本题每一问都比较新颖，需要学生反复琢磨解答过程．

(1)根据动能定理可得：(2分)

解得(1分)

(2)运动过程中洛伦兹力充当向心力，所以(3分)

解得(1分)

(3)设质子从静止开始加速到出口处被加速了n圈，质子在出口处的速度为v

根据动能定理可得：(2分)

又知道，

解得(3分)

因为(1分)

得：(1分)

（1） （2） （3）


<>

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．
故选：C．

点评：
本题考点： 物理学史．

考点点评： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．

A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，在AC间加速．故A错误，C错误．
B、根据r=[mv/qB]，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/qB]，因为每转一圈被加速一次，根据v²-v₁²=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，则P₁P₂≠P₂P₃．故B错误．
D、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=[mv/qB] 得，v=[qBr/m]．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，在AC间加速．故A错误，D错误．
B、根据r=[mv/qB]，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/qB]，因为每转一圈被加速一次，根据v2−v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，则P₁P₂≠P₂P₃．故B错误．
C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝
mv
qB得，v=[qBr/m]．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．
故选C．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故A错误，D错误．
B、根据r=[mv/Bq]，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/Bq]，因为每转一圈被加速一次，根据v²-v₁²=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v₃-v₂＜v₂-v₁，则P₁P₂＞P₂P₃．故B正确．
C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=[mv/Bq]得，v=[qBr/m]．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．
故选BC．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，在AC间加速．故A错误，D错误．
B、根据r=[mv/qB]，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/qB]，因为每转一圈被加速一次，根据v2−v12＝2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，则P₁P₂≠P₂P₃．故B错误．
C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝
mv
qB得，v=[qBr/m]．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．
故选C．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

A、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向不需改变，在AC间加速．故A错误，D错误．
B、根据r=[mv/qB]，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/qB]，因为每转一圈被加速一次，根据v²-v₁²=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，则P₁P₂≠P₂P₃．故B错误．
C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=[mv/qB] 得，v=[qBr/m]．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C正确．
故选：C．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

（1）粒子在电场中被加速，由动能定理得：qU＝12mv12解得：v1＝2qUm．（2）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据qv1B＝mv12r1解得：r1＝mv1qB代入数据得：r1＝1B2mUq．（3）若粒子射出，则粒子做圆...

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动，知道回旋加速器的原理，靠电场加速，磁场偏转来加速粒子，掌握半径公式，知道粒子出D形盒时动能最大．

A、回旋加速器既可以加速带正电的粒子，也可以加速带负电的粒子．故A错误．
B、回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，且粒子在磁场中运动的周期与交流电压的周期相同．故B正确，C错误．
D、当粒子离开回旋加速器时，速度最大，有：qvB＝m
v2
R，得v＝
qBR
m，与交流电压的大小无关．故D错误．
故选B．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键掌握回旋加速器的工作原理，知道回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子．

（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r₁，速度为v₁
qU=[1/2]mv₁²
qv₁B=m

v21
r1
解得r1＝
1
B

2mU
q
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝
1
B

4mU
q
则 r2：r1＝
2：1
（2）设粒子到出口处被加速了n圈解得


2nqU＝
1
2mv2
qvB＝m
v2
R
T＝
2πm
qB
t＝nT
解上四个方程得t＝
πBR2
2U
（3）粒子的动能

EK＝
1
2mv2
Bqv=
mv2
R
解得E_K=
B2q2R2
2m
将f＝
qB
2πm代入上式
解得E_K=2 mπ²R²f²
答：（1）粒子第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
（2）粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t＝
πBR2
2U．
（3）粒子能获得的动能E_k跟加速器磁感应强度和加速电场频率之间关系为E_K=2 mπ²R²f²．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键掌握回旋加速器的原理，运用电场加速和磁场偏转，知道粒子在磁场中运动的周期与加速电场的变化周期相等．

设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH．构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和vH′．由动量守恒与能量守恒定律得mv=m v′+mH vH′①12m...

点评：
本题考点： 动量守恒定律．

考点点评： 本题关键是根据动量守恒和能量守恒定律分别列式求解出氢核和氮核的速度加以讨论求解．

（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r₁，速度为v₁，则：
Uq=[1/2]m
v21
进入磁场，粒子在运动过程中有：Bqv₁=m

v21

r 1
解得：r1＝
1
B

2mU
q
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径：r2＝
1
B

4mU
q
解得：
r2
r1＝

2
1
（2）设粒子共加速了n圈，则2nqU=[1/2mv2
洛伦兹力提供向心力，则Bqv＝m
v2
r]
粒子运动的周期为：T＝
2πm
qB
时间与周期的关系：t=nT
解得：t＝
πBR2
2U
（3）加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即：f＝
Bq
2πm
当磁感应强度为B_n时，加速电场的频率应该为：fBm＝
Bnq
2πm
粒子的动能：Ek＝
1
2mv2
当f_Bm≤f_m时，粒子的最大动能由B_m决定，则：Bqvm＝m
v2
r
解得：Ekm＝
q2
B2mr2
2m
当f_Bm≥f_m时，粒子的最大动能由f_m决定，则：vm＝2π
f mR
解得：Ekm＝2π2m
f2mR2
答：（1）粒子第2次经过两D形盒间狭缝后和第1次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比为
2：1；
（2）粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t为
πBR2
2U；
（3）当f_Bm≤f_m时，粒子的最大动能为
q2
B2mr2
2m；当f_Bm≥f_m时，粒子的最大动能2π2m
f2mR2．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题关键明确回旋加速器的工作原理，特别是要知道加速时间很短，与回旋时间相比完全可以忽略不计．

A、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力，所以r=[mv/qB]得，v=[qBr/m]，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故A正确．
B、根据r=[mv/qB]得，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/qB]，因为每转一圈被加速一次，根据v²-v₁²=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v₃-v₂＜v₂-v₁，则P₁P₂＞P₂P₃．故B错误CD、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故C错误，D正确．
故选：AD．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

A、带电粒子在磁场中运动的周期与电场变化的周期相等，根据qvB＝m
v2
r，则v=[qBr/m]，周期T=[2πr/v＝
2πm
qB]，与粒子的速度无关，t₁：t₂=1：1．交变电场的周期也为[2πm/qB]．故A错误，C正确．
B、根据v²=2ax得，带电粒子第一次和和第二次经过加速后的速度比为
2：2，根据r＝
mv
qB知，带电粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比r₁：r₂=
2：2．故B正确．
D、根据qvB＝m
v2
R，知v=[qBR/m]，则带电粒子离开回旋加速器时获得动能为Ek＝
1
2mv2＝
B2q2R2
2m．故D正确．
故选BCD．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道带电粒子在磁场中运动的周期与交变电场的周期相同，以及掌握带电粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式．

（1）电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，故电负性最强的物质在周期表的右上角为F元素；
由表中数据可知，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越强，故金属性越强电负性越小，故钙元素的电负性比K元素大，但小于Li元素的电负性，即0.8＜X（Ca）＜1，
故答案为：F，0.8、1；
（2）由表中数据可知，同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性降低，故非金属性越强电负性越大，金属性越强电负性越小，
故答案为：自上而下电负性降低，非金属性越强电负性越大，金属性越强电负性越小；
（3）AlCl₃中两电负性之差为1.5，Br元素的电负性小于Cl元素电负性，AlBr₃中两电负性之差小于1.5，故AlBr₃中化学键为共价键，
故答案为：共价键，AlCl₃中两电负性之差为1.5，Br元素的电负性小于Cl元素电负性，AlBr₃中两电负性之差小于1.5．

点评：
本题考点： 元素电离能、电负性的含义及应用．

考点点评： 考查电负性及与金属性非金属性的关系等，难度中等，清楚主族元素电负性的递变规律是解题关键．

（1）根据动能定理得，Uq＝
1
2mv12，
解得v1＝

2Uq
m
（2）根据牛顿第二定律得，qv1B＝m

v21
r1
解得r1＝
1
B

2Um
q．
（3）设质子从静止开始加速到出口处被加速了n圈，质子在出口处的速度为v，
根据动能定理得，2nqU＝
1
2mv2
根据牛顿第二定律得，qvB＝m

v2
r ，
周期T＝
2πr
v，则T＝
2πm
qB
运动时间t=nT
联立各式解得：t＝
πBR2
2U．
答：（1）质子第1次经过狭缝被加速后进人D₂盒时的速度大小v1＝

2Uq
m．
（2）质子第1次经过狭缝被加速后进人D₂盒后运动的轨道半径r1＝
1
B

2Um
q．
（3）质子从静止开始加速到出口处所需的时间t＝
πBR2
2U．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子，结合动能定理和牛顿第二定律进行求解．

A、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=[mv/qB]得，v=[qBr/m]，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故A正确．
BC、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故B正确，C错误．
D、根据r=[mv/qB]得，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/qB]，因为每转一圈被加速一次，根据v²-v₁²=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v₃-v₂＜v₂-v₁，则P₁P₂＞P₂P₃．故D错误．
故选：AB．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故A正确，D错误．
B、根据r=[mv/Bq]，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/Bq]，因为每转一圈被加速一次，根据v²-v₁²=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v₃-v₂＜v₂-v₁，则P₁P₂＞P₂P₃．故B错误．
C、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=[mv/Bq] 得，v=[qBr/m]．知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故C错误．
故选：A．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

A、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=[mv/qB]得，v=[qBr/m]，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关．故A正确．
BC、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次．电场的方向没有改变，则在AC间加速．故B正确，C错误．
D、根据r=[mv/qB]得，则P₁P₂=2（r₂-r₁）=[2m△v/qB]，因为每转一圈被加速一次，根据v²-v₁²=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v₃-v₂＜v₂-v₁，则P₁P₂＞P₂P₃．故D错误．
故选：AB．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．

A、1879年，英国物理学家汤姆逊首先发现了电子，从而揭开了人们对原子内部的认识．故A错误；
B、1919年，卢瑟福从氮原子中打出了质子，故B错误．
C、1932年，查德威克发现了中子，故C正确；
D、1961年，盖尔曼提出质子和中子是由层子组成的设想．故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 人类探究微观世界的历程．

考点点评： 了解物理的发展史和重大成就，有利于激发学生学习物理的兴趣，培养社会责任感，符合新课程标准三维目标的要求．