資源簡介

章末素養(yǎng)提升
物理觀念 安培力 （1）方向的判定方法：　　　　　 安培力方向垂直于B與I構(gòu)成的平面 （2）大小：F=　　　　　　　　（θ為B與I的夾角）
洛倫茲力 （1）方向的判定方法：　　　　　 （2）大小：F=qvB·sin θ（θ為B與v的夾角）
物理觀念 洛倫茲力與 現(xiàn)代科技 （1）質(zhì)譜儀 加速電場：qU=mv2 （2）回旋加速器 最大速度v=　　　　　，最大動能：Ek=　　　　　　， 加速次數(shù)：n=,磁場中運動時間：t=T
科學(xué)思維 1.微元法：判斷通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向 2.等效法：利用等效長度求通電導(dǎo)線所受安培力的大小 3.能綜合應(yīng)用牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動的規(guī)律分析帶電粒子在組合場、疊加場、交變電磁場中的運動
科學(xué)探究 1.能分析物理現(xiàn)象，提出針對性問題 2.能調(diào)研電磁技術(shù)中關(guān)于安培力與洛倫茲力的應(yīng)用
科學(xué)態(tài)度 與責(zé)任 1.認(rèn)識回旋加速器和質(zhì)譜儀對人類探究未知領(lǐng)域的重要性 2.認(rèn)識磁技術(shù)應(yīng)用對人類生活的影響
例1　（多選）（2023·四川省高二期末）在粒子物理的研究中使用的一種球狀探測裝置的橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，外圓是探測器。AB和PM分別為內(nèi)圓的兩條相互垂直的直徑，兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場。粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的Q點，粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子所受重力。下列說法正確的是（　　）
A.粒子2可能為電子
B.若兩粒子的比荷相等，則粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度
C.若兩粒子的比荷相等，則粒子1在磁場中運動的時間小于粒子2在磁場中運動的時間
D.若減小粒子2的入射速度，則粒子2可能沿OA方向離開磁場
例2　（2023·黃岡市期末）如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的金屬棒MN兩端用等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，靜止于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。已知棒中通過的電流大小為I，兩懸線與豎直方向夾角θ=60°，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A.金屬棒中的電流由N流向M
B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=
C.若僅改變磁場的方向，其他條件不變，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為
D.若僅改變磁場的方向，其他條件不變，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值可能為
例3　（2023·全國乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（　　）
A. B.
C. D.
例4　回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示。它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒間的窄縫中形成勻強(qiáng)電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速。兩盒放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速，直到達(dá)到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。如果用同一回旋加速器分別加速質(zhì)子H)和α粒子He)，α粒子質(zhì)量是質(zhì)子的四倍，電荷量是質(zhì)子的兩倍，則 (　　)
A.加速質(zhì)子的交流電源的周期較小，質(zhì)子獲得的最大動能也較小
B.加速質(zhì)子的交流電源的周期較小，質(zhì)子獲得的最大動能和α粒子的一樣大
C.加速質(zhì)子的交流電源的周期較小，質(zhì)子獲得的最大動能較大
D.加速質(zhì)子的交流電源的周期較大，質(zhì)子獲得的最大動能較小
例5　如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，第一象限存在與xOy平面平行的勻強(qiáng)電場E，且與y軸負(fù)方向的夾角θ=30°，第二象限存在垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶正電粒子自O(shè)點射入第二象限，速度v與x軸負(fù)方向的夾角θ=30°，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的P點進(jìn)入第一象限，并由x軸上的M點（未畫出）離開電場。已知OM距離為3L，粒子的比荷為，不計粒子重力。
（1）求OP兩點的距離；
（2）求粒子在磁場中運動的時間；
（3）當(dāng)該粒子經(jīng)過P點的同時，在電場中的N點由靜止釋放另一個完全相同的帶電粒子，若兩粒子在離開電場前相遇且所需時間最長（不計粒子間的相互作用），求N點的坐標(biāo)。
　　 　
　　 　
　　 　
　　 　
答案精析
左手定則　BIl·sin θ　左手定則
　
例1　BD　［根據(jù)題意，由題圖中粒子的運動軌跡可知，粒子2受向上的洛倫茲力，由左手定則可知，粒子2帶正電，則不可能為電子，故A錯誤；根據(jù)題意，由洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動所需的向心力，有qvB=m，可得r=，由題圖可知粒子1運動的半徑小于粒子2運動的半徑，若兩粒子的比荷相等，則粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度，故B正確；根據(jù)題意，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)角為θ，由公式T=可得，粒子在磁場中的運動時間為t=·T=，由題圖可知粒子1在磁場中的偏轉(zhuǎn)角大于粒子2在磁場中的偏轉(zhuǎn)角，若兩粒子的比荷相等，則粒子1在磁場中運動的時間大于粒子2在磁場中運動的時間，故C錯誤；由B分析可知，若減小粒子2的入射速度，其運動半徑減小，粒子2可能沿OA方向離開磁場，故D正確。］
例2　D　［金屬棒靜止于勻強(qiáng)磁場中，對其受力分析知所受安培力水平向右，由左手定則知金屬棒中的電流由M流向N，A錯誤；由平衡條件得mgtan θ=ILB，解得B=，B錯誤；若僅改變磁場的方向，其他條件不變，對金屬棒受力分析，可知當(dāng)安培力與拉力垂直時，安培力最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，則mgsin θ=ILBmin，解得Bmin=，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小范圍為B≥，故C錯誤，D正確。］
例3　A　［由題知，一帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運動的半徑r=2a，則粒子做圓周運動有qvB=m，則=，如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq=qvB，聯(lián)立有=，故選A。］
例4　B　［只有回旋加速器所加交流電源的周期與粒子在磁場中運動的周期相同時，粒子才能一直被加速，根據(jù)周期公式T=，結(jié)合質(zhì)子H）和α粒子He），可知，加速質(zhì)子的交流電源的周期較小，而在回旋加速器工作時，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，由qvB=m得v=，帶電粒子射出時的動能Ek=mv2=，可知α粒子和質(zhì)子獲得的最大動能一樣大，故選B。］
例5　（1）L　（2）　（3）（L，L）
解析　（1）帶電粒子在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，軌跡如圖，圓心為C，
由牛頓第二定律，得qvB=
解得R=L
由幾何關(guān)系得∠OCP=120°
則OP=L
（2）粒子在磁場中的運動周期T=
粒子偏轉(zhuǎn)120°，即在磁場中運動的時間t=
解得t=
（3）帶電粒子進(jìn)入第一象限時速度與y軸正方向成60°角，與電場方向垂直，故粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，軌跡如圖。由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進(jìn)入電場時，在沿速度方向的直線上PN范圍內(nèi)任一點釋放粒子，均可保證兩粒子在電場中相遇，且兩粒子在M點相遇所需時間最長，即在圖中N點由靜止釋放粒子即可。設(shè)N點的橫坐標(biāo)為x，縱坐標(biāo)為y，根據(jù)幾何關(guān)系可得PN=QM=L
又x=PNcos 30°
y=OP+PNsin 30°
解得x=L，y=L，
則N點的坐標(biāo)為（L，L）。(共20張PPT)
DIYIZHANG
第一章
章末素養(yǎng)提升
再現(xiàn)
素養(yǎng)知識
物理觀念 安培力 (1)方向的判定方法：__________
安培力方向垂直于B與I構(gòu)成的平面
(2)大小：F= (θ為B與I的夾角)
洛倫茲力 (1)方向的判定方法：__________
(2)大小：F=qvB·sin θ(θ為B與v的夾角)
左手定則
BIl·sin θ
左手定則
物理觀念 洛倫茲力與現(xiàn)代科技 (1)質(zhì)譜儀
加速電場：qU=mv2
偏轉(zhuǎn)磁場：qvB=m
(2)回旋加速器
最大速度v=_____
最大動能：Ek=_______
加速次數(shù)：n=
磁場中運動時間：t=T
科學(xué)思維 1.微元法：判斷通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向
2.等效法：利用等效長度求通電導(dǎo)線所受安培力的大小
3.能綜合應(yīng)用牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動的規(guī)律分析帶電粒子在組合場、疊加場、交變電磁場中的運動
科學(xué)探究 1.能分析物理現(xiàn)象，提出針對性問題
2.能調(diào)研電磁技術(shù)中關(guān)于安培力與洛倫茲力的應(yīng)用
科學(xué)態(tài)度與責(zé)任 1.認(rèn)識回旋加速器和質(zhì)譜儀對人類探究未知領(lǐng)域的重要性
2.認(rèn)識磁技術(shù)應(yīng)用對人類生活的影響
(多選)(2023·四川省高二期末)在粒子物理的研究中使用的
一種球狀探測裝置的橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域
內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，外圓是探測器。AB和PM分
別為內(nèi)圓的兩條相互垂直的直徑，兩個粒子先后從P點沿徑
向射入磁場。粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的Q點，粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子所受重力。
例1
提能
綜合訓(xùn)練
下列說法正確的是
A.粒子2可能為電子
B.若兩粒子的比荷相等，則粒子1的入射速度小于粒子2的
入射速度
C.若兩粒子的比荷相等，則粒子1在磁場中運動的時間小于
粒子2在磁場中運動的時間
D.若減小粒子2的入射速度，則粒子2可能沿OA方向離開磁場
√
√
根據(jù)題意，由題圖中粒子的運動軌跡可知，粒子2受向
上的洛倫茲力，由左手定則可知，粒子2帶正電，則不
可能為電子，故A錯誤；
根據(jù)題意，由洛倫茲力提供粒子在磁場中做圓周運動所
需的向心力，有qvB=m，可得r=，由題圖可知粒子1運動的半徑
小于粒子2運動的半徑，若兩粒子的比荷相等，則粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度，故B正確；
根據(jù)題意，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)角為θ，由公式T=可得，
粒子在磁場中的運動時間為t=·T=，由題圖可知
粒子1在磁場中的偏轉(zhuǎn)角大于粒子2在磁場中的偏轉(zhuǎn)角，
若兩粒子的比荷相等，則粒子1在磁場中運動的時間大于粒子2在磁場中運動的時間，故C錯誤；
由B分析可知，若減小粒子2的入射速度，其運動半徑減小，粒子2可能沿OA方向離開磁場，故D正確。
(2023·黃岡市期末)如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的金屬棒MN兩端用等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，靜止于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。已知棒中通過的電流大小為I，兩懸線與豎直方向夾角θ=60°，重力加速度為g，下列說法正確的是
A.金屬棒中的電流由N流向M
B.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=
C.若僅改變磁場的方向，其他條件不變，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為
D.若僅改變磁場的方向，其他條件不變，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的值可能為
例2
√
金屬棒靜止于勻強(qiáng)磁場中，對其受力分析知所受安
培力水平向右，由左手定則知金屬棒中的電流由M
流向N，A錯誤；
由平衡條件得mgtan θ=ILB，解得B=，B錯誤；
若僅改變磁場的方向，其他條件不變，對金屬棒受力分析，可知當(dāng)安培力與拉力垂直時，安培力最小，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，則mgsin θ=
ILBmin，解得Bmin=，則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小范圍為B≥，故C錯誤，
D正確。
(2023·全國乙卷)如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁
場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂
直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一
側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x
軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持
所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為
A. B. C. D.
例3
√
由題知，一帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場
中，在磁場另一側(cè)的S點射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知
粒子做圓周運動的半徑r=2a，則粒子做圓周運動有
qvB=m=，如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電
場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏，
則有Eq=qvB，聯(lián)立有=，故選A。
回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示。
它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒間的窄縫中形成
勻強(qiáng)電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速。兩盒
放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方垂直于盒底面，帶電粒子在磁
場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速，直到達(dá)到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出。如果用同一回旋加速器分別加速質(zhì)子H)和α粒子He)，α粒子質(zhì)量是質(zhì)子的四倍，電荷量是質(zhì)子的兩倍，則
例4
A.加速質(zhì)子的交流電源的周期較小，質(zhì)子獲得的最大動能也較小
B.加速質(zhì)子的交流電源的周期較小，質(zhì)子獲得的最大動能和α粒子的一樣大
C.加速質(zhì)子的交流電源的周期較小，質(zhì)子獲得的最大動能較大
D.加速質(zhì)子的交流電源的周期較大，質(zhì)子獲得的最大動能較小
√
只有回旋加速器所加交流電源的周期與粒子在磁場中
運動的周期相同時，粒子才能一直被加速，根據(jù)周期
公式T=H)和α粒子He)，可知，加
速質(zhì)子的交流電源的周期較小，而在回旋加速器工作時，帶電粒子在勻
強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，由qvB=m得v=，帶電粒子射出時的動能Ek=mv2=，可知α粒子和質(zhì)子獲得的最大動能一樣大，故選B。
如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，第一象限存在與xOy平面平行的勻強(qiáng)電場E，且與y軸負(fù)方向的夾角θ=30°，第二象限存在垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶正電粒子自O(shè)點射入第二象限，速度v與x軸負(fù)方向的夾角θ=30°，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的P點進(jìn)入第一象限，并由x軸上的M點(未畫出)離開電場。已知OM距離為3L，粒子的比荷為，不計粒子重力。
(1)求OP兩點的距離；
例5
答案　L　
帶電粒子在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，軌跡如圖，圓心為C，
由牛頓第二定律，得qvB=
解得R=L
由幾何關(guān)系得∠OCP=120°
則OP=L
(2)求粒子在磁場中運動的時間；
答案　　
粒子在磁場中的運動周期T=
粒子偏轉(zhuǎn)120°，即在磁場中運動的時間t=
解得t=
(3)當(dāng)該粒子經(jīng)過P點的同時，在電場中的N點由靜止釋放另一個完全相同的帶電粒子，若兩粒子在離開電場前相遇且所需時間最長(不計粒子間的相互作用)，求N點的坐標(biāo)。
答案　(L，L)
帶電粒子進(jìn)入第一象限時速度與y軸正方向成60°角，與電場方向垂直，故粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運動，軌跡如圖。由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進(jìn)入電場時，在沿速度方向的直線上PN范圍內(nèi)任一點釋放粒子，均可保證兩粒子在電場中相遇，且兩粒子在M點相遇所需時間最長，即在圖中N點由靜止釋放粒子即可。設(shè)N點的橫坐標(biāo)為x，縱坐標(biāo)為y，根據(jù)幾何關(guān)系可得PN=QM=L
又x=PNcos 30°
y=OP+PNsin 30°
解得x=L，y=L，
則N點的坐標(biāo)為(L，L)。

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