第1章 章末归纳提升-【创新教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册五维课堂同步课件PPT（人教版2019）

物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 物理选择性必修第二册 [知识整合] [能力强化] [强化点1]　有关安培力问题的分析与计算 　安培力既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此有关安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．具体求解应从以下几个方面着手分析： 1．安培力的大小 (1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝IlB. (2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0. (3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝IlBsin θ. 2．安培力的方向 (1)安培力的方向由左手定则确定． (2)F安⊥B，同时F安⊥l，即F安垂直于B和l决定的平面，但l和B不一定垂直． 3．安培力作用下导体的状态分析 通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键． [例1]　如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L＝0.2 m，导轨电阻不计．另有一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面．为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与金属棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．求： (1)此磁场的方向； (2)该磁场的磁感应强度B的取值范围． [解析]　(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如下图所示．经分析知磁场的方向斜向下指向纸里． 甲 　　　　乙 (2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为Ff，则： Fsin 30°＋Ff－mg＝0 F＝B1IL Ff＝μFcos 30° I＝eq \f(E,R＋r) 联立四式并代入数值得B1＝3.0 T. 当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为Ff′，如图乙所示，则： F′sin 30°－Ff′－mg＝0 Ff′＝μF′cos 30° F′＝B2IL I＝eq \f(E,R＋r) 可解得B2＝16.3 T. 所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 T≤B≤16.3 T. [答案]　(1)斜向下指向纸里　(2)3.0 T≤B≤16.3 T [规律总结]　解答安培力问题的一般步骤 (1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体． (2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等． (3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程． (4)运用平衡条件或动力学知识列式求解． [强化点2]　带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题 1．带电粒子的电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解．如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b. 2．磁场方向的不确定形成多解 磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解．如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b. 3．临界状态不唯一形成多解 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解． 4．运动的往复性形成多解 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示． [例2]　在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示．在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电荷量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)． [解析]　要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速并以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足 2R·n＝eq \x\to(OM)＝l(n＝1,2,3…)．　　① R＝eq \f(mv,qB)　　② Eq·y＝eq \f(1,2)mv2　　③ 联立①②③可得：y＝eq \f(B2l2q,8n2mE)(n＝1,2,3…)． [答案]　见解析 [规律总结] 求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧 (1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因． (2)作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)． (3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件． [强化点3]　带电粒子在组合场中的运动 　带电粒子在电场和磁场两种场中运动的性质： (1)在电场中 ①当粒子的运动方向与电场方向平行时，做匀变速直线运动； ②当粒子垂直于电场方向进入电场时，做匀变速曲线运动(类平抛运动)． (2)在磁场中 ①当粒子的运动方向与磁场方向一致时，不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动； ②当粒子垂直于匀强磁场方向进入磁场时，做匀速圆周运动． [例3]　如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核eq \o\al(1,1)H和一个氘核eq \o\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知eq \o\al(1,1)H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.eq \o\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q.不计重力．求： (1)eq \o\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)eq \o\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离． [解析]　 (1)eq \o\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示． 设eq \o\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有 s1＝v1t1　　① h＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,1)　　② 由题给条件，eq \o\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.eq \o\al(1,1)H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1＝v1tan θ1　　③ 联立以上各式得 s1＝eq \f(2\r(3),3)h.　　④ (2)eq \o\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1　　⑤ 设eq \o\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 v1′＝eq \r(v\o\al(2,1)＋a1t12)　　⑥ 设磁感应强度大小为B，eq \o\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1′B＝eq \f(mv1′2,R1)　　⑦ 由几何关系得 s1＝2R1sin θ1　　⑧ 联立以上各式得B＝eq \r(\f(6mE,qh)).　　⑨ (3)设eq \o\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq \f(1,2)(2m)veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)　　⑩ 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2　　⑪ 设eq \o\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有 s2＝v2t2　　⑫ h＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2)　　⑬ v2′＝eq \r(v\o\al(2,2)＋a2t22)　　⑭ sin θ2＝eq \f(a2t2,v2′)　　⑮ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq \f(\r(2),2)v1′　　⑯ 设eq \o\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝eq \f(2mv2′,qB)＝eq \r(2)R1　　⑰ 所以出射点在原点左侧． 设eq \o\al(2,1)H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sin θ2　　⑱ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq \o\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2′－s2＝eq \f(2\r(3),3)(eq \r(2)－1)h.　　⑲ [答案]　见解析 [强化点4]　带电粒子在叠加场中的运动 1．带电粒子在叠加场中运动的基本性质 (1)匀速直线运动：若带电粒子所受合外力为零，它将处于静止或匀速直线运动状态； (2)匀速圆周运动：若带电粒子所受合外力只充当向心力，它将做匀速圆周运动； (3)匀变速运动：若带电粒子所受合外力恒定，它将做匀变速运动； (4)非匀变速运动：若带电粒子所受合外力不恒定，它将做非匀变速运动． 2．带电体所受重力、静电力与洛伦兹力的性质各不相同，做功情况也不同，应予以区别． 大小 方向 做功特点 做功大小 重力 mg 竖直向下 与路径无关，只与始、末位置的高度差有关 W＝mgh 静电力 qE 与电场方向 相同或相反 与路径无关，只与始、末位置间的电势差有关 W＝qU 洛伦 兹力 v∥B，则f＝0 v⊥B，则f＝qvB 由左手定则判定 永不做功 0 [例4]　在如图所示的空间中存在场强为E的匀强电场和沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动，据此可以判断出(　　) A．质子所受的静电力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高 B．质子所受的静电力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低 C．质子所受的静电力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高 D．质子所受的静电力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低 解析：C　[磁场沿x轴负方向，质子受到的洛伦兹力沿着z轴正方向，因质子做匀速直线运动，所以质子所受到的静电力与洛伦兹力等大反向，电场强度必然沿着z轴负方向，否则质子不可能做匀速直线运动．这样质子在运动过程所受到静电力的大小为eE＝evB，电势能不变．电场强度沿着z轴负方向，所以沿着z轴正方向电势升高．综上所述，选项C正确．] [规律总结]　 带电粒子在复合场中运动问题的处理方法 (1)首先要弄清复合场的组成．其次，要正确地对带电粒子进行受力分析和运动过程分析．在进行受力分析时要注意洛伦兹力方向的判定方法——左手定则．在分析运动过程时，要特别注意洛伦兹力的特点——方向始终和运动方向垂直，永不做功．最后，选择合适的动力学方程进行求解． (2)带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了静电力和洛伦兹力．因此，带电粒子在复合场中的运动问题要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如静电力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直且永不做功等． [强化训练] 1.如图所示，有一离子束沿直线通过相互垂直的匀强电场、匀强磁场区域Ⅰ，再进入匀强磁场区域Ⅱ中做偏转半径相同的圆周运动，则它们一定具有相同的(　　) A．电性　　　　 B．比荷 C．电荷量 D．质量 解析：B　[在正交的电磁场区域中，离子不偏转，说明离子受力平衡，在区域Ⅰ中，离子受电场力和洛伦兹力，不管离子电性如何都满足qvB1＝qE，得v＝eq \f(E,B1)，可知这些离子具有相同的速度，但电性不确定．进入只有匀强磁场的区域Ⅱ时，偏转半径相同，由R＝eq \f(mv,qB2)和v＝eq \f(E,B1)可得R＝eq \f(mE,qB1B2)，故这些离子具有相同的比荷，选项B正确．] 2. (多选)如图所示，粗糙固定斜面的倾角为θ，整个斜面处于垂直斜面向下的匀强磁场(大小未知)中，在斜面上有一根有效长度为L、质量为m、水平放置的导体棒，当导体棒中电流为I1和I2时，导体棒均能沿斜面匀速运动．已知电流I1、I2的方向相同且I1<I2，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．电流方向垂直纸面向外 B．导体棒与斜面间的动摩擦因数为eq \f(I1＋I2tan θ,I2－I1) C．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(2mgsin θ,I1＋I2L) D．可能存在一个与I1、I2大小不同的电流，使导体棒沿斜面做匀速直线运动 解析：AC　[由题意可知通电流I1和I2时，导体棒均能沿斜面匀速运动且I1<I2，故通I1时导体棒沿斜面向下运动，通I2时导体棒沿斜面向上运动，导体棒受到的安培力沿着斜面向上，由左手定则知电流方向垂直纸面向外，根据平衡条件有mgsin θ＝BI1L＋μmgcos θ，mgsin θ＋μmgcos θ＝BI2L，联立解得μ＝eq \f(I2－I1tan θ,I1＋I2)，B＝eq \f(2mgsin θ,I1＋I2L)，B错误，A、C正确；因I1和I2可分别使导体棒向上或向下匀速运动，而根据磁场方向又知安培力沿斜面方向，摩擦力大小不变，重力沿斜面分力不变，故不存在其他电流让导体棒匀速运动，D错误．] 3.如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B.x轴下方有一匀强电场，电场强度为E.屏MN与y轴平行且相距L，一质量为m，电荷量为e的电子，在y轴上某点A自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN上，那么： (1)电子释放位置与原点O之间的距离s需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？ 解析： (1)电子的运动轨迹如图所示． 在电场中电子从A到O过程，由动能定理，可得，eEs＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 在磁场中电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有ev0B＝meq \f(v\o\al(2,0),r)可得r＝eq \f(mv0,eB) 根据题意有(2n＋1)r＝L 解得s＝eq \f(eL2B2,2E m2n＋12)(n＝0,1,2,3，…)． (2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运动的总时间，即t＝(2n＋1)eq \r(\f(2s,a))＋eq \f(T,4)＋neq \f(T,2) 由eE＝ma可得a＝eq \f(eE,m) 由ev0B＝meq \f(v\o\al(2,0),r)和T＝eq \f(2πr,v0)可得T＝eq \f(2πm,eB) 综上整理可得t＝eq \f(BL,E)＋(2n＋1)eq \f(πm,2eB)(n＝0,1,2,3…)． 答案：(1)s＝eq \f(eL2B2,2E m2n＋12)(n＝0,1,2,3，…)． (2)eq \f(BL,E)＋(2n＋1)eq \f(πm,2eB)(n＝0,1,2,3…) 4.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成α＝45°角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成β＝15°角的射线OM已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑电子的重力和电子之间的相互作用．求： (1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)电子在电场和磁场中运动的总时间t. 解析：(1)电子从A到C的过程中，由动能定理得eEL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 又vCcos α＝v0 联立解得E＝eq \f(mv\o\al(2,0),2eL). (2)画出电子在电场和磁场中的运动轨迹，如图所示． 电子在电场中做类平抛运动，平行于电场方向有L＝eq \f(vCsin α,2)t1， 其中vC＝eq \f(v0,cos α) 由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于其运动轨迹所对圆心角，θ＝π－α－β＝eq \f(2π,3) 电子在磁场中的运动时间t2＝eq \f(θ,2π)T，其中T＝eq \f(2πm,eB) 电子在电场和磁场中运动的总时间t＝t1＋t2 联立解得t＝eq \f(2L,v0)＋eq \f(2πm,3eB). 答案：(1)eq \f(mv\o\al(2,0),2eL)　(2)eq \f(2L,v0)＋eq \f(2πm,3eB) $$