第1章 安培力与洛伦兹力 章末素养提升 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册（人教版2019，浙江）

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 带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)若v∥B，带电粒子所受洛伦兹力F＝ ，粒子在匀强磁场中做 运动 (2)若v⊥B，带电粒子在匀强磁场中做 运 动，r＝_____，T＝______＝ 0 匀速直线 匀速圆周 物理观念 洛伦兹力与现代科技 (1)质谱仪 加速电场： 偏转磁场： (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＝ 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.综合分析、推理能力：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 提能综合 训练 (2022·浙江联考阶段练习)某同学设计了一种天平用来测量重物的质量，其装置如图甲所示，两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流I1后，在线圈P所在平面内产生磁场，磁场在线圈P处沿半径向外，磁感应强度为B0，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，线圈P及其附近的磁场方向的俯视图如图乙所示，线圈P′是线圈P的备用线圈，它所用材料及匝数与P 例1 线圈相同，半径比线圈P略小。开始时天平左托盘不放重物、线圈P内无电流，调整天平使之平衡，再在左托盘放入重物，用恒流源在线圈P中通入电流I2，发现右托盘比左托盘低，此时 A.线圈P中通入的电流I2在乙图中沿顺时针方向 B.适当增大线圈M、N中的电流可使天平恢复平衡 C.通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量 D.使用备用线圈P′称得重物质量比用线圈P称得重物质量大 √ 由题意可知，在线圈P中通入电流I2，线圈P所受安培力应向下，由左手定则知，线圈P中通入的电流I2在题图乙中沿逆时针方向，A错误； 适当增大线圈M、N中的电流，P所在位置的磁感应强度变大，线圈P所受安培力变大，天平不能恢复平衡，B错误； 8 线圈P′半径比线圈P半径略小，在线圈P内、外附近区域内可视为磁感应强度与所在位置的半径成反比，故可以求出线圈P′所在位置的磁感应强度，也可 以定量求出线圈P′所受安培力的大小。通过正确操作使用线圈P、P′均能正确称量重物质量，C正确； 线圈P′半径比线圈P半径略小，则P′所在位置磁感应强度变大，同一重物平衡，线圈P′通入的电流偏小，线圈P′读数偏小，测得质量偏小，D错误。 9 (多选)如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1>r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间。下列说法中正确的是 A.T1＝T2 B.v1>v2 C.a1>a2 D.t1>t2 例2 √ √ √ 两质子的周期相同，由题图知质子2的速度偏向角大于质子1的速度偏向角，则知质子2的圆心角大于质子1的圆心角，即有t1<t2，故D错误。 (2023·杭州市学军中学高二期末)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐向分布的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、带电荷量为＋q的离子(初速度为零，重力不计)，经 例3 加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器(进入收集器时速度方向与O2P平行)， 下列说法正确的是 A.磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面 　向内 B.任何比荷相同的正离子都能进入收集器， 　但从P到Q的时间不同 C.加速电场中的加速电压U＝ER D.磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d＝ √ 该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，故A错误； 该离子在静电分析器中做匀速圆周运动， 该离子在磁分析器中做匀速圆周运动， 故D正确； (2022·宁波市高二阶段练习)如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R，0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°。下列判断中正确的是 A.粒子将从Q点射入第Ⅰ象限 B.粒子在磁场中运动的轨道半径为2R 例4 √ 粒子运动轨迹如图所示，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P′为粒子射出磁场的位置，根据几何知识有P′O2∥PO1， 总结提升 1.带电粒子的发散 如图甲所示，圆形匀强磁场圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行。 证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线组成的四边形为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)。 总结提升 2.带电粒子的会聚 如图乙所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形匀强磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。 证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子必然经过B点。 如图所示，平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以初速度v0从y轴上A(0，h)点沿x轴正方向射入匀强电场，经过电场后从x轴上的点B(B点未画出)(2h,0)进入磁场，粒子经磁场偏转后垂直经过y轴负半轴上的P点(P点未画出)射出，带电粒 子的重力忽略不计。求： (1)匀强电场的电场强度E和匀强磁场的磁感应 强度B的大小； 例5 粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向 2h＝v0t1 由类平抛末速度反向延长与初速度方向的延长线交于水平位移的中点可知，进磁场时粒子速度v与x轴成α＝45°， (2)如果仅仅将磁场反向，粒子的电荷量、质量、入射位置、入射速度、电场强度和磁感应强度的大小均不变，求粒子从A点出发到第三次经过x轴所用的时间。 磁场反向后粒子从A点出发到第三次经过x轴运动轨迹如图所示 设粒子从A到B、B到C、C到D，分别用时t1、t2、t3。 T qvB＝m qU＝mv2 对于质子，它们的比荷相同，又质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝，在同一匀强磁场中，则T1＝T2，故A正确； 质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝， 且r1>r2，则v1>v2，故B正确； 由a＝，T＝，得a＝，由于T1＝T2，v1>v2，则a1>a2，故 C正确； 由牛顿第二定律有qE＝m 在加速电场中，由动能定理有qU＝mv2 解得U＝ER，故C错误； 由牛顿第二定律有qvB＝m，又qE＝m 解得r＝， 该离子经Q点进入收集器，故d＝r＝ 根据上述分析可知，任一初速度为零 的带正电离子，若比荷相同，其做圆 周运动的半径相同，均能到达收集器， 其运动时间为tPQ＝T＝×＝， 由此可知，比荷相同，则运动时间相同，故B错误。 C.粒子的比荷＝ D.磁场磁感应强度B的大小B＝ 粒子经过M点，根据类平抛运动规律，有vy＝v0tan α， qE＝ma，vy＝at3,3R＝v0t3，解得＝，y＝＝1.5R，故A错误，C正确； △O1O2P≌△O2O1P′，则粒子的轨道半径为r＝R，由牛顿第二定律可得Bqv0＝m，解得B＝，故B、D错误。 答案　　 粒子在磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝  y轴方向h＝at12 粒子在电场中根据牛顿第二定律a＝ 联立解得E＝ 故粒子射入磁场时的速度v＝v0 由几何关系可知＝2h，即r＝2h 得B＝ 答案　 在电场中A到B的水平方向有t1＝，B到C粒子做匀速圆周运动的圆心角θ＝，半径r＝2h，速度v＝v0， 所以从B到C所用的时间t2＝＝， 由对称性知，从C到D所用的时间t3＝2t1＝， 所以粒子从A点出发到第三次经过x轴所用的 总时间t＝t1＋t2＋t3＝。 $$