2024-2025学年新教材高中物理第一章安培力与洛伦兹力阶段提升课学案新人教版选择性必修第二册

PAGEPAGE11阶段提升课第一章学问体系·思维导图考点整合·素养提升考点1安培力作用下的力学问题1．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路：(1)选定探讨对象。(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要留意F安⊥B、F安⊥I；如图所示。(3)列平衡方程或牛顿其次定律方程进行求解。2．安培力作用下的功能问题分析要点：(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。(2)安培力做功的实质是能量转化。①安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。(3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。如图所示，长为L，质量为m的细导体棒a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，无限长直导线b被水平固定在与a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当a、b中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止。已知无限长直导线四周的磁场为一系列的同心圆，四周某点的磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比。则下列说法正确的是()A.a、b中电流必垂直纸面对里B．b中的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为eq\f(\r(2)mg,2IL)C．若将b适当上移以增大x，则导体棒仍可能静止D．无论将b上移还是下移，导体棒都可能处于静止状态【解析】选C。a恰好在斜面上保持静止，此时a棒受到支持力与重力，依据平衡条件可知同时受到水平向右的安培力，才能保持静止。所以a、b中电流方向相同即可，不必肯定垂直纸面对里，故A错误；当导体棒a受到水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态时，因夹角为45°，则有BIL＝mgtan45°，解得B＝eq\f(mg,IL)，故B错误；导体棒a受重力、支持力和安培力，依据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示。若使b上移少许，两个电流间距增加，安培力减小，而依据平衡条件，安培力减小，所以是可能平衡的，故C正确；若使b下移，依据平衡条件，安培力要增加，而两个电流间距增加，安培力减小，冲突，故肯定不能平衡，故D错误。故选C。【加固训练】1．将一个半径为R由粗细匀称同种材料制成的导电金属圆环放置在粗糙的水平桌面上。在桌面上方加有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示(俯视图)。a、b、c、d是圆环上的四等分点，现将金属圆环a、d点接入电路中，电路的电流为I，金属圆环质量为m且始终处于静止状态，重力加速度为g，则()A.金属圆环受到的安培力大小为0B．金属圆环受到的安培力大小为2πBIRC．金属圆环对桌面的压力大小为mg＋eq\r(2)BIRD．桌面对金属圆环的摩擦力大小为eq\r(2)BIR【解析】选D。a、d点接入电路后，圆环可看成acbd与ad两部分并联，则有效长度为eq\r(2)R，所以可得圆环所受安培力大小为F安＝eq\r(2)BIR，由受力平衡可得，桌面对圆环摩擦力大小也为eq\r(2)BIR，则D正确。2．如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框。线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L。已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B＝keq\f(I,r)(k为常量)，线框的质量为m，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为()A.0B．eq\f(kI2,m)＋gC．eq\f(kI2,m)－g D．eq\f(kI2,2m)＋g【解析】选D。线框下边受到的安培力的大小为F1＝keq\f(I,L)·IL＝kI2，方向向下；线框上边受到的安培力大小F2＝eq\f(kI,2L)·IL＝eq\f(1,2)kI2，方向向上；依据牛顿其次定律可得F1＋mg－F2＝ma，解得：a＝eq\f(F1＋mg－F2,m)＝eq\f(kI2,2m)＋g，故选D。考点2带电粒子在磁场中运动1．理解洛伦兹力的四点留意：(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向。(2)推断洛伦兹力方向时，特殊区分电荷的正、负，并充分利用F⊥B、F⊥v的特点。(3)计算洛伦兹力大小时，公式F＝qvB中，v是电荷与磁场的相对速度。(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不变更速度的大小，但它可变更运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等。2．带电粒子在匀强磁场中的运动：1．(多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则()A.粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2【解析】选A、C。粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心。由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝eq\f(mv,qB)可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝eq\f(2πm,qB)，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误。2．(2024·河北适应性测试)如图，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面对里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，eq\x\to(OP)＝eq\f(1,2)h。则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.32∶41 B．56∶41C．64∶41 D．41∶28【解析】选C。甲粒子从高eq\x\to(MN)＝h的位置水平飞入磁场，运动的轨迹如图所示甲粒子圆周运动的半径为＝＝r1，在△O1MP中依据勾股定理可知eq\x\to(MP)＝＝eq\r(req\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－（r1－h）2)＝eq\r(2r1h－h2)，则eq\x\to(OM)＝eq\x\to(MP)－eq\x\to(OP)＝eq\r(2r1h－h2)－eq\f(h,2)，在△MNO中，依据几何关系可知tan37°＝eq\f(\x\to(OM),\x\to(MN))＝eq\f(\r(2r1h－h2)－\f(h,2),h)＝eq\f(3,4)，解得r1＝eq\f(41,32)h，乙粒子从高2h的高度水平飞入磁场，由几何关系得O2P＝2h，所以乙粒子转过eq\f(1,4)圆周从P点飞出，其运动的半径为r2＝O2A＝2h；粒子在磁场中运动，洛伦兹力供应向心力：qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知粒子运动的半径r与粒子的比荷eq\f(q,m)＝k成反比，所以甲、乙两粒子比荷的比值为eq\f(k甲,k乙)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(2h,\f(41,32)h)＝eq\f(64,41)，故选C。【加固训练】(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，它的磁感应强度大小为B，方向垂直于圆平面(未画出)，一群比荷为eq\f(q,m)的负离子(不计重力)以相同速率v0，由P点在圆平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上，则下列说法正确的是()A.全部离子飞离磁场时速度方向的反向延长线过圆心B．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长C．全部离子在磁场中运动半径等于RD．全部离子飞离磁场时动能相等【解析】选B、D。若离子沿半径方向指向圆心射入磁场，依据圆的特性和速度沿圆周的切线方向可知，该离子离开磁场时速度方向的反向延长线会通过圆心，但所给离子不是都沿半径方向射入的，故A错误；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应当使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，故B正确；运动的半径由qv0B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),r)，则r＝eq\f(mv0,qB)，其值与R无关，故C错误；由于洛伦兹力对带电离子不做功，只变更离子的运动方向而不变更离子的速度大小，所以离开磁场区域时的动能相等，故D正确。考点3带电粒子在组合场与复合场中运动1．带电粒子在组合场中运动：(1)四种常见的运动模型。①带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：②带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：③带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图：④带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图：(2)三种常用的解题方法。①带电粒子在电场中做加速运动，依据动能定理求速度。②带电粒子在电场中做类平抛运动，须要用运动的合成和分解处理。③带电粒子在磁场中的圆周运动，可以依据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何学问确定半径，然后用洛伦兹力供应向心力和圆周运动学问求解。2．带电粒子在叠加场中运动：(1)叠加场：电场、磁场、重力场中的两者或三者在同一区域共存，就形成叠加场。(2)带电体在叠加场中运动的几种状况。如图所示，匀强磁场垂直于纸面对里，匀强电场竖直向下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。①若考虑重力，且mg＝Eq，则粒子做匀速圆周运动。②若不计重力，且qvB＝Eq，则粒子做匀速直线运动。③若不计重力，且qvB≠Eq，则粒子做变加速曲线运动。(多选)如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面对里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是()A.微粒可能带负电，也可能带正电B．微粒的电势能肯定减小C．微粒的机械能肯定增加D．洛伦兹力对微粒做负功【解析】选B、C。依据带电微粒做匀速直线运动的条件可知，受力状况如图所示，则微粒必定带负电，故A错误；微粒由a沿直线运动到b的过程中，电场力做正功，其电势能减小，故B正确；因重力做负功，重力势能增加，动能不变，则其机械能肯定增加，故C正确；洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。故选B、C。【加固训练】1．如图所示，在第Ⅰ象限内有竖直向下的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直纸面对外的匀强磁场。一个带正电的粒子以初速度v从P点垂直于y轴的方向进入匀强电场中，并与x轴成45°角进入匀强磁场，又恰好垂直y轴飞出磁场。已知OP之间的距离为L，则粒子在电场和磁场中运动的总时间为()A.(eq\f(3π,2)＋2)eq\f(L,v) B．(eq\f(3π,2)＋1)eq\f(L,v)C．(eq\f(5π,2)＋2)eq\f(L,v) D．(eq\f(5π,2)＋1)eq\f(L,v)【解析】选A。设与x轴交点的横坐标为x，此时竖直分速度为vy，则由类平抛运动的规律可知x＝vt1，L＝eq\f(1,2)vyt1，tan45°＝eq\f(vy,v)，得x＝2L，因此粒子在电场中运动时间为t1＝eq\f(x,v)＝eq\f(2L,v)；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T。则由几何关系可知：R＝2eq\r(2)L，带电粒子进入磁场时的速度大小为v′＝eq\r(2)v；则粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(4πL,v)，设粒子在磁场中的运动时间为t2，t2＝eq\f(3,8)T＝eq\f(3πL,2v)，则总时间为t＝t1＋t2＝(eq\f(3π,2)＋2)eq\f(L,v)；故选A。2.(多选)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R＝0.50m的绝缘光滑圆槽轨。槽轨处在垂直纸面对外的匀强磁场中，磁感强度B＝0.5T，有一质量为m＝0.10g的带正电的电量为q＝1.6×10－3C10m/s2，则下列说法正确的是()A．小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用B．小球在最高点时受到的洛伦兹力为1×10－