第一章 章末素养提升（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版 苏京）

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=BIlsin θ(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=qvBsin θ(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，由qvB=m得r=，T== 洛伦兹力与现代科技 (1)质谱仪 加速电场：qU=mv2 偏转磁场：qvB=m (2)回旋加速器 最大速度v= 最大动能：Ek= 加速次数：n= 磁场中运动时间：t=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·广东卷)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 答案　C 解析　洛伦兹力提供向心力有qvB=m，质子加速后获得的最大动能为Ek=mv2，解得最大速率约为v=5.4×107 m/s，故选C。 例2　(2022·苏州市期中)如图所示，在宽度为d的固定平行金属导轨上，金属棒ab垂直导轨放置，导轨平面与水平面成θ角，导轨下端与开关、电源、滑动变阻器R用导线连接，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、接入电路电阻为R0，电源的电动势为E、内阻为r(导线、导轨电阻忽略不计)，重力加速度为g，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为让金属棒ab能在导轨上保持静止，则(　　) A.滑动变阻器R的滑片在最左端时，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.滑动变阻器R接入电路的电阻值不小于-(R0+r) D.滑动变阻器R接入电路的电阻值不大于-(R0+r) 答案　D 解析　滑动变阻器R的滑片在最左端时，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，电路中电流最大，滑动变阻器R接入电路的电阻值最小，对金属棒，由平衡条件得mgsin θ+μmgcos θ=BI'd 由闭合电路欧姆定律得E=I'(r+R'+R0) 联立解得R'=-(R0+r) 则滑动变阻器R接入电路的电阻值不小于-(R0+r)，故C错误； 由于μ<tan θ，则金属棒刚好下滑时，电路中电流最小，即滑动变阻器R接入电路的电阻值最大，对金属棒，由平衡条件得mgsin θ=μmgcos θ+BId 由闭合电路欧姆定律得E=I(r+R+R0) 联立解得R=-(R0+r) 则滑动变阻器R接入电路的电阻值不大于-(R0+r)，故D正确。 例3　如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等，不计粒子间的相互作用。圆心在(0，R)、半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。磁场右侧有一长度为R、平行于y轴的光屏，其中心位于(2R，R)。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则(　　) A.粒子速度大小为 B.所有粒子均能垂直射在光屏上 C.能射在光屏上的粒子中，在磁场中运动时间最长为 D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足45°≤θ≤135° 答案　C 解析　由题意，初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有qBv=m，r=R，解得v=，A错误；由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值大于R，粒子并不会全部垂直打在光屏上，B错误；如图甲，由几何关系可得，能射在光屏上的粒子中，运动时间最长的对应轨迹的圆心角为π，根据周期公式T=，可得t=T=，C正确； 若能打在光屏下端，如图乙，由几何关系可得θ1=60°，即初速度与x轴正方向夹角为θ1=60°，同理，粒子打在光屏上端时，初速度与x轴正方向夹角为θ2=120°，则60°≤θ≤120°，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·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，则粒子做圆周运动有qvB=m，则=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB，联立有=，故选A。 例5　如图所示，一质量为m=0.10 g、电荷量为q=1.6×10-3 C的带负电滑块(可看作质点)以初速度v0=5 m/s由水平面上的A点向右滑动，到达C点后恰好能通过半径为R=0.5 m的竖直光滑半圆轨道的最高点D，已知水平轨道AC与半圆轨道平滑相切于C点，整个装置处在垂直纸面向里、磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中，重力加速度g=10 m/s2，则(　　) A.滑块运动到最高点D时的速度大小为2 m/s B.滑块运动到最高点D时的速度大小为 m/s C.滑块从C运动到D的过程中，机械能不守恒 D.滑块从A到C的过程中克服阻力做的功为2×10-4 J 答案　D 解析　因滑块恰好能通过光滑半圆轨道的最高点D，在D点由竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力的合力提供向心力，即mg-Bqv=m，代入数值得v=1 m/s，故A、B错误； 滑块从C到D的过程中，洛伦兹力时刻与速度方向垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C错误； 滑块从C到D的过程中，由机械能守恒定律知m=mv2+mg·2R，可得vC= m/s，滑块从A到C的过程中，由动能定理知克服阻力做的功为W克f=m-m，解得W克f=2×10-4 J，故D正确。 例6　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)　　(2) 解析　(1)如图(a)所示，粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向2h=v0t1 y轴方向h=a 粒子在电场中根据牛顿第二定律a= 联立解得E= 由tan α===1，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=v0 由几何关系可知=2h，即r=2h 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB= 得B= (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(b)所示 设粒子从A'到B'、B'到C'、C'到D'，分别用时t1、t2、t3。 在电场中从A'到B'所用时间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==，由对称性知，从C'到D'所用的时间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=。 学科网（北京）股份有限公司 $ DIYIZHANG 第一章 章末素养提升 1 物理 观念 安培力 (1)方向：判定方法：_________ 安培力方向垂直于B与I构成的平面 (2)大小：F= (θ为B与I的夹角) 洛伦兹力 (1)方向：判定方法：_________ (2)大小：F=qvBsin θ(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 运动 (2)若v⊥B，带电粒子在匀强磁场中做__________ 运动，由qvB=m得r=，T== 再现 素养知识 左手定则 BIlsin θ 左手定则 匀速直线 匀速圆周 物理 观念 洛伦兹力与现代科技 (1)质谱仪 加速电场：qU=mv2 偏转磁场：qvB=m (2)回旋加速器 最大速度v= 最大动能：Ek= 加速次数：n= 磁场中运动时间：t=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 　(2023·广东卷)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 例1 提能 综合训练 √ 洛伦兹力提供向心力有qvB=m，质子加速后获得的最大动能为Ek=mv2，解得最大速率约为v=5.4×107 m/s，故选C。 　(2022·苏州市期中)如图所示，在宽度为d的固定平行金属导轨上，金属棒ab垂直导轨放置，导轨平面与水平面成θ角，导轨下端与开关、电源、滑动变阻器R用导线连接，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、接入电路电阻为R0，电源的电动势为E、内阻为r(导线、导轨电阻忽略不计)，重力加速度为g，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为让金属棒ab能在导轨上保持静止，则 A.滑动变阻器R的滑片在最左端时，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.滑动变阻器R接入电路的电阻值不小于-(R0+r) D.滑动变阻器R接入电路的电阻值不大于-(R0+r) 例2 √ 滑动变阻器R的滑片在最左端时，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，电路中电流最大，滑动变阻器R接入电路的电阻值最小，对金属棒，由平衡条件得mgsin θ+μmgcos θ=BI'd 由闭合电路欧姆定律得E=I'(r+R'+R0) 联立解得R'=-(R0+r) 则滑动变阻器R接入电路的电阻值不小于 -(R0+r)，故C错误； 由于μ<tan θ，则金属棒刚好下滑时，电路中电流最小，即滑动变 阻器R接入电路的电阻值最大，对金属棒，由平衡条件得mgsin θ= μmgcos θ+BId 由闭合电路欧姆定律得E=I(r+R+R0) 联立解得R=-(R0+r) 则滑动变阻器R接入电路的电阻值不大于 -(R0+r)，故D正确。 　如图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等，不计粒子间的相互作用。圆心在(0，R)、半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B。磁场右侧有一长度为R、平行于y轴的光屏，其中心位于(2R，R)。已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则 A.粒子速度大小为 B.所有粒子均能垂直射在光屏上 C.能射在光屏上的粒子中，在磁场中运动时间最长为 D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴正方向夹角满足45°≤θ≤135° 例3 √ 由题意，初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有qBv=m，r=R，解得v=，A错误； 由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离O点的竖直高度最大值大于R，粒子并不会全部垂直打在光屏上，B错误； 如图甲，由几何关系可得，能射在光屏上的粒子 中，运动时间最长的对应轨迹的圆心角为π，根 据周期公式T=，可得t=T=，C正确； 若能打在光屏下端，如图乙，由几何关系可得θ1=60°，即初速度与x轴正方向夹角为θ1=60°，同理，粒子打在光屏上端时，初速度与x轴正方向夹角为θ2=120°，则60°≤θ≤120°，D错误。 总结提升 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。 总结提升 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。 　(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。 该粒子的比荷为 A. B. C. D. 例4 √ 由题知，一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a， 则粒子做圆周运动有qvB=m=，如 果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB，联立有 =，故选A。 　如图所示，一质量为m=0.10 g、电荷量为q=1.6×10-3 C的带负电滑块(可看作质点)以初速度v0=5 m/s由水平面上的A点向右滑动，到达C点后恰好能通过半径为R=0.5 m的竖直光滑半圆轨道的最高点D，已知水平轨道AC与半圆轨道平滑相切于C点，整个装置处在垂直纸面向里、磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中，重力加速度g=10 m/s2，则 A.滑块运动到最高点D时的速度大小为2 m/s B.滑块运动到最高点D时的速度大小为 m/s C.滑块从C运动到D的过程中，机械能不守恒 D.滑块从A到C的过程中克服阻力做的功为2×10-4 J 例5 √ 因滑块恰好能通过光滑半圆轨道的最高点D， 在D点由竖直向下的重力和竖直向上的洛伦 兹力的合力提供向心力，即mg-Bqv=m， 代入数值得v=1 m/s，故A、B错误； 滑块从C到D的过程中，洛伦兹力时刻与速度方向垂直，不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C错误； 滑块从C到D的过程中，由机械能守恒定律知m=mv2+mg·2R，可得vC= m/s，滑块从A到C的过程中，由动能定理知克服阻力做的功为W克f=m-m，解得W克f=2×10-4 J，故D正确。 　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和匀强磁场的磁感应强 度B的大小； 例6 答案　　 如图(a)所示，粒子在电场中做类平抛运动，x轴方向2h=v0t1 y轴方向h=a 粒子在电场中根据牛顿第二定律a= 联立解得E= 由tan α===1，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=v0 由几何关系可知=2h，即r=2h 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB= 得B= (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　 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(b)所示 设粒子从A'到B'、B'到C'、C'到D'，分别用时 t1、t2、t3。 在电场中从A'到B'所用时间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==，由对称性知，从C'到D'所用的时间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=。 $