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 （鲁科版2019）

DIYIZHANG 第1章 章末素养提升 物理 观念 安培力 (1)概念：磁场对 的作用力 (2)大小：F＝BIl·sin θ，θ为B与I的夹角，l为有效长度 (3)方向：总垂直于B和I决定的平面，用 判定 (4)应用：电动机、电流计等 洛伦 兹力 (1)概念：磁场对 的作用力；洛伦兹力是安培力的微观表现 (2)大小：f＝qvBsin θ，θ为B与v的夹角 (3)方向：总垂直于B与v决定的平面，用 判定(注：负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反) (4)特点：永远不做功(安培力可做功) 再现素养 知识 通电导线 左手定则 运动电荷 左手定则 物理 观念 洛伦 兹力 带电粒子在匀强磁场中的运动 匀速直线运动 匀速圆周运动 物理 观念 洛伦 兹力 的应用 速度选择器：qE＝qvB，v＝____(不能选择粒子的电性、电量) 回旋加速器：最大速度v＝_______，最大动能Ekm＝ ________，加速次数n＝ 磁流体发电机：Eq＝qvB，U＝_____   Edv 科学思维 1.微元法　2.等效法　3.结论法 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 (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.0 B.BIl C.2BIl D. BIl 例1 √ 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。 (2023·海南卷)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是 A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 例2 √ 小球是带正电，四指指向它的运动方向，由左手定则可知刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，速度、加速度方向都在变化，加上重力的作用，速度、加速度大小也在变化，洛伦兹力永不做功。故选A。 在两个倾角均为α的光滑斜面上，放有两个相同的金属棒，分别通有电流I1和I2，磁场的磁感应强度大小相同，方向分别为竖直向上和垂直于斜面向上，如图甲、乙所示，两金属棒均处于平衡状态。则两种情况下的电流之比I1∶I2为 A.sin α∶1 B.1∶sin α　 C.cos α∶1 D.1∶cos α 例3 √ 两金属棒的受力如图， 根据共点力平衡的条件得 F1＝mgtan α，F2＝mgsin α， 所以两金属棒所受的安培力之比 (2023·福建师大附中高二开学考试)如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为屏上的一小孔，PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为 例4 √ 粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 对于从PC右侧射入磁场的粒子，粒子沿着右侧虚线边界射入时，轨迹如图甲所示，此时粒子打在屏上的点距P点最近， 由几何关系可知与P间距为2Rcos θ； 对于从PC左侧射入磁场的粒子，粒子沿着 左侧边界射入时，轨迹如图丙所示，此时 打到屏上的点距P点最近， 由几何关系可知与P间距为2Rcos θ； 粒子垂直边界MN射入时，轨迹如图乙， 此时打到屏上的点距P点最远，间距为2R； (2022·济南市高二期末)回旋加速器的内部构造如图甲所示，置于真空中的D形盒半径为R，两盒间狭缝MN的间距为d，与盒面垂直的匀强磁场磁感应强度为B。加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝ 。t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P处飘入 例5 狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动。则 √ 粒子每次经过狭缝均做加速运动，则第一次经过狭缝的时间最长， 粒子在磁场中做匀速圆周运动， (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。 (1)求匀强电场的电场强度E的大小和匀强磁场的 磁感应强度B的大小； 例6 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线与初速度方向的延长线交于水平位移的中点可知，进入磁场时粒子速度v与x轴正方向成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。 由对称性知，从C到D所用的时间 电磁流量计：qvB＝·q，Q＝Sv＝______ 质谱仪：＝，m＝x2 ＝＝； 因为F＝ILB，所以＝＝，选项D正确，A、B、C错误。 A. B. C. D. 由牛顿第二定律得qvB＝m， 解得粒子的轨迹半径为R＝， 故屏MN上被粒子打中的区域长度为2R－2Rcos θ＝，故选D。 A.粒子每次经过狭缝的最长时间为d B.粒子第一次回到M板所需要的时间为 ＋d C.粒子第二次经过上半个D形盒时粒子的 加速度为B D.若粒子最终从D形盒出射的最大动能为Ekm， 则粒子在电场中运动总时间为 根据匀变速直线运动规律有d＝at02，a＝，t0＝d，故A错误； 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，运动周期T＝＝ 分析发现＋d是粒子经 一次加速后，在上半个磁场中做 半个圆周运动后到达N板的时间， 故B错误； 粒子第二次经过上半个D形盒时，根据动能定理有3qU0＝mv32 若粒子最终从D形盒出射的最 大动能为Ekm，由Ekm＝mvm2，得vm＝ 粒子在电场中加速运动总时间t＝＝，故D正确。 洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，加速度a3＝， 解得a3＝B，故C错误； 答案　　 粒子在电场中根据牛顿第二定律a＝ 联立解得E＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝  y轴方向h＝at12 得B＝ 故粒子射入磁场时的速度v＝v0 由几何关系可知＝2h，即r＝2h 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＝＝， 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＝。 $$