第1章 磁场 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书（粤教版）

单元综合提升 (2023·广东高考)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，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 答案：C 解析：由洛伦兹力提供向心力有qvmB＝m，质子加速后获得的最大动能为Ekm＝mvm2，解得最大速率vm≈5.4×107 m/s，故选C。 [衔接教材]　链接粤教版P20第一段全部 劳伦斯回旋加速器(如教材图1－4－5所示)的真空室内主要有两个区域。其中D形盒区域施加垂直盒底面的匀强磁场，另外一个区域是两个D形盒之间的窄缝区，施加方向可调的电场。处于中心O附近的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被电场加速，进入D形盒的磁场区域。由于D形盒内无电场，粒子在盒内空间做匀速圆周运动。经过半个圆周后粒子再次到达两盒间的缝隙时，两盒间的电压恰好改变正负，于是粒子在两盒缝隙间再一次被加速。由T＝可知，回旋周期T与粒子速度v无关，只要我们选择合适的交变电压周期，就能确保粒子在每次穿过电场时 学生用书第32页 被加速。随着粒子速度的增加，由R＝可知，粒子做圆周运动的半径也将逐步增大。当粒子达到预期的速率时，用静电偏转板将高能粒子引出D形盒，即可用于科学研究。 [衔接分析]　该广东高考题以回旋加速器加速带电粒子的素材为背景，考查粒子离开回旋加速器的最大动能。 粒子离开磁场的最大动能，对应于粒子离开磁场的最大速度，由D形盒的半径限定，与狭缝处的加速电压无关，且要求粒子做圆周运动的周期与交变电压的周期相同，才能始终同步加速。 针对练1． (2024·深圳市高二期末)如图，一台回旋加速器，忽略带电粒子在电场中运动的时间，当电场的电压和磁感强度一定时，可把质子P的速率加速到v，其获得的最大能量为Ek。那么，这台回旋加速器，能把α粒子 (　　) A．加速到v B．加速到2v C．最大能量增大到Ek D．最大能量增大到4Ek 答案：C 解析：设加速器的半径为R，粒子的电荷量为q，质量为m，则qvB＝m，解得v＝＝BR，即在B、R一定的情况下，最终速度取决于粒子的比荷，α粒子的比荷是质子的一半，所以最终加速到v。把v＝带入Ek得Ek＝mv2＝×，即Ek正比于，所以能把α粒子最大能量也增大到Ek。故选C。 针对练2．(2024·佛山市高二期中)如图所示的两个半径为R的半圆形中空金属盒D1、D2置于真空中，两盒间留有一狭缝；在两盒的狭缝处加上大小为U的高频交变电压，空间中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直向上穿过盒面的匀强磁场。从粒子源P引出质量为m、电荷量为q的粒子，粒子初速度视为零，在狭缝间被电场加速，在D形盒内做匀速圆周运动，最终从边缘的出口处引出。不考虑相对论效应和重力影响，忽略粒子在狭缝间运动的时间，则(　　) A．所加交流电的周期与磁场的磁感应强度B的大小无关 B．加速电压U越大，粒子最终引出D形盒时的动能就越大 C．粒子最终引出D形盒时的动能与加速电压成正比 D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度大小之比是1∶ 答案：D 解析：要对粒子实现同步加速，所加交流电的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，即所加交变电流的周期为T＝，显然T与磁场的磁感应强度B的大小有关，故A错误；粒子最终引出D形盒时，满足qvB＝m，可得Ek＝mv2＝，显然粒子最终引出D形盒时的动能与加速电压无关，故B、C错误；粒子第一次加速后，有qU＝mv12，第二次加速后，有qU＝mv22－mv12，联立可得两次加速后速度大小之比是v1∶v2＝1∶，故D正确。故选D。 (2023·福建高考)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP′上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v＝9.6×104 m/s，B＝0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P′在同一直线上；离子重力不计。 (1)求OM的长度； (2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。 答案：(1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg 解析：(1)粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有qvB＝m，整理得r＝＝ m＝0.2 m OM的长度为OM＝2r＝0.4 m。 (2)若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得q′vB＝m′，整理得＝＝≈4.4×106 C/kg。 [衔接教材]　粤教版P24T4 利用质谱仪测量氢元素的同位素，如图所示，让氢元素的三种同位素氕、氘、氚的离子流从容器A下方的小孔无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线。 学生用书第33页 (1)在进入磁场时，氢元素的哪种同位素的动能比较大？为什么？ (2)氢元素的哪种同位素在磁场中运动的时间比较长？为什么？ (3)a、b、c三条质谱线分别对应氢元素的哪一种同位素？ [衔接分析]　该高考题以质谱仪测量同位素的素材为背景，考查带电粒子在磁场中的圆周运动的知识，与粤教版第24页第4题情境相同，计算量有所增加。同一种元素的同位素电荷量相同，质量不同，故比荷不同。若经过同一个速度选择器再进入磁场，即进入磁场时速度相同，根据半径公式推得＝，比荷与半径成反比；若经过同一个加速电场再进入磁场，即进入磁场时动能相同，根据动能定理和半径公式推得r＝ ，比荷与半径的平方成反比。 针对练．(多选)(2024·天津滨海新高二统考期末)质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。如图为质谱仪的原理示意图。让某同位素的离子流从容器A下方的小孔S1无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后从小孔S3垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片D上，形成几种离子的“质谱线”。则下列判断正确的是(　　) A．距离小孔S3越远的“质谱线”离子比荷越大 B．距离小孔S3越远的“质谱线”离子进入磁场的速度越大 C．距离小孔S3越近的“质谱线”离子在磁场中运动时间越短 D．几种离子进入磁场时动能相同 答案：CD 解析：根据qU＝mv2，qvB＝m，r＝，解得d＝ ，v＝ ，距离小孔S3越远，d越大，离子的比荷越小，进入磁场的速度v越小，故A、B错误；由上述分析可知，d越小的，离子的比荷越大，离子在磁场中运动时间t＝T，T＝，解得t＝，可知，离子的比荷越大，t越小，由以上d与t的表达式可知，距离小孔S3越近的“质谱线”离子d越小，离子在磁场中运动时间越短，故C正确；根据动能定理得Ek＝qU，离子的电荷量q相同，进入磁场的动能相同，故D正确。故选C、D。 1．(安培力作用下的平衡问题)(2025·佛山市校考)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，放置一段通有电流为I、长度L、质量m的导体棒，电流方向垂直纸面向外，已知重力加速度大小为g，试求： (1)若空间中有竖直向下的匀强磁场，要使导体棒静止在斜面上，则所加匀强磁场的磁感应强度B1的大小并作出导体棒的受力分析图； (2)要使导体棒静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度B2的大小和方向并作出导体棒的受力分析图。 答案：(1)　见解析图甲　(2)，磁感应强度方向水平向右　见解析图乙 解析：(1)若磁场方向竖直向下，导体棒受到的安培力水平向右，受力分析如图甲所示 根据受力平衡，沿斜面方向有mg sin θ＝B1IL cos θ 解得B1＝。 (2)当安培力与重力平衡时，导体棒对斜面无压力，受力分析如图乙所示 则有mg＝B2IL 解得B2＝，根据左手定则可知，磁感应强度方向水平向右。 [易错分析]　磁场垂直斜面模型出现频次较大，由于思维惯性，可能误认为安培力沿斜面向上。可以按照“一重二弹三摩擦加其他”的顺序进行完整受力分析，再根据合力为零，破解平衡问题。 2．(回旋加速器)(2025·深圳市高二校考)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C板间。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　) A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性的变化 答案：C 解析：带电粒子只有经过A、C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A、C间加速，故A、D错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，所以P1P2＝2＝，因为每转一圈被加速一次，根据速度位移关系v2－v12＝2ad，可知每转一圈，速度的变化量不等，且v3－v2<v2－v1，所以P1P2>P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中射出时，速度最大，则qvB＝m，可得v＝，由此可知，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。 学生用书第34页 [易错分析]　该题属于回旋加速器的改进型，电场方向不需要变化，需摒弃惯性思维，按顺序分析粒子的受力和运动，综合动能定理和半径公式解题。 3．(质谱仪)阿斯顿设计的质谱仪示意图如图所示，他用该仪器发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在。现让大量的氖20和氖22原子核从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过小孔S3进入方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，粒子在照相底板D上形成感光点，通过测量小孔S3到感光点的距离进而求解出粒子的比荷。实际上通过小孔S3的是一束与其孔宽相同的平行粒子束，它使照相底板D上形成感光线，已知氖20和氖22所带的电荷量均为10e，质量分别为20m0、22m0，要区分出氖20和氖22，小孔S3的宽度不能超过 (　　) A． 　　 B． C． D． 答案：D 解析：氖核经电场加速有qU＝mv2，在磁场中偏转有qvB＝，解得氖核的运动半径R＝ ，故需要是测出小孔S3到感光线的距离从而求出氖核的运动半径R，当氖22从小孔S3右侧射入磁场、氖20从小孔S3左侧射入磁场，它们恰好到达同一位置，两核在照相底板上形成的感光线恰好合为一体，此时小孔S3的宽度d＝2R22－2R20，解得d＝，故要使氖20和氖22在照相底板D上形成分离的感光线，小孔S3的宽度不能超过，故选D。 [易错分析]　该题难点在于提炼模型，寻找临界条件。该模型属于动态圆的平移模型，若想区分同位素，氖22从小孔S3右侧射入磁场、氖20从小孔S3左侧射入磁场，它们恰好到达同一位置为临界条件。 4．(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)(2025·宁夏石嘴山平罗中学高二校考)质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为θ的绝缘斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，整个斜面置于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是(　　) A．小物块一定带负电荷 B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为g sin θ－μg cos θ C．小物块在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动 D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为 答案：AC 解析：小物块在某时刻对斜面的作用力恰好为零，则在运动过程中受到的洛伦兹力的方向垂直斜面向上，根据左手定则可知，小物块带负电，故A正确；分析小物块未离开斜面前的运动，对小物块进行受力分析，如图所示，洛伦兹力始终与小物块的运动方向垂直，沿斜面方向有mg sin θ－f＝ma，垂直于斜面方向有FN＋qvB＝mg cos θ，速度v逐渐增大的过程中，FN减小，则摩擦力减小，所以小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动，故C正确，B错误；小物块对斜面压力为零时，洛伦兹力与重力沿垂直斜面方向的分力相等，有mg cos θ＝qvB，解得v＝，故D错误。故选A、C。 [易错分析]　易错点：带电体在斜面上的受力和运动过程分析不清。洛伦兹力属于动态力，随着速度的变化而变化，进而影响弹力的变化，当弹力减小为零时，物块与斜面分离。 5．(带电粒子在组合场中的运动)(2025·中山市华侨中学高二期中)将一内壁光滑的绝缘细圆管做成的圆环BDC固定在竖直面内，圆环的圆心为O，D为圆环的最低点，其中∠BOC＝90°，圆环的半径为R，水平虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场，下方存在垂直纸面向内的匀强磁场(没画出)，磁感应强度为B。圆心O的正上方A点有一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)，其直径略小于圆管内径。现将该小球由静止释放，经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动，重力加速度为g。求： (1)画出小球在电场中运动的受力情况及运动轨迹； (2)匀强电场的电场强度大小及O、A间的距离h； (3)小球运动到圆环最低点D时，圆环对小球的作用力大小。 答案：(1)见解析图　(2)　R (3)(3＋3)mg＋qB 解析：(1)受力情况及运动轨迹如图所示。 (2)由题意并根据几何关系可知小球运动到C点时速度方向垂直于OC，即与水平方向夹角为45° 。小球由静止释放后，做匀加速直线运动，其所受合力方向与水平方向夹角也应为45°，则tan 45°＝＝1， 解得匀强电场的电场强度大小为E＝ 由几何关系可得h＝R。 (3)设小球运动到圆环最低点D时的速度大小为v，根据动能定理有 mgR(1＋)＋qER sin 45°＝mv2 小球运动到圆环最低点D时，设圆环对小球的作用力大小为FN，根据牛顿第二定律有 FN－mg＋qvB＝m 解得FN＝(3＋3)mg＋qB。 [易错分析]　该题属于带电体在叠加场中运动的多过程问题，在电场中的曲线运动需要进行力的分解和运动分解，在管中的圆周运动需要结合动能定理和牛顿运动定律解题。 学科网（北京）股份有限公司 $