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 浙江）

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=BIl·sin 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=qvB·sin 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　(多选)(2024·浙江S9联盟高二期中)图甲是我国正在测试的超导磁流体推进器，它以喷射推进取代了传统的螺旋桨推进方式，图乙是其工作原理图。推进器中的超导体产生超强磁场B，电极C和D连接直流电源通过海水产生电流I，I、B及水流三者方向相互垂直。若用该推进器驱动船舶前进，则下列相关说法正确的是(　　) A.电极C需连接电源的正极，D需连接电源的负极 B.驱动船舶前进的动力是作用在水流上的安培力 C.驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在电极C、D上的作用力 D.驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在超导磁体上的作用力 答案　AD 解析　根据题意可知，海水受到的安培力沿海水流动方向，由牛顿第三定律可知，海水对磁场(实质是对推进器中的超导磁体)的作用力沿船舶前进方向，即驱动船舶前进的动力，由左手定则可知，极板间电流由电极C到D，即电极C需连接电源的正极，D需连接电源的负极，A、D正确。 例2　(多选)如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1>r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间。下列说法中正确的是(　　) A.T1=T2 B.v1>v2 C.a1>a2 D.t1>t2 答案　ABC 解析　对于质子，它们的比荷相同，又质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=，在同一匀强磁场中，则T1=T2，故A正确；质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=，且r1>r2，则v1>v2，故B正确；由a=，T=，得a=，由于T1=T2，v1>v2，则a1>a2，故C正确； 两质子的周期相同，由题图知质子2的速度偏向角大于质子1的速度偏向角，则知质子2的圆心角大于质子1的圆心角，即有t1<t2，故D错误。 例3　(2024·嘉兴市高二期中)如图所示为某种电流表的原理示意图。匀质细金属杆的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的示数，MN的长度大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合且指针恰指在零刻度线；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小。已知k=2 N/m，ab的长度为0.4 m，bc的长度为0.1 m，B=0.2 T。不计通电时电流产生的磁场的影响，下列说法正确的是(　　) A.当电流表示数为零时，弹簧处于原长 B.若要使电流表正常工作，则金属杆MN的N端与电源正极相接 C.此电流表的量程应为2.5 A D.若要将电流表量程变为原来的2倍，可以将磁感应强度变为0.4 T 答案　C 解析　当电流表示数为零时，轻弹簧弹力与匀质细金属杆的重力平衡，所以此时弹簧处于伸长状态，故A错误；若要使电流表正常工作，应使通入电流后金属杆所受安培力向下，根据左手定则可知金属杆MN中的电流方向应为M→N，所以M端与电源正极相接，故B错误；根据胡克定律可知ΔF=kΔx，则当所测电流最大时，有BI·ab=k·bc，解得I=2.5 A，故C正确；根据对C项的分析可知，若要将电流表量程变为原来的2倍，可以将磁感应强度变为原来的二分之一，即0.1 T，故D错误。 例4　(2023·宁波市高二月考)如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R，0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α=45°。下列判断正确的是(　　) A.粒子将从Q点射入第Ⅰ象限 B.粒子在磁场中运动的轨道半径为2R C.粒子的比荷= D.磁场磁感应强度B的大小B= 答案　C 解析　粒子经过M点，根据类平抛运动规律，有vy=v0tan α，qE=ma，vy=at3，3R=v0t3，解得=，y==1.5R，故A错误，C正确；粒子运动轨迹如图所示，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P'为粒子射出磁场的位置，根据几何知识有P'O2∥PO1，△O1O2P≌△O2O1P'，则粒子的轨道半径为r=R，由牛顿第二定律可得Bqv0=m，解得B=，故B、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5　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。求： (1)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)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=，粒子在磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB=，由类平抛末速度反向延长与初速度方向的延长线交于水平位移的中点可知，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，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==，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=。 例6　(2024·杭州市高二期末)如图所示，静止于A处的带正电粒子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的有界匀强磁场(磁场方向如图所示，其中CNQD为匀强磁场的边界)。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，方向如图所示。已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，粒子质量为m、电荷量为q，QN=2d，PN=3d。粒子重力不计。 (1)求粒子刚进入静电分析器时的速度大小； (2)求粒子在辐向电场时其所在处的电场强度E的大小； (3)若粒子恰好能打在N点，求矩形区域QNCD内匀强磁场的磁感应强度B的值； (4)要求带电粒子最终能打在QN上，求磁场磁感应强度大小B的取值范围。 答案　(1)　(2)　(3)　(4)≤B≤ 解析　(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理有qU=mv2，得v= (2)粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，静电力提供向心力有qE=，解得E= (3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB= 粒子恰好能打在N点，则r=d，可得B= (4)粒子在磁场中做匀速圆周运动，则由qU=mv2，qvB=，得r= 粒子能打在QN上，则既没有从DQ边出去，也没有从PN边出去，则粒子运动径迹的边界如图 由几何关系可知，粒子能打到QN上，必须满足d≤r≤2d，得≤B≤。 学科网（北京）股份有限公司 $ DIYIZHANG 第一章 章末素养提升 1 再现 素养知识 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=qvB·sin 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 =m得r= ，T==______ 左手定则 BIl·sin θ 左手定则 匀速直线 匀速圆周 qvB 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 (多选)(2024·浙江S9联盟高二期中)图甲是我国正在测试的超导磁流体推进器，它以喷射推进取代了传统的螺旋桨推进方式，图乙是其工作原理图。推进器中的超导体产生超强磁场B，电极C和D连接直流电源通过海水产生电流I，I、B及水流三者方向相互垂直。若用该推进器驱动船舶前进，则下列相关说法正确的是 A.电极C需连接电源的正极，D需连接电源的负极 B.驱动船舶前进的动力是作用在水流上的安培力 C.驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在电 极C、D上的作用力 D.驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在超导磁体上的作用力 例1 提能 综合训练 √ √ 根据题意可知，海水受到的安培力沿海 水流动方向，由牛顿第三定律可知，海 水对磁场(实质是对推进器中的超导磁体) 的作用力沿船舶前进方向，即驱动船舶 前进的动力，由左手定则可知，极板间电流由电极C到D，即电极C需连接电源的正极，D需连接电源的负极，A、D正确。 (多选)如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1>r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间。下列说法中正确的是 A.T1=T2 B.v1>v2 C.a1>a2 D.t1>t2 例2 √ √ √ 对于质子，它们的比荷相同，又质子在磁场中做 匀速圆周运动的周期为T=，在同一匀强磁场中， 则T1=T2，故A正确； 质子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r=，且r1>r2，则v1>v2，故B正确； 由a=，T=，得a=，由于T1=T2，v1>v2，则a1>a2，故C正确； 两质子的周期相同，由题图知质子2的速度偏向角大于质子1的速度偏向角，则知质子2的圆心角大于质子1的圆心角，即有t1<t2，故D错误。 (2024·嘉兴市高二期中)如图所示为某种电流表的原理 示意图。匀质细金属杆的中点处通过一绝缘挂钩与一竖 直悬挂的轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域 abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面 向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的示数，MN的长度大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合且指针恰指在零刻度线；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流大小。已知k=2 N/m，ab的长度为0.4 m，bc的长度为0.1 m，B=0.2 T。不计通电时电流产生的磁场的影响，下列说法正确的是 例3 A.当电流表示数为零时，弹簧处于原长 B.若要使电流表正常工作，则金属杆MN的N端与电源正极相接 C.此电流表的量程应为2.5 A D.若要将电流表量程变为原来的2倍，可以将磁感应强度变为0.4 T √ 当电流表示数为零时，轻弹簧弹力与匀质细金属 杆的重力平衡，所以此时弹簧处于伸长状态，故 A错误； 若要使电流表正常工作，应使通入电流后金属杆所受安培力向下，根据左手定则可知金属杆MN中的电流方向应为M→N，所以M端与电源正极相接，故B错误； 根据胡克定律可知ΔF=kΔx，则当所测电流最大时，有BI·ab=k·bc，解得I=2.5 A，故C正确； 根据对C项的分析可知，若要将电流表量程变为原来的2倍，可以将磁感应强度变为原来的二分之一，即0.1 T，故D错误。 (2023·宁波市高二月考)如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R，0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α=45°。下列判断正确的是 A.粒子将从Q点射入第Ⅰ象限 B.粒子在磁场中运动的轨道半径为2R C.粒子的比荷= D.磁场磁感应强度B的大小B= 例4 √ 粒子经过M点，根据类平抛运动规律，有vy=v0tan α， qE=ma，vy=at3，3R=v0t3，解得=，y==1.5R， 故A错误，C正确； 粒子运动轨迹如图所示，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P'为粒子射出磁场的位置，根据几何知识有P'O2∥PO1，△O1O2P≌△O2O1P'， 则粒子的轨道半径为r=R，由牛顿第二定律可得Bqv0=m，解得B=， 故B、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。 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。 总结提升 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 例5 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。求： (1)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； 答案　　　 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=，粒子在磁场中匀速圆周运动，由牛顿第二定 律有qvB=，由类平抛末速度反向延长与初速度方向的 延长线交于水平位移的中点可知，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，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==，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=。 (2024·杭州市高二期末)如图所示，静止于A处的带 正电粒子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过 静电分析器，从P点垂直CN竖直向上进入矩形区域的 有界匀强磁场(磁场方向如图所示，其中CNQD为匀强 磁场的边界)。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电 场，方向如图所示。已知加速电场的电压为U，圆弧虚线的半径为R，粒子质量为m、电荷量为q，QN=2d，PN=3d。粒子重力不计。 (1)求粒子刚进入静电分析器时的速度大小； 例6 答案　 粒子在加速电场中加速，根据动能定理有 qU=mv2，得v= (2)求粒子在辐向电场时其所在处的电场强度E的大小； 答案　　 粒子在辐向电场中做匀速圆周运动， 静电力提供向心力有qE=，解得E= (3)若粒子恰好能打在N点，求矩形区域QNCD内匀强磁场的磁感应强度B的值； 答案　　 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有qvB= 粒子恰好能打在N点，则r=d，可得B= (4)要求带电粒子最终能打在QN上，求磁场磁感应强度大小B的取值范围。 答案　≤B≤ 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 则由qU=mv2，qvB=，得r=  粒子能打在QN上，则既没有从DQ边出去，也没有从PN边出去，则粒子运动径迹的边界如图 由几何关系可知，粒子能打到QN上，必须满足d≤r≤2d， 得≤B≤。 $