2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 第1章 章末素养提升（含解析）

章末素养提升物理观念安培力(1)方向：判定方法：左手定则安培力方向垂直于B与I构成的平面(2)大小：F＝BIL·sinθ(θ为B与I的夹角)洛伦兹力(1)方向判定方法：左手定则(2)大小：F＝qvB·sinθ(θ为B与v的夹角)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＝0，带电粒子在匀强磁场中做匀速直线运动(2)若v⊥B，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)洛伦兹力与现代科技(1)质谱仪加速电场：qU＝eq\f(1,2)mv2偏转磁场：qvB＝meq\f(v2,R)(2)回旋加速器最大速度v＝eq\f(qBR,m)最大动能：Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)加速次数：n＝eq\f(Ek,qU)磁场中运动时间：t＝eq\f(n,2)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例1(2023·江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为()A．0B．BIlC．2BIlD.eq\r(5)BIl答案C解析因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则所受安培力为Fab＝BI·2l＝2BIl，则该导线受到的安培力为2BIl，故选C。例2(2023·山西高二统考期末)如图所示，金属棒ab垂直导轨放置在宽度为d的固定平行金属导轨上，导轨平面与水平面成θ角，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ<tanθ)，整个装置处于垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。已知金属棒ab的质量为m、电阻为R0，电源的电动势为E、内阻为r，重力加速度为g，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒ab能在导轨上保持静止。则()A．变阻器R的触头在最左端时，金属棒受到的安培力最大B．金属棒受到的安培力最大时，摩擦力沿导轨平面向上C．变阻器R接入电路的电阻值不小于eq\f(BEd,mgsinθ－μmgcosθ)－(R0＋r)D．变阻器R接入电路的电阻值不大于eq\f(BEd,mgsinθ－μmgcosθ)－(R0＋r)答案D解析变阻器R的触头在最左端时，电路中的电流最小，金属棒受到的安培力最小，故A错误；由左手定则可知，安培力沿导轨平面向上，当金属棒刚好要上滑时，金属棒受到的安培力最大，摩擦力沿导轨平面向下，故B错误；当金属棒刚好要上滑时，变阻器R接入电路的电阻值最小，对金属棒，由平衡条件得mgsinθ＋μmgcosθ＝BI′d由闭合电路欧姆定律得E＝I′(r＋R′＋R0)联立解得R′＝eq\f(BEd,mgsinθ＋μmgcosθ)－(R0＋r)则变阻器R接入电路的电阻值不小于eq\f(BEd,mgsinθ＋μmgcosθ)－(R0＋r)，故C错误；由于μ<tanθ，则金属棒刚好下滑时，电路中电流最小，即变阻器R接入电路的电阻值最大，对金属棒，由平衡条件得mgsinθ＝μmgcosθ＋BId由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋R＋R0)联立解得R＝eq\f(BEd,mgsinθ－μmgcosθ)－(R0＋r)则变阻器R接入电路的电阻值不大于eq\f(BEd,mgsinθ－μmgcosθ)－(R0＋r)，故D正确。例3(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2RC．粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v02,3RE)D．磁场磁感应强度B的大小B＝eq\f(2E,v0)答案C解析粒子经过M点，根据类平抛运动规律，有vy＝v0tanα，qE＝ma，vy＝at3，3R＝v0t3，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v02,3RE)，y＝eq\f(vy2,2a)＝1.5R，故A错误，C正确；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，△O1O2P≌△O2O1P′，则粒子的轨道半径为r＝R，由牛顿第二定律可得Bqv0＝meq\f(v02,r)，解得B＝eq\f(3E,v0)，故B、D错误。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。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。例4(2023·孝感市高二统考期末)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)求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；(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。答案(1)eq\f(mv02,2qh)eq\f(mv0,2qh)(2)eq\f(πh＋6h,v0)解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向2h＝v0t1y轴方向h＝eq\f(1,2)at12粒子在电场中根据牛顿第二定律a＝eq\f(qE,m)联立解得E＝eq\f(mv02,2qh)粒子在磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝eq\f(mv2,r)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°，故粒子射入磁场时的速度v＝eq\r(2)v0由几何关系可知eq\x\to(O′B)＝2eq\r(2)h，即r＝2eq\r(2)h得B＝eq\f(mv0,2qh)(2)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。在电场中A到B的水平方向有t1＝eq\f(2h,v0)，B到C粒子做匀速圆周运动的圆心角θ＝eq