第一章复习提升易错题精练（含答案解析）-教科版高中物理高二上学期（选必二）

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本章复习提升 易混易错练 易错点1　对安培力大小的决定因素认识不清 1.如图所示,长方体的ABCO面为正方形,整个空间存在竖直向上的匀强磁场,现在AB、BC、CD、DA上分别放置四根导体棒,且构成一闭合回路,当回路中通有沿ABCDA方向的电流时,下列说法正确的是(　　) A.CD棒所受的安培力方向垂直于纸面向外 B.四根导体棒均受安培力的作用 C.CD棒与DA棒所受的安培力大小相等 D.DA棒所受的安培力最大 易错点2　带电体在磁场中运动分析不全面 2.(多选题)如图所示,一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘物块位于高度略大于物块高度的水平宽敞绝缘隧道中,隧道足够长,物块上、下表面与隧道上、下表面间的动摩擦因数均为μ,整个空间存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现给物块水平向右的初速度v0,空气阻力忽略不计,物块电荷量不变,则物块(　　) A.可能做匀速直线运动 B.可能做减速运动 C.可能先减速后匀速运动 D.可能做加速运动 易错点3　霍尔效应原理认识不清 3.霍尔元件是把磁学量转换为电学量的电学元件。如图所示,某元件的宽度为h,厚度为d,磁感应强度为B的磁场垂直于该元件的工作面向下,元件中通入图示方向的电流I,稳定后C、D两侧面会形成电势差U。设元件中能够自由移动的电荷带正电,电荷量为q,且元件单位体积内自由电荷的个数为n,则下列说法正确的是(　　) A.C侧面的电势低于D侧面的电势 B.自由电荷受到的电场力为F=qUd C.C、D两侧面电势差与磁感应强度的关系为U=BInqd D.元件中自由电荷由正电荷变为负电荷,C、D两侧的电势高低不会发生变化 易错点4　带电粒子在组合场中运动的周期性考虑不周 4.如图所示,直线AB与竖直方向成30°角,AB左侧有匀强电场,右侧有垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子,从P点以大小为v0的初速度竖直向下射入电场,粒子首次回到边界AB时,经过Q点且速度大小不变。已知P、Q间距离为l,之后粒子能够再次通过P点,粒子重力不计,求: (1)匀强电场场强的大小和方向; (2)匀强磁场磁感应强度的可能值。 思想方法练 一、放缩圆法(同向异速发射) 方法概述 　　当粒子源发射速度方向一定、大小不同的相同带电粒子进入匀强磁场时,以入射点为定点、将半径放缩作轨迹圆,从而探索粒子运动的临界条件,这种方法称为“放缩圆法”。如P18第7题就可用此方法求解。 1.(多选题) 如图所示,在xOy平面的第一象限(含坐标轴)内存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一群带正电粒子从y轴上的P点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。已知OP=a,粒子的电荷量均为q,质量均为m,粒子速度v≤2Bqa2m,不计粒子重力和粒子间的相互作用。则下列可能表示粒子在第一象限运动时间的是(　　) A.πm3Bq　　　B.πmBq　　　C.3πm2Bq　　　D.7πm4Bq 二、旋转圆法(同速异向发射) 方法概述 　　当粒子源发射的速度v0大小一定、方向不同的相同带电粒子进入匀强磁场时,将一半径为r=mv0qB的轨迹圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索粒子运动的临界条件,这种方法称为“旋转圆法”。如P18第5题就可用此方法求解。 2.(经典题)如图所示,MN是一足够大的荧光屏,当带电粒子打到荧光屏上时,荧光屏能够发光。MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。P为屏上的一小孔,PQ与MN垂直。一群质量均为m、电荷量均为+q的粒子(不计重力),以相同的速率v从P处沿垂直于磁场方向射入磁场区域,且分布在与PQ夹角为θ的范围内,不计粒子间的相互作用。则以下说法正确的是(　　) A.荧光屏上将出现一条形亮线,其长度为2mvqB B.荧光屏上将出现一条形亮线,其长度为2mvqB sin θ C.荧光屏上将出现一条形亮线,其长度为2mvqB(1-cos θ) D.荧光屏上将出现一条形亮线,其长度为2mvqB(1-sin θ) 三、对称法 方法概述 　　根据某些物理现象、物理规律、物理过程或几何图形的对称性进行解题的一种方法,称为对称法。 3.如图所示,在半径为a(大小未知)的圆柱空间(图中圆为其横截面)中,固定放置一绝缘材料制成的边长为L的弹性等边三角形框架DEF,其中心O位于圆柱的轴线上。在三角形框架DEF与圆柱之间的空间中,充满磁感应强度大小为B的匀强磁场,其方向垂直于纸面向里。在EF边上的中点S处有一发射带电粒子的粒子加速器,粒子发射的方向均在纸面内且垂直于EF边并指向磁场区域。发射出的粒子的电荷量均为q(q>0),质量均为m,速度大小均为v=qBL6m,若粒子与三角形框架的碰撞过程均没有动能损失,且粒子在碰撞过程中所带的电荷量不变(不计带电粒子的重力及粒子之间的相互作用)。 (1)为使初速度为零的粒子速度增加到v=qBL6m,在粒子加速器中,需要的加速电压为多大? (2)求带电粒子在匀强磁场区域做匀速圆周运动的半径。 (3)若满足:从S点发射出的粒子都能再次返回S点,则匀强磁场区域的边界圆的半径a至少为多大? 四、临界极值法 方法概述 　　通过对过程及状态进行分析,找出临界或极值状态下满足的条件或规律的方法。 4.如图所示,两个同心圆半径分别为r和2r,在两圆之间的环形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆心O处有一放射源,放射出的粒子质量均为m、电荷量均为-q(q>0),假设粒子速度方向都和纸面平行,不计粒子重力。 (1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向,OA与初速度方向的夹角为60°,要想使该粒子经过环形区域磁场一次后通过A点,则初速度的大小是多少? (2)要使粒子不穿出环形区域,则粒子的初速度不能超过多少? 答案与分层梯度式解析 易混易错练 1.D　根据左手定则,CD棒所受的安培力方向垂直于纸面向里,A错误;导体棒AB中电流方向与磁场方向平行,AB棒不受安培力的作用,B错误;CD棒与DA棒长度相等,但其电流方向与磁场方向的夹角不同,DA棒电流方向与磁场方向垂直,而CD棒电流方向与磁场方向不垂直,CD棒所受的安培力小于DA棒所受的安培力,C错误;由于LDA>LBC,BC棒所受的安培力也小于DA棒所受的安培力,所以DA棒所受的安培力最大,D正确。故选D。 错解分析　CD棒的长度等于DA棒的长度,误认为两棒所受的安培力大小相等,误选C项。安培力大小为F=ILB,L为有效长度,导体棒(导线)与磁场垂直。在分析安培力的大小时,若磁场方向与电流方向成一定角度,则F=ILB sin θ,其中l sin θ为有效长度。 2.ABC　根据左手定则可知物块受到的洛伦兹力方向竖直向上,如果洛伦兹力等于物块的重力,则物块做匀速直线运动;如果洛伦兹力小于物块的重力,物块与隧道下表面间存在摩擦力,物块一直做减速运动;如果洛伦兹力大于物块的重力,物块与隧道上表面间存在摩擦力,物块做减速运动,当减速到洛伦兹力等于重力后,物块做匀速运动。故A、B、C正确,D错误。 错解分析　在对物块受力分析时,不能正确分析洛伦兹力与重力的大小关系对摩擦力的影响(易忽略洛伦兹力大于物块的重力时,物块也受摩擦力),进而对运动状态的判断出现错误。解答时要认真分析各种情况,考虑全面,避免漏解。 3.C　元件中的自由电荷带正电,根据左手定则可知自由电荷向C端偏转,C侧面的电势高于D侧面的电势,A错误。C、D之间的电场强度E=Uℎ,自由电荷受到的电场力F=Eq=qUℎ,B错误。稳定后,自由电荷所受洛伦兹力等于电场力,即qvB=qUℎ;根据电流微观表达式I=nqSv,又S=dh,联立可得U=BInqd,故C正确。元件中自由电荷由正电荷变为负电荷,根据左手定则可知负电荷向C端偏转,则C侧面的电势低于D侧面的电势,D错误。故选C。 错解分析　霍尔元件的原理是给元件通过电流使元件中的自由电荷定向移动,从而受到所处磁场的洛伦兹力,自由电荷在洛伦兹力作用下向一侧面偏转聚集,使两侧面产生电势差。元件中自由电荷的正负决定着其两侧面电势的高低。 4.答案　(1)3mv022ql,方向垂直于AB且与竖直方向成60°角向下 (2)mv0ql(R=l)或nmv0(n+1)ql(n=1、2、3、…,R>l) 解析　(1)由题意可知,粒子首次回到边界AB时,经过Q点且速度大小不变,P、Q间电势差为零,P、Q在同一等势面上,匀强电场垂直于AB且与竖直方向成60°角向下。 粒子在电场中沿PQ方向的分运动为匀速直线运动, l=v0 cos 30°·t, 在垂直PQ方向有v0 sin 30°=a·t2=qEm·t2, 解得E=3mv022ql。 (2)粒子从Q点进入磁场时沿AB方向的分速度不变,垂直AB方向的分速度大小不变、方向反向,由此可知,粒子经Q点的速度方向与AB成30°角。若粒子进入磁场偏转后恰好经过P点,磁感应强度为B1,由几何知识得其轨迹半径R=l, 粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B1=mv02R, 解得B1=mv0ql, 若粒子做圆周运动的轨迹半径Rl,则粒子射入磁场的点每个周期沿AB界限向A移动的距离 Δx=R-l, qv0B2=mv02R,B2=mv0qR, 粒子可能从电场中再次经过P点需要满足的条件是l=n×Δx(n=1、2、3、…), 解得R=(n+1)ln,B2=nmv0(n+1)ql(n=1、2、3、…)。 错解分析　不清楚含有电场、磁场的组合场,粒子在运动时可以往返运动,没考虑到多解,导致本题错解。解此类问题的关键是充分考虑问题的各种可能性,认真分析其物理过程,画出各种可能的运动轨迹。 思想方法练 1.BC　粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,作出以不同速度入射的粒子在磁场中的运动轨迹,如图所示,当粒子速度为v=2Bqa2m时,轨迹半径r=mvBq=22a,以该速度入射的粒子在磁场中转过的圆心角为π,运动时间最短,为t=T2=12×2πmBq=πmBq;当粒子的运动轨迹与x轴相切时,有r1+r1 cos 45°=a,轨迹半径r1=(2-2)a,此时粒子的入射速度为v=qBr1m=(2-2)Bqam,粒子运动时间为t1=58T=5πm4qB,故粒子从x轴离开磁场时,有πmqB≤t≤5πm4qB;粒子自y轴离开磁场时,运动时间最长,为t2=34T=3πm2Bq,故B、C符合题意。 方法点津　本题中由于带电粒子的速度方向不变,大小变化,故运动轨迹的圆心在与初速度方向垂直的一条线上,利用“放缩圆法”,画出轨迹,很容易找出临界条件。由于带电粒子在匀强磁场中的运动半径r=mvqB,v越大,r也越大,根据本题中存在最大速度,确定临界半径;另一临界条件是轨迹与边界相切。 2.C　设粒子运动半径为r,粒子垂直于荧光屏射入磁场时,轨迹如甲图,此时出射点最远,与P间距为2r;粒子沿着右侧虚线射入时,轨迹如乙图,此时出射点与P间距为2r cos θ;粒子沿着左侧虚线射入时,轨迹如丙图,此时出射点与P间距为2r cos θ。则荧光屏上条形亮线长度为2r-2r cos θ=2r(1-cos θ)=2mvBq(1-cos θ),选项A、B、D错误,C正确。 甲 乙 丙 方法点津　本题速度大小不变,方向变化,利用“旋转圆法”, 画出运动轨迹,找出粒子在荧光屏上能到达的最远点和最近点,求得结果。对于此类试题,要知道轨迹圆的半径相同,粒子入射的速度方向不一样,相当于圆心在绕着入射点转动,轨迹圆在旋转,形成以轨迹圆直径为半径的圆的包络线,如图所示。 3.答案　(1)qB2L272m　(2)L6　(3)16+33L 解析　(1)带电粒子在粒子加速器的电场中被加速,根据动能定理有qU=12mv2,解得U=qB2L272m。 (2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,有 qvB=mv2r, 解得r=mvqB=L6。 (3)若某个带电粒子从S点发射后又返回S点,根据对称性原理,结合几何关系知带电粒子的运动轨迹如图所示。 当带电粒子的运动轨迹同磁场区域的边界圆内切时,磁场区域边界圆的半径有最小值amin,由几何关系有amin=OG=FG+OF=r+3L3=16+33L。 方法点津　求解问题(3)时,若不能敏锐地看出并抓住运动轨迹具有对称性,会大大增加解题的难度,并使解题步骤复杂化。在处理洛伦兹力作用下的圆周运动问题时,对称思想是一种常用的解题方法,在解题时借助对称原理的启发进行联想类比,来分析挖掘研究对象在某些属性上的对称特点。 4.答案　(1)3Bqr3m　(2)3Bqr4m 解析　(1)如图所示,粒子经过环形区域磁场一次后通过A点的轨迹为圆弧O1,设粒子在磁场中的轨迹半径为R1,则由几何关系得 R1=r·tan60°2=3r3, 又qv1B=mv12R1, 得v1=3Bqr3m。 (2)粒子的运动轨迹与磁场外边界相切时,粒子恰好不穿出环形区域,运动轨迹为图中圆弧O2,设粒子在磁场中的轨迹半径为R2,则由几何关系得 (2r-R2)2=R22+r2,可得R2=3r4, 又qv2B=mv22R2,可得v2=3Bqr4m。 故要使粒子不穿出环形区域,粒子的初速度不能超过3Bqr4m。 方法点津　本题求解时直接抓住临界(恰好不穿出)情况,并分析这个情况下可能出现的状态和满足的条件,使问题大大简化。解决此类问题重在分析清楚物理过程,从而找出临界条件或到达极值的条件,要特别注意可能出现的各种情况。