09 第一章 安培力与洛伦兹力 章末阶段总结-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修2同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

物理选择性 必修第二册 章末阶段总结(一) 安培力与洛伦兹力 第一章 安培力与洛伦兹力 单元体系建构•把握全局 学科素养提升•整合培优 单元综合评估（一）安培力与洛伦兹力 一、安培力作用下的功能问题 1．安培力做功的特点：安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关。 2．安培力做功的实质：起传递能量的作用。 (1)安培力做正功：是将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能。 (2)安培力做负功：是将其他形式的能转化为电能后或储存或转化为其他形式的能。 【典例1】 某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为θ，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。下列说法正确的是(　　 ) A．将弹丸弹出的过程中，安培力做的功为maL＋mgL sin θ B．将弹丸弹出的过程中，安培力做的功为I2R C．将弹丸弹出的过程中，安培力的功率先增大后减小 D．将弹丸弹出的过程中，安培力的功率不变 解析：选A。根据牛顿第二定律得F－mg sin θ＝ma，所以安培力做功W＝FL＝maL＋mgL sin θ，故A正确，B错误； 由F＝mg sin θ＋ma知，安培力为恒力，故安培力的功率P＝Fv＝Fat，故安培力的功率一直增大，故C、D错误。 二、“电偏转与磁偏转”的区别 比较项目 垂直电场线进入 匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入 匀强磁场(不计重力) 受力情况 电场力F＝qE， 大小、方向不变 洛伦兹力F＝qvB，大小不变，方向随v的改变而改变 运动类型 类平抛运动 匀速圆周运动或其一部分 运动轨迹图 二、“电偏转与磁偏转”的区别 比较项目 垂直电场线进入 匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入 匀强磁场(不计重力) 求解方法 通过类平抛运动的规律求解 vx＝v0，vy＝t x＝v0t y＝t2 tan φ＝ 半径r＝ 周期T＝ 偏移量y和偏转角φ要结合圆的几何关系和对圆周运动的分析求解 重要特点 垂直电场方向的速度保持不变 速度大小保持不变 【典例2】 如图所示，在虚线所示的宽度范围内，用电场强度为E的匀强电场可使以初速度v0垂直于电场入射的某种正离子(不计重力)偏转θ角。在同样宽度范围内，若改用方向垂直于纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场区域的偏转角度也为θ，则匀强磁场的磁感应强度大小为多少？ 解析：设电场区域的宽度为d，带电离子在电场中做类平抛运动 离子在电场中的加速度为a＝ 沿电场方向的分速度为vy＝at＝ 因为偏转角为θ，故有tan θ＝ 解得d＝ 离子在磁场中做匀速圆周运动 圆半径R＝ 由图可得sin θ＝ 联立以上各式得B＝。 答案： 三、高考热点——带电粒子在电场和磁场中的运动 带电粒子在电场和磁场中的运动是本章高考的重点和热点。解决带电粒子在电场和 磁场中的运动要进行受力分析和运动分析，结合牛顿运动定律、圆周运动知识及功和能的知识。本章重点考查考生的综合分析能力和应用数学知识处理物理问题的能力。题型为选择题和计算题，难度偏大。 【典例3】 (2022·山东高考节选)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0<z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；－3d≤z<0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z<0，y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为＋q的离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ。不计离子重力。 (1)当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E； (2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm； (3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示)。 解析： (1)如图所示，将离子甲从A点的出射速度v0分解到沿y轴方向和z轴方向，离子受到的电场力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有 L＝v0cos β·t，v0sin β＝at，a＝ 联立解得E＝。 (2)如图所示，离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝， 离子经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得qv· 可得r2＝r1 为了使离子在磁场中运动，需满足 r1≤d，r2≤3d 联立可得v≤ 要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为。 (3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ，离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1′＝ 离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2′＝ 离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景如图所示， 离子第四次穿过xOy平面的x坐标为x4＝2r2′sin 45°＝d 离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y4＝2r1′＝d 故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d，0)。 答案：(1)　(2) (3)(d，d，0) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．电磁炮可以利用电磁系统中电磁场产生的安培力来对金属炮弹进行加速，使其达到打击目标所需的巨大动能，如图甲所示。原理图可简化为如图乙所示，其中金属杆表示炮弹，磁场方向垂直轨道平面向上，则当弹体中通过如图乙所示的电流时，炮弹加速度的方向为(　　) A．水平向左 B．水平向右 C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里 解析：选A。根据左手定则可知炮弹受到水平向左的安培力，故A正确。 2．如图所示，水平面上的U形导轨NMPQ处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ，垂直于ab且指向右斜上方。导轨宽度为L，垂直于导轨放置一根金属棒ab，ab棒中电流为I，则ab棒受到的安培力大小为(　　) A．BIL sin θ B．BIL C．BIL cos θ D． 解析：选B。因为金属棒与磁场垂直，所以ab棒受到的安培力大小为F＝BIL，故B正确。 3．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 解析：选A。根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。 4．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 解析：选C。洛伦兹力提供向心力有qvB＝质子加速后获得的最大动能为Ek＝解得最大速率约为v＝5.4×107 m/s，故C正确。 5．在两平行板间存在匀强电场和匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，带正电的粒子沿中轴线方向从平行板左侧射入，如图所示。当粒子速度等于时，恰好沿着图示虚线①做直线运动。若粒子速度大于时，不计粒子重力，下列关于粒子运动的说法正确的是(　　) A．粒子可能沿虚线②运动，动能增大 B．粒子可能沿虚线②运动，动能减小 C．粒子可能沿虚线③运动，动能增大 D．粒子可能沿虚线③运动，动能减小 解析：选B。带正电的粒子进入复合场后，受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当粒子速度等于时，恰好沿着图示虚线①做直线运动，有qvB＝qE；若粒子速度大于时，有qvB>qE，粒子会向上偏转，同时电场力做负功，动能减小，故A、C、D错误，B正确。 6．如图所示，甲是质谱仪，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是(　　) A．甲图中，在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应的比荷最小 B．乙图中，可判断出A极板是发电机的正极 C．丙图中，能沿直线通过速度选择器的粒子，其速度与粒子的电荷量有关 D．丁图中，若导体为金属，则稳定时C板电势低 解析：选D。甲图粒子在电场中被加速，由动能定理得qU＝mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，粒子轨道半径r＝，在三种同位素由静止加速进入磁场所形成的三条质谱线中，c对应的比荷最大，故A错误；乙图由左手定则可知，带正电的离子偏向下极板，则可判断出A极板是发电机的负极，故B错误；丙图中粒子沿直线通过速度选择器，则qvB＝qE，可得v＝，则粒子沿直线通过速度选择器时，粒子的速度与粒子的电荷量无关，故C错误；丁图中若导体为金属，由左手定则可知，电子偏向C极板，则稳定时C板电势低，故D正确。 7．有一个辐向分布的电场，距离O点相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们一定具有相同的(　　) A．质量 B．电荷量 C．比荷 D．动能 解析：选C。粒子在辐射电场中以速度v做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qE＝m，解得r＝，粒子在匀强磁场中有qvB＝m，解得r′＝，粒子进入不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度v和比荷，故C正确。 8．(2023·北京高考)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是(　　) A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a B．粒子质量为 C．管道内的等效电流为nqπa2v D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql 解析：选C。带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r＝a，故A正确；根据qvB＝m，可得粒子的质量m＝，故B正确；管道内的等效电流为I＝NqSv，单位体积内粒子数为，则I＝qπa2v＝nq，故C错误；每个粒子水平位移变化2a，与管道碰撞一次，因l≫a，则每个粒子在管道内与管道的碰撞次数为，t′时间内有nt′个粒子与管道碰撞，由动量定理可得Ft′＝nt′··m×2v，即F＝Bnql，故D正确。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9．我国建造的第一台回旋加速器的模型如图甲所示，该加速器存放于中国原子能科学研究院。其工作原理如图乙所示，回旋加速器的两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，电压大小为U，忽略粒子在电场中的运动时间。下列说法正确的是(　　) A．电荷量为q的粒子每次经过D形盒之间的缝隙后，动能均增加qU B．由于粒子速度被逐渐加大，极板所加交流电的周期要相应减小 C．粒子从加速器出来的最大速度与D形盒的半径大小及磁场的磁感应强度有关 D．α粒子与氘核经同一回旋加速器加速后获得相同的动能 解析：选AC。电荷量为q的粒子每次经过D形盒之间的缝隙后，根据动能定理有ΔEk＝qU，可知动能均增加qU，故A正确；粒子在磁场中运动的周期为T＝，与速度无关，故粒子速度被逐渐加大，极板所加交流电的周期不变，故B错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，设回旋加速器D形盒的半径为R，可推导出粒子的最大动能为Ek＝，故粒子从加速器出来的最大速度与D形盒的半径大小及磁场的磁感应强度有关，故C正确；根据Ek＝，可知α粒子与氘核经同一回旋加速器加速后获得的动能不同，故D错误。 10．近年来国产动画的技术不断提升，尤其是以科幻为主题的电影备受人们追捧。图甲为动漫人物被科学怪人篡改记忆时的画面，图乙为篡改记忆所用的装置简化图，一“篡改记忆粒子”(比荷为5×10-4 C/kg)从S1出发经过电场加速(U＝2.5×106 V)获得一定初速度进入速度选择器，进入匀强磁场(B＝1×107 T)偏转180°后进入动漫人物大脑进行篡改。不计“篡改记忆粒子”的重力，下列说法错误的是(　　) A．各个“篡改记忆粒子”进入匀强磁场偏转的时间相同 B．速度选择器允许通过的粒子速度为25 m/s C．偏转半径为r＝0.1 m D．比荷越小偏转半径越小 解析：选BCD。“篡改记忆粒子”进入匀强磁场做匀速圆周运动的周期T＝，由于“篡改记忆粒子”的比荷相同，做匀速圆周运动的周期相同，各个“篡改记忆粒子”进入匀强磁场偏转时间相同，故A正确，不符合题意；由qU＝mv2，解得v＝ m/s＝50 m/s，所以速度选择器允许通过的粒子速度为50 m/s，故B错误，符合题意；由qvB＝解得偏转半径为r＝＝0.01 m，故C错误，符合题意；由r＝，则比荷越小偏转半径越大，故D错误，符合题意。 11．如图为某一径向电场的示意图，电场强度的数值大小满足关系式E＝，a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　) A．轨道半径r小的粒子角速度一定小 B．电荷量大的粒子的动能一定大 C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D．当加垂直纸面的磁场时，粒子一定做离心运动 解析：选BC。根据电场力提供向心力可得·q＝mω2r，解得ω＝，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；根据电场力提供向心力可得，解得v＝，又Ek＝mv2，联立可得Ek＝，可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故B、C正确；粒子速度方向及磁场方向未知，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。 12．如图所示，电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出。若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则(　　) A.电子在磁场中运动的时间为 B．电子在磁场中运动的时间大于 C．电子竖直方向的位移为h＝ D．电子的水平位移d＝ 解析：选BD。用表示电子运动的弧长，电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，运动时间为t＝>，故A错误，B正确；根据几何关系可知(R－h)2＋d2＝R2，解得R＝，其中Bev＝m，解得h＝，故C错误，D正确。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13．(6分)如图所示，在“探究磁场对通电导线的作用力”实验中，两平行的金属水平导轨处于蹄形磁铁两极中间的磁场中，磁感应强度垂直于导轨平面。开始时，金属棒放在导轨正中间的位置处，当金属棒受到安培力作用时沿导轨运动，忽略金属棒与导轨之间的摩擦。 (1)闭合开关，观察到金属棒水平向______运动(填“左”或“右”)； (2)若要改变金属棒的运动方向，下列措施可行的是________； A．仅改变电流的方向 B．仅改变磁场的方向 C.电流的方向和磁场的方向同时改变 D．调节滑动变阻器的滑片，减少接入电路的电阻 (3)为了使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，下列措施可行的是________。 A．增加金属水平导轨的长度 B．增加金属棒的长度 C．向右移动滑动变阻器的滑片 D．增加金属水平导轨的间距 解析：(1)根据左手定则，可以判断出此时金属棒受到的安培力方向为水平向右，则可观察到金属棒水平向右运动。 (2)若要改变金属棒的运动方向，则应使安培力的方向发生改变，可改变电流的方向或改变磁场的方向，故选AB。 (3)由v＝at可知，要使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，则应增大导体棒所受安培力或延长加速时间；增加金属水平导轨的长度可使加速时间更长，即可获得更大速度，由F＝BIL可知，要增大导体棒所受安培力可向左移动滑动变阻器的滑片或增加金属水平导轨的间距，故选AD。 答案：(1)右　(2)AB　(3)AD 14．(8分)用如图所示的装置测量磁场的磁感应强度和某导电液体(有大量的正、负离子)的电阻率。水平管道长为l、宽度为d、高为h，置于竖直向上的匀强磁场中。管道上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S、电阻箱R、灵敏电流表G(内阻为Rg)连接。管道内始终充满导电液体，液体以恒定速度v自左向右通过。闭合开关S，调节电阻箱的取值，记下相应的电流表读数。 (1)与N板相连接的是电流表G的______极(填“正”或“负”)。 (2)将实验中每次电阻箱接入电路的阻值R与相应的电流表读数I绘制出 ­R图像为如图所示的倾斜直线，其延长线与两轴的交点坐标分别为(－a，0)和(0，b)，则磁场的磁感应强度为________，导电液体的电阻率为________。 解析：(1)根据左手定则可知与N板相连接的是电流表G的负极。 (2)根据闭合电路的欧姆定律有E＝I(R＋Rg＋r)，而qvB＝q，根据电阻定律有r＝ρ，解得·R，由 ­R图像可知k＝，解得B＝。 答案：(1)负　(2) 15．(10分)如图所示，两足够长的平行粗糙金属导轨MN、PQ相距L＝1 m，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计。在导轨所在平面内，分布着垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.5 Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.05 kg的导体棒ab放在金属导轨上，闭合开关S，导体棒静止时受到的安培力F安＝0.5 N，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，二者接触的两点间的电阻R＝4 Ω，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)磁感应强度大小B； (2)导体棒受到的摩擦力大小f。 解析：(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路的欧姆定律有I＝＝1 A 导体棒受到的安培力F安＝ILB 代入数据得磁感应强度B＝0.5 T。 (2)导体棒所受重力沿导轨向下的分力为mg sin 37°，据左手定则，安培力方向沿导轨向上，由于mg sin 37°小于安培力，所以导体棒受沿导轨向下的摩擦力，根据共点力平衡条件得mgsin 37°＋f＝F安 解得f＝0.2 N。 答案：(1)0.5 T　(2)0.2 N 16．(10分)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度B和做匀速圆周运动的周期T； (2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。 解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有qvB＝ 则匀强磁场的磁感应强度B＝ 周期T＝。 (2)粒子受电场力F1＝qE 洛伦兹力F2＝qvB 粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB 解得电场强度的大小E＝。 答案：(1)　(2) 17．(12分)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15 cm，质量为m＝1×10-3 kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10-2 T的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h＝2.5 cm，闭合开关，金属杆飞起后，其下端离液面高度H＝10 cm，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流大小；(g＝10 m/s2，水和空气阻力不计) (2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5 cm，金属杆通电时间t′＝0.002 s，求通过金属杆截面的电荷量。 解析：(1)对金属杆，跳起的高度为H，做竖直上抛运动，由运动学关系式v2＝2gH 解得v＝m/s 通电过程金属杆受到的安培力大小为FA＝BIL 由动能定理得BILh－mg(H＋h)＝0 解得I≈4.17A。 (2)对金属杆，通电时间t′＝0.002 s，由动量定理有(BI′L－mg)t′＝mv′－0 由运动学公式v′2＝2gH′ 通过金属杆截面的电荷量q＝I′t′ 联立解得q＝0.085 C。 答案：(1)m/s　4.17 A　(2)0.085 C 18．(14分)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0； (2)求两极板间磁场的磁感应强度B； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。 解析：(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得 Eq＝mg R2两端的电压U2＝Ed 根据欧姆定律得U2＝·R2 联立解得E0＝。 (2)如图所示 设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系有(r－d)2＋2＝r2 解得r＝2d 根据qvB＝m 解得B＝。 (3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得 E′q＝mg cos 60° 解得E′＝。 答案：(1)　(2)　(3) $$