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章末素养提升
物理观念 安培力 （1）方向的判定方法：　　　　　 安培力方向垂直于B与I构成的平面 （2）大小：F=　　　　　　　　（θ为B与I的夹角）
洛伦兹力 （1）方向的判定方法：　　　　　 （2）大小：F=qvB·sin θ（θ为B与v的夹角）
物理观念 洛伦兹力与 现代科技 （1）质谱仪 加速电场：qU=mv2 （2）回旋加速器 最大速度v=　　　　　，最大动能：Ek=　　　　　　， 加速次数：n=,磁场中运动时间：t=T
科学思维 1.微元法：判断通电导线在磁场中所受安培力的方向 2.等效法：利用等效长度求通电导线所受安培力的大小 3.能综合应用牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动的规律分析带电粒子在组合场、叠加场、交变电磁场中的运动
科学探究 1.能分析物理现象，提出针对性问题 2.能调研电磁技术中关于安培力与洛伦兹力的应用
科学态度 与责任 1.认识回旋加速器和质谱仪对人类探究未知领域的重要性 2.认识磁技术应用对人类生活的影响
例1　（多选）（2023·四川省高二期末）在粒子物理的研究中使用的一种球状探测装置的横截面的简化模型如图所示。内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力。下列说法正确的是（　　）
A.粒子2可能为电子
B.若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度
C.若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间小于粒子2在磁场中运动的时间
D.若减小粒子2的入射速度，则粒子2可能沿OA方向离开磁场
例2　（2023·黄冈市期末）如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端用等长的轻质细线水平悬挂，静止于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知棒中通过的电流大小为I，两悬线与竖直方向夹角θ=60°，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.金属棒中的电流由N流向M
B.匀强磁场的磁感应强度B=
C.若仅改变磁场的方向，其他条件不变，则磁感应强度B的最小值为
D.若仅改变磁场的方向，其他条件不变，则磁感应强度B的值可能为
例3　（2023·全国乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（　　）
A. B.
C. D.
例4　回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。如果用同一回旋加速器分别加速质子H)和α粒子He)，α粒子质量是质子的四倍，电荷量是质子的两倍，则 (　　)
A.加速质子的交流电源的周期较小，质子获得的最大动能也较小
B.加速质子的交流电源的周期较小，质子获得的最大动能和α粒子的一样大
C.加速质子的交流电源的周期较小，质子获得的最大动能较大
D.加速质子的交流电源的周期较大，质子获得的最大动能较小
例5　如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角θ=30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ=30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知OM距离为3L，粒子的比荷为，不计粒子重力。
（1）求OP两点的距离；
（2）求粒子在磁场中运动的时间；
（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长（不计粒子间的相互作用），求N点的坐标。
　　 　
　　 　
　　 　
　　 　
答案精析
左手定则　BIl·sin θ　左手定则
　
例1　BD　［根据题意，由题图中粒子的运动轨迹可知，粒子2受向上的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子2带正电，则不可能为电子，故A错误；根据题意，由洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所需的向心力，有qvB=m，可得r=，由题图可知粒子1运动的半径小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度，故B正确；根据题意，设粒子的偏转角为θ，由公式T=可得，粒子在磁场中的运动时间为t=·T=，由题图可知粒子1在磁场中的偏转角大于粒子2在磁场中的偏转角，若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间大于粒子2在磁场中运动的时间，故C错误；由B分析可知，若减小粒子2的入射速度，其运动半径减小，粒子2可能沿OA方向离开磁场，故D正确。］
例2　D　［金属棒静止于匀强磁场中，对其受力分析知所受安培力水平向右，由左手定则知金属棒中的电流由M流向N，A错误；由平衡条件得mgtan θ=ILB，解得B=，B错误；若仅改变磁场的方向，其他条件不变，对金属棒受力分析，可知当安培力与拉力垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，则mgsin θ=ILBmin，解得Bmin=，则磁感应强度大小范围为B≥，故C错误，D正确。］
例3　A　［由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，则粒子做圆周运动有qvB=m，则=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB，联立有=，故选A。］
例4　B　［只有回旋加速器所加交流电源的周期与粒子在磁场中运动的周期相同时，粒子才能一直被加速，根据周期公式T=，结合质子H）和α粒子He），可知，加速质子的交流电源的周期较小，而在回旋加速器工作时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB=m得v=，带电粒子射出时的动能Ek=mv2=，可知α粒子和质子获得的最大动能一样大，故选B。］
例5　（1）L　（2）　（3）（L，L）
解析　（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C，
由牛顿第二定律，得qvB=
解得R=L
由几何关系得∠OCP=120°
则OP=L
（2）粒子在磁场中的运动周期T=
粒子偏转120°，即在磁场中运动的时间t=
解得t=
（3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时，在沿速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何关系可得PN=QM=L
又x=PNcos 30°
y=OP+PNsin 30°
解得x=L，y=L，
则N点的坐标为（L，L）。(共20张PPT)
DIYIZHANG
第一章
章末素养提升
再现
素养知识
物理观念 安培力 (1)方向的判定方法：__________
安培力方向垂直于B与I构成的平面
(2)大小：F= (θ为B与I的夹角)
洛伦兹力 (1)方向的判定方法：__________
(2)大小：F=qvB·sin θ(θ为B与v的夹角)
左手定则
BIl·sin θ
左手定则
物理观念 洛伦兹力与现代科技 (1)质谱仪
加速电场：qU=mv2
偏转磁场：qvB=m
(2)回旋加速器
最大速度v=_____
最大动能：Ek=_______
加速次数：n=
磁场中运动时间：t=T
科学思维 1.微元法：判断通电导线在磁场中所受安培力的方向
2.等效法：利用等效长度求通电导线所受安培力的大小
3.能综合应用牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动的规律分析带电粒子在组合场、叠加场、交变电磁场中的运动
科学探究 1.能分析物理现象，提出针对性问题
2.能调研电磁技术中关于安培力与洛伦兹力的应用
科学态度与责任 1.认识回旋加速器和质谱仪对人类探究未知领域的重要性
2.认识磁技术应用对人类生活的影响
(多选)(2023·四川省高二期末)在粒子物理的研究中使用的
一种球状探测装置的横截面的简化模型如图所示。内圆区域
内有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。AB和PM分
别为内圆的两条相互垂直的直径，两个粒子先后从P点沿径
向射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点，粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子所受重力。
例1
提能
综合训练
下列说法正确的是
A.粒子2可能为电子
B.若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的
入射速度
C.若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间小于
粒子2在磁场中运动的时间
D.若减小粒子2的入射速度，则粒子2可能沿OA方向离开磁场
√
√
根据题意，由题图中粒子的运动轨迹可知，粒子2受向
上的洛伦兹力，由左手定则可知，粒子2带正电，则不
可能为电子，故A错误；
根据题意，由洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动所
需的向心力，有qvB=m，可得r=，由题图可知粒子1运动的半径
小于粒子2运动的半径，若两粒子的比荷相等，则粒子1的入射速度小于粒子2的入射速度，故B正确；
根据题意，设粒子的偏转角为θ，由公式T=可得，
粒子在磁场中的运动时间为t=·T=，由题图可知
粒子1在磁场中的偏转角大于粒子2在磁场中的偏转角，
若两粒子的比荷相等，则粒子1在磁场中运动的时间大于粒子2在磁场中运动的时间，故C错误；
由B分析可知，若减小粒子2的入射速度，其运动半径减小，粒子2可能沿OA方向离开磁场，故D正确。
(2023·黄冈市期末)如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端用等长的轻质细线水平悬挂，静止于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知棒中通过的电流大小为I，两悬线与竖直方向夹角θ=60°，重力加速度为g，下列说法正确的是
A.金属棒中的电流由N流向M
B.匀强磁场的磁感应强度B=
C.若仅改变磁场的方向，其他条件不变，则磁感应强度B的最小值为
D.若仅改变磁场的方向，其他条件不变，则磁感应强度B的值可能为
例2
√
金属棒静止于匀强磁场中，对其受力分析知所受安
培力水平向右，由左手定则知金属棒中的电流由M
流向N，A错误；
由平衡条件得mgtan θ=ILB，解得B=，B错误；
若仅改变磁场的方向，其他条件不变，对金属棒受力分析，可知当安培力与拉力垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，则mgsin θ=
ILBmin，解得Bmin=，则磁感应强度大小范围为B≥，故C错误，
D正确。
(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁
场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂
直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一
侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x
轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持
所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为
A. B. C. D.
例3
√
由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场
中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知
粒子做圆周运动的半径r=2a，则粒子做圆周运动有
qvB=m=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电
场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，
则有Eq=qvB，联立有=，故选A。
回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。
它的核心部分是两个D形金属盒，两盒间的窄缝中形成
匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒
放在匀强磁场中，磁场方垂直于盒底面，带电粒子在磁
场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。如果用同一回旋加速器分别加速质子H)和α粒子He)，α粒子质量是质子的四倍，电荷量是质子的两倍，则
例4
A.加速质子的交流电源的周期较小，质子获得的最大动能也较小
B.加速质子的交流电源的周期较小，质子获得的最大动能和α粒子的一样大
C.加速质子的交流电源的周期较小，质子获得的最大动能较大
D.加速质子的交流电源的周期较大，质子获得的最大动能较小
√
只有回旋加速器所加交流电源的周期与粒子在磁场中
运动的周期相同时，粒子才能一直被加速，根据周期
公式T=H)和α粒子He)，可知，加
速质子的交流电源的周期较小，而在回旋加速器工作时，带电粒子在匀
强磁场中做匀速圆周运动，由qvB=m得v=，带电粒子射出时的动能Ek=mv2=，可知α粒子和质子获得的最大动能一样大，故选B。
如图所示的xOy坐标系中，第一象限存在与xOy平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角θ=30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角θ=30°，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点(未画出)离开电场。已知OM距离为3L，粒子的比荷为，不计粒子重力。
(1)求OP两点的距离；
例5
答案　L　
带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C，
由牛顿第二定律，得qvB=
解得R=L
由几何关系得∠OCP=120°
则OP=L
(2)求粒子在磁场中运动的时间；
答案　　
粒子在磁场中的运动周期T=
粒子偏转120°，即在磁场中运动的时间t=
解得t=
(3)当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长(不计粒子间的相互作用)，求N点的坐标。
答案　(L，L)
带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时，在沿速度方向的直线上PN范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何关系可得PN=QM=L
又x=PNcos 30°
y=OP+PNsin 30°
解得x=L，y=L，
则N点的坐标为(L，L)。

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