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章末素養提升
物理觀念 安培力 （1）方向判定方法：　　　　　　　 安培力方向垂直于B與I構成的平面 （2）大小：F=　　　　（θ為B與I的夾角）
洛倫茲力 （1）方向判定方法：　　　　　　　 （2）大小：f=qvBsin θ（θ為B與v的夾角）
帶電粒子（不計重 力）在勻強磁場中 的運動 （1）若v∥B，所受洛倫茲力f=　　　　，帶電粒子在勻強磁場中做　　　　　　　　運動 （2）若v⊥B，帶電粒子在勻強磁場中做　　　　　　　　運動。由　　　　=m得：r=　　　　，T==
洛倫茲力與現代技術 （1）回旋加速器 最大速度v=　　　 最大動能：Ek=　　　 加速次數：n= 磁場中運動時間：t=T （2）質譜儀 加速電場：qU=mv2 偏轉磁場：qvB=m
科學思維 1.微元法：判斷通電導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線所受安培力的大小 3.綜合分析、推理能力：能綜合應用牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動的規律分析帶電粒子在組合場、疊加場中的運動
科學探究 1.能分析物理現象，提出針對性問題 2.能調研電磁技術中關于安培力與洛倫茲力的應用
科學態度 與責任 1.認識回旋加速器和質譜儀對人類探究未知領域的重要性 2.認識磁技術應用對人類生活的影響
例1　（2023·廣東卷）某小型醫用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5 m，磁感應強度大小為1.12 T，質子加速后獲得的最大動能為1.5×107 eV。根據給出的數據，可計算質子經該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應，1 eV=1.6×10-19 J）（　　）
A.3.6×106 m/s B.1.2×107 m/s
C.5.4×107 m/s D.2.4×108 m/s
例2　（多選）（2024·潮州市高二期末）如圖所示，兩根通電直導線用四根長度相等的絕緣細線懸掛于O、O'兩點，已知OO'連線水平，導線靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角均為θ，保持導線中的電流大小和方向不變，在導線所在空間加上勻強磁場后絕緣細線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是（　　）
A.兩導線中的電流方向一定相同
B.兩導線中的電流方向一定相反
C.所加磁場的方向可能沿x軸正向
D.所加磁場的方向可能沿z軸負向
例3　（多選）如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，粒子a從磁場邊緣A點沿半徑方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉了120°角；若粒子b也從A點沿半徑方向射入磁場，離開磁場時的出射速度與a粒子的出射速度方向相反，已知a、b粒子比荷相等，不計粒子的重力，則下列說法正確的是（　　）
A.若a為正粒子，則b一定為負粒子
B.a粒子在磁場中運動的軌道半徑為r=R
C.a、b粒子在磁場中運動的速度之比為1∶3
D.a、b粒子在磁場中運動的時間之比為2∶1
例4　（多選）（2023·中山市華僑中學高二期中）如圖所示，粗細均勻的光滑絕緣半圓環MN固定在豎直面內，處在垂直于圓環所在平面向里的勻強磁場中，MN是圓環的水平直徑，半徑等于R，一個質量為m，電荷量為q的帶電小球套在半圓環上，在M點由靜止釋放，小球第一次運動到圓環最低點P時，圓環對小球的作用力大小等于mg，g為重力加速度，勻強磁場的磁感應強度大小可能為（　　）
A.0 B.
C. D.
例5　（2023·全國乙卷）如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，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，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，不計粒子重力。該粒子的比荷為（　　）
A. B. C. D.
例6　（2024·汕頭市高二期末）如圖所示，平行板器件中存在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度B1=0.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度E1=1.0×105 V/m。坐標系xOy緊靠平行板的右側邊緣，第一象限內有與y軸正方向成45°的邊界OA，邊界線上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2=0.25 T，邊界線下方有豎直向上的勻強電場，電場強度E2=5.0×105 V/m，一帶正電的離子，電荷量q=8.0×10-19C、質量m=8.0×10-26 kg，從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為（0，0.4 m）的Q點垂直y軸射入磁場區，并多次穿越邊界線OA。求：（不計離子重力，取π=3.14）
（1）離子運動的速度大小；
（2）離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需的時間；
（3）離子第四次穿越邊界線OA的位置坐標。
答案精析
再現素養知識
左手定則　BILsin θ　左手定則　0　勻速直線
勻速圓周　qvB　　　
提能綜合訓練
例1　C　［洛倫茲力提供向心力有qvB=m，質子加速后獲得的最大動能為Ek=mv2，解得最大速率約為v=5.4×107 m/s，故選C。］
例2　BD　［根據平行同向電流互相吸引，反向電流互相排斥可知，兩導線互相排斥，故兩導線中的電流方向一定相反，故A錯誤，B正確；
若磁場的方向沿x軸正向，與導線中電流的方向平行，故導線沒有受到安培力的作用，不符合題意，故C錯誤；
若磁場的方向沿z軸負向，根據左手定則可知，兩導線所受安培力的方向在水平方向上，故D正確。］
例3　ACD　［因為同一點同方向射入，出射速度方向相反，根據左手定則可知，若a為正粒子，則b一定為負粒子，故A正確；
粒子a從磁場邊緣A點沿半徑方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉了120°角，轉過圓心角為120°，根據幾何關系tan 60°=，解得ra=R，故B錯誤；
粒子b離開磁場時的出射速度與a粒子的出射速度方向相反，根據幾何關系可知，轉過的圓心角為60°，
則rb==R
根據Bqv=m得r=
已知a、b粒子比荷相等，可得a、b粒子在磁場中運動的速度之比為1∶3，故C正確；
粒子在磁場中運動周期T=，a、b粒子比荷相同，故周期相同，則運動時間之比等于轉過的圓心角之比，所以a、b粒子在磁場中運動的時間之比為2∶1，故D正確。］
例4　BD　［小球從M到P過程中，根據機械能守恒定律有mgR=mv2，解得v=，小球運動到P點時受到的合外力為F合=m=2mg，方向指向圓心；在最低點，若環對小球作用力向上，小球受到的洛倫茲力一定向上，且qvB1=2mg，解得B1=，若環對小球的作用力向下，則小球受到向上的洛倫茲力，且qvB2=4mg，解得B2=，故選B、D。］
例5　A　［由題知，一帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關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，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq=qvB，聯立有=，故選A。］
例6　（1）5.0×105 m/s　（2）8.28×10-7 s　（3）（0.5 m，0.5 m）
解析　（1）離子在平行板間做直線運動，有qE1=qvB1
解得v=5.0×105 m/s
（2）離子進入磁感應強度為B2的磁場中做勻速圓周運動，有qvB2=m，解得r=0.2 m
作出離子的運動軌跡，交OA邊界C點，如圖所示
圓弧對應圓心角為90°，其運動時間為
t1=T=×=6.28×10-7 s
離子過C點速度方向豎直向下，平行于電場線進入電場，先做勻減速直線運動，加速度為
a== m/s2=5.0×1012 m/s2
設離子從C點進入電場到返回邊界上的C點所用時間為t2，由勻變速直線運動規律知
t2== s=2×10-7 s
所以離子從進入磁場到第二次穿越邊界OA所用時間
t=t1+t2=6.28×10-7+2×10-7 s=8.28×10-7 s
（3）離子的運動軌跡如圖所示
離子第二次穿越邊界線OA的位置C點的坐標為（xC，yC），
則xC=r=0.2 m，
yC=OQ-r=0.2 m
離子第三次穿越邊界線OA的位置D點的坐標為（xD，yD），則xD=r+r=0.4 m，yD=0.4 m
離子垂直進入電場做類平拋運動，設垂直電場線方向位移為x，沿電場線方向位移為y，則x=vt3，
y=·，tan 45°=
解得x=0.1 m，y=0.1 m
所以第四次穿越邊界的E點，坐標為（xE，yE），由幾何關系得xE=xD+x=0.4 m+0.1 m=0.5 m，yE=yD+y=0.4 m+0.1 m=0.5 m
即離子第四次穿越OA的位置坐標為（0.5 m，0.5 m）。(共23張PPT)
DIYIZHANG
第一章
章末素養提升
再現
素養知識
物理觀念 安培力 (1)方向判定方法：_________
安培力方向垂直于B與I構成的平面
(2)大小：F=________(θ為B與I的夾角)
洛倫茲力 (1)方向判定方法：__________
(2)大小：f=qvBsin θ(θ為B與v的夾角)
帶電粒子(不計重力)在勻強磁場中的運動 (1)若v∥B，所受洛倫茲力f=____，帶電粒子在勻強磁場中做__________運動
(2)若v⊥B，帶電粒子在勻強磁場中做__________運動。由
_____=m得：r=_____，T==
左手定則
BILsin θ
左手定則
0
勻速直線
勻速圓周
qvB
物理觀念 洛倫茲力與現代技術 (1)回旋加速器
最大速度v=_____
最大動能：Ek=________
加速次數：n=
磁場中運動時間：t=T
(2)質譜儀
加速電場：qU=mv2
偏轉磁場：qvB=m
科學思維 1.微元法：判斷通電導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線所受安培力的大小
3.綜合分析、推理能力：能綜合應用牛頓運動定律、平拋運動、圓周運動的規律分析帶電粒子在組合場、疊加場中的運動
科學探究 1.能分析物理現象，提出針對性問題
2.能調研電磁技術中關于安培力與洛倫茲力的應用
科學態度 與責任 1.認識回旋加速器和質譜儀對人類探究未知領域的重要性
2.認識磁技術應用對人類生活的影響
　(2023·廣東卷)某小型醫用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5 m，磁感應強度大小為1.12 T，質子加速后獲得的最大動能為1.5×107 eV。根據給出的數據，可計算質子經該回旋加速器加速后的最大速率約為(忽略相對論效應，1 eV=1.6×10-19 J)
A.3.6×106 m/s B.1.2×107 m/s
C.5.4×107 m/s D.2.4×108 m/s
例1
√
提能
綜合訓練
洛倫茲力提供向心力有qvB=m，質子加速后獲得的最大動能為Ek=
mv2，解得最大速率約為v=5.4×107 m/s，故選C。
　(多選)(2024·潮州市高二期末)如圖所示，兩根通電直導線用四根長度相等的絕緣細線懸掛于O、O'兩點，已知OO'連線水平，導線靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角均為θ，保持導線中的電流大小和方向不變，在導線所在空間加上勻強磁場后絕緣細線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是
A.兩導線中的電流方向一定相同
B.兩導線中的電流方向一定相反
C.所加磁場的方向可能沿x軸正向
D.所加磁場的方向可能沿z軸負向
例2
√
√
根據平行同向電流互相吸引，反向電流互相排斥
可知，兩導線互相排斥，故兩導線中的電流方向
一定相反，故A錯誤，B正確；
若磁場的方向沿x軸正向，與導線中電流的方向平行，故導線沒有受到安培力的作用，不符合題意，故C錯誤；
若磁場的方向沿z軸負向，根據左手定則可知，兩導線所受安培力的方向在水平方向上，故D正確。
　(多選)如圖所示，半徑為R的圓形區域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，粒子a從磁場邊緣A點沿半徑方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉了120°角；若粒子b也從A點沿半徑方向射入磁場，離開磁場時的出射速度與a粒子的出射速度方向相反，已知a、b粒子比荷相等，不計粒子的重力，則下列說法正確的是
A.若a為正粒子，則b一定為負粒子
B.a粒子在磁場中運動的軌道半徑為r=R
C.a、b粒子在磁場中運動的速度之比為1∶3
D.a、b粒子在磁場中運動的時間之比為2∶1
例3
√
√
√
因為同一點同方向射入，出射速度方向相反，根據
左手定則可知，若a為正粒子，則b一定為負粒子，
故A正確；
粒子a從磁場邊緣A點沿半徑方向射入磁場，離開磁
場時速度方向偏轉了120°角，轉過圓心角為120°，根據幾何關系
tan 60°=，解得ra=R，故B錯誤；
粒子b離開磁場時的出射速度與a粒子的出射速度方向相反，根據幾
何關系可知，轉過的圓心角為60°，則rb==R
根據Bqv=m得r=
已知a、b粒子比荷相等，可得a、b粒子在磁場中
運動的速度之比為1∶3，故C正確；
粒子在磁場中運動周期T=，a、b粒子比荷相同，故周期相同，則運動時間之比等于轉過的圓心角之比，所以a、b粒子在磁場中運動的時間之比為2∶1，故D正確。
　(多選)(2023·中山市華僑中學高二期中)如圖所示，粗細均勻的光滑絕緣半圓環MN固定在豎直面內，處在垂直于圓環所在平面向里的勻強磁場中，MN是圓環的水平直徑，半徑等于R，一個質量為m，電荷量為q的帶電小球套在半圓環上，在M點由靜止釋放，小球第一次運動到圓環最低點P時，圓環對小球的作用力大小等于mg，g為重力加速度，勻強磁場的磁感應強度大小可能為
A.0 B.
C. D.
例4
√
√
小球從M到P過程中，根據機械能守恒定律有mgR=
mv2，解得v=，小球運動到P點時受到的合外
力為F合=m=2mg，方向指向圓心；在最低點，若
環對小球作用力向上，小球受到的洛倫茲力一定向上，且qvB1=2mg，
解得B1=，若環對小球的作用力向下，則小球受到向上的洛倫茲力，且qvB2=4mg，解得B2=，故選B、D。
　(2023·全國乙卷)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，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，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，不計粒子重力。該粒子的比荷為
A. B.
C. D.
例5
√
由題知，一帶電粒子由O點沿x軸正方向入射到磁場
中，在磁場另一側的S點射出，則根據幾何關系可知
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，在磁場區域再加上電
場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，
則有Eq=qvB，聯立有=，故選A。
　(2024·汕頭市高二期末)如圖所示，平行板器件中存
在相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度B1=
0.20 T，方向垂直紙面向里，電場強度E1=1.0×105 V/m。
坐標系xOy緊靠平行板的右側邊緣，第一象限內有與y軸正方向成45°的邊界OA，邊界線上方有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B2=0.25 T，邊界線下方有豎直向上的勻強電場，電場強度E2=5.0×105 V/m，一帶正電的離子，電荷量q=8.0×10-19C、質量m=8.0×10-26 kg，從P點射入平行板間，沿中線PQ做直線運動，穿出平行板后從y軸上坐標為(0，0.4 m)的Q點垂直y軸射入磁場區，并多次穿越邊界線OA。求：(不計離子重力，取π=3.14)
例6
(1)離子運動的速度大小；
答案　5.0×105 m/s　
離子在平行板間做直線運動，有qE1=qvB1
解得v=5.0×105 m/s
(2)離子從進入磁場到第二次穿越邊界線OA所需
的時間；
答案　8.28×10-7 s　
離子進入磁感應強度為B2的磁場中做勻速圓周運動，有qvB2=m，解得r=0.2 m
作出離子的運動軌跡，交OA邊界C點，如圖所示
圓弧對應圓心角為90°，其運動時間為
t1=T=×=6.28×10-7 s
離子過C點速度方向豎直向下，平行于電場線進入電場，先做勻減速直線運動，加速度為
a== m/s2=5.0×1012 m/s2
設離子從C點進入電場到返回邊界上的C點所用
時間為t2，由勻變速直線運動規律知
t2== s=2×10-7 s
所以離子從進入磁場到第二次穿越邊界OA所用時間
t=t1+t2=6.28×10-7+2×10-7 s=8.28×10-7 s
(3)離子第四次穿越邊界線OA的位置坐標。
答案　(0.5 m，0.5 m)
離子的運動軌跡如圖所示
離子第二次穿越邊界線OA的位置C點的坐標
為(xC，yC)，則xC=r=0.2 m，yC=OQ-r=0.2 m
離子第三次穿越邊界線OA的位置D點的坐標為(xD，yD)，
則xD=r+r=0.4 m，yD=0.4 m
離子垂直進入電場做類平拋運動，設垂直電場線方向位移為x，沿電
場線方向位移為y，則x=vt3，y=·，tan 45°=
解得x=0.1 m，y=0.1 m
所以第四次穿越邊界的E點，坐標為(xE，yE)，
由幾何關系得xE=xD+x=0.4 m+0.1 m=0.5 m，
yE=yD+y=0.4 m+0.1 m=0.5 m
即離子第四次穿越OA的位置坐標為(0.5 m，0.5 m)。

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