粤教版高中物理选择性必修第二册第1章章末综合提升学案

这是一份粤教版高中物理选择性必修第二册第1章章末综合提升学案，共18页。

主题1　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。【典例1】　(多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直且为磁场的理想边界。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　)A．13kBL，0°　　　 B．12kBL，0°C．kBL，60°　 D．2kBL，60°BC　[若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图所示根据几何关系则有R＝L，由qvB＝mv2R，可得v＝qBLm＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向右上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当粒子上下磁场均经历一次时，如图所示因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝12L，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，可得v＝qBL2m＝12kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足v＝qBL2n-1m＝12n-1kBL(n＝1，2，3，……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝qBL2nm＝12nkBL(n＝1，2，3，……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。故B、C正确，A、D错误。]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。 主题2　带电粒子在复合场中的运动1．复合场复合场是指重力场、磁场、电场三者或任意两者的组合或叠加。2．受力分析带电粒子在重力场、电场、磁场中运动时，其运动状态的改变由粒子受到的合力决定，因此，对带电粒子进行受力分析时必须注意是否考虑重力，具体情况如下：(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般需要考虑重力。(2)对于题目中明确说明需要考虑重力的，这种情况较简单。(3)不能直接判断是否需要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。3．带电粒子在复合场中运动的几种情况及解决方法(1)当带电粒子所受合力为零时，将处于静止或匀速直线运动状态。应利用平衡条件列方程求解。(2)当带电粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，其余各力的合力必为零。一般情况下是重力和电场力平衡，应利用平衡方程和向心力公式求解。(3)当带电粒子所受合力大小与方向均变化时，粒子将做非匀速曲线运动，带电粒子所受洛伦兹力必不为零，且其大小和方向不断变化，但洛伦兹力不做功，这类问题一般应用动能定理求解。【典例2】　在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：(1)M、N两点间的电势差UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。[解析]　(1)设粒子过N点时的速度为v，有v0v＝cos θ，得v＝2v0，粒子从M点运动到N点的过程中有qUMN＝12mv2-12 mv02，解得UMN＝3mv022q。(2)如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有qvB＝mv2r，解得r＝2mv0qB。(3)由几何关系得ON＝r sin θ，设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1，解得t1＝3mqB，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB，设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝180°-θ360°T，解得t2＝2πm3qB，则粒子从M点运动到P点的总时间t＝t1＋t2＝33+2πm3qB。[答案]　13mv022q　(2)2mv0qB　(3)33+2πm3qB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——始终和运动方向垂直，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速度方向垂直且永不做功等。章末综合测评(一)　磁场一、单项选择题1．如图所示，通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置，该导线所受安培力大小(　　)A．变大　　 B．变小C．不变　 D．不能确定C　[通电导线由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置的过程中，F、I与B三者大小不变且方向总是相互垂直的，所以F的大小不变。故C正确。]2．两足够长的直导线POF与EO′Q垂直叠放，相互绝缘，通有大小相等的电流I，电流方向如图所示。若其中一根足够长的直导线通过电流I时，在距离导线d处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　　)A．B、0　 B．0、2BC．2B、2B　 D．B、BB　[根据安培定则可知，两根导线在M处产生的磁感应强度大小均为B，方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度大小均为B，方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，故B正确。]3．如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以(　　)A．适当减小磁感应强度　 B．使磁场反向C．适当增大电流　 D．使电流反向C　[首先对MN进行受力分析：受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力。受力平衡时，有2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大，故C正确。]4．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是(　　)A　　　　　　　　　BC　　　　　　　　　DB　[由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故A错误；磁场的方向向下，电流的方向向里，由左手定则可知安培力的方向向左，故B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故C错误；通电螺线管内部产生的磁场的方向沿螺线管的轴线方向，由题图D可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，故D错误。]5．如图所示，甲、乙两个带等量异种电荷而质量不同的带电粒子，以相同的速率经小孔P垂直磁场边界MN，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直打在磁场边界MN上，运动轨迹如图中虚线所示。不计粒子所受重力、空气阻力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)A．甲带负电荷，乙带正电荷B．甲的质量大于乙的质量C．洛伦兹力对甲做正功D．甲在磁场中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间B　[在P点，带电粒子速度方向向下，磁场方向垂直纸面向外，甲受向左的洛伦兹力，根据左手定则可知，甲带正电荷；同理在P点，乙受向右的洛伦兹力，根据左手定则可知，乙带负电荷，A错误；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有qvB＝mv2R，解得R＝mvqB；由于q、v、B大小均相同，甲的轨迹半径比乙的轨迹半径大，则甲的质量大于乙的质量，故B正确；根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，故洛伦兹力永不做功，故C错误；带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πRv＝2πmqB，粒子在磁场中运动半个周期的时间t＝12T＝πmqB；由于q、B大小均相同，甲的质量大于乙的质量，故甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间，故D错误。]6．有一混合正离子束先后通过正交匀强电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如图所示，如果这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，不计离子重力及离子间的相互作用，则它们一定具有相同的(　　)①速度；②质量；③电量；④比荷A．①③　 B．②③④C．①④　 D．①②③④C　[在区域Ⅰ，运动的正离子受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，且qE＝qvB，离子以速度v＝EB1匀速穿过区域Ⅰ，进入区域Ⅱ，离子做匀速圆周运动，轨道半径r＝mvqB2，因经区域Ⅰ的正离子v相同，当r相同时，必有qm相同，故C正确。]7．如图所示为一种回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)，下列判断正确的是(　　)A．它们在D形盒中运动的周期不相同B．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能C．它们的最大动能相同D．它们的最大速度相同D　[粒子做匀速圆周运动的周期为2πmqB，代入数值可知周期相同，故A错误；粒子做匀速圆周运动的最大半径等于D形盒半径，半径相同，根据半径公式R＝mvqB可知最大速度相同，故D正确；Ek＝12mv2，可知最大动能不同且与频率无关，故B、C错误。]二、多项选择题8．如图所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动。则可判定(　　)A．小球带负电B．小球带正电C．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏D．若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏BD　[小球从P点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电，且qE＋qvB＝mg；若从B点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v′”“＝”或“<”)；(2)实验中________(选填“需要”或“不需要”)测量金属棒ab的质量；(3)已知轻弹簧的劲度系数为k，则方形磁铁表面附近磁场的磁感应强度B＝________。(用已知量和测量的物理量表示)[解析]　(1)由左手定则可知金属棒ab受到向下的安培力，轻弹簧的长度增大，所以l2>l1。(2)(3)设金属棒ab的质量为m，轻弹簧的原长为l0，开关S断开时，由平衡条件得mg＝2kl1-l0，开关S闭合后，由左手定则可知金属棒ab受到的安培力向下，由平衡条件得mg＋BIL＝2kl2-l0，解得B＝2kl2-l1IL，由上述分析可知实验中不需要测量金属棒ab的质量。[答案]　(1)＞　(2)不需要　(3)2kl2-l1IL12．(2022·安徽定远育才学校高二期中)电磁血流量计是运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图甲所示，某段监测的血管可视为规则的圆柱体模型，其前后两个侧面a、b上固定两块竖直正对的金属电极板(未画出，电阻不计)，磁感应强度大小为0.12 T 的匀强磁场方向竖直向下，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，则a、b电极间存在电势差。(1)若用多用电表监测a、b电极间的电势差，则图甲中与a相连的是多用电表的________色表笔(选填“红”或“黑”)；(2)某次监测中，用多用电表的“250 μV”挡测出a、b电极间的电势差U，如图乙所示，则U＝______________________μV；(3)若a、b电极间的距离d为3.0 mm，血管壁厚度不计，结合(2)中数据可估算出血流速度为________m/s(结果保留两位有效数字)；(4)为了测量动脉血流接入电路的电阻，某小组在a、b间设计了如图丙所示的测量电路。闭合开关S，调节电阻箱的阻值，由多组灵敏电流计G的读数I和电阻箱的示数R，绘制出1I-R图像为一条倾斜的直线，且该直线的斜率为k，纵截距为b，如图丁所示。已知灵敏电流计G的内阻为Rg，则血液接入电路的电阻为__________(用题中的字母k、b、Rg表示)。[解析]　(1)由于电荷在磁场中受洛伦兹力的作用，故可得a电极为正，b电极为负，故题图甲中与a相连的是多用电表的红表笔。(2)由于监测中用多用电表的“250 μV”挡测出a、b电极间的电势差U，根据题图乙可得U＝150 μV。(3)根据qUd＝qvB可得v＝UdB，代入数据，解得v≈0.42 m/s。(4)由闭合电路的欧姆定律可得U＝IR＋IRg＋IRx变形可得1I＝1UR＋1URg＋1URx由于该直线的斜率为k，纵截距为b，解得Rx＝bk－Rg。[答案]　(1)红　(2)150　(3)0.42　(4)bk－Rg13．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1 m的平行导轨上放一重为3 N的金属棒ab，棒上通过3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，求：(1)匀强磁场的磁感应强度；(2)ab棒对导轨的压力；(3)若要使B取值最小，其方向应如何调整？并求出最小值。[解析]　(1)金属棒静止时，其受力分析如图所示则有F＝G tan 60°，即BIl＝G tan 60°，B＝3GIl＝3 T。(2)ab棒对导轨的压力FN′与FN大小相等，FN＝Gcos60°＝6 N，所以FN′＝FN＝6 N。(3)若要使B取值最小，即安培力F最小。显然当F平行于斜面向上时，F有最小值，此时B应垂直斜面向上，且有F＝G sin 60°，所以BminIl＝G sin 60°，Bmin＝Gsin60°Il＝32 T。[答案]　(1)3 T　(2)6 N　(3)B应垂直斜面向上　32 T14．如图所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。x轴下方有磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电量为－q的带电粒子(不计重力)，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出。求：(1)射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴；(2)粒子第二次到达x轴时离O点的距离。[解析]　粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴。如图所示。(1)由牛顿第二定律有qv0B＝mv02r， ①T＝2πrv0， ②得T1＝2πmqB，T2＝4πmqB，粒子第二次到达x轴需时间t＝12T1＋12T2＝3πmqB。(2)由①式可知r1＝mv0qB，r2＝2mv0qB，粒子第二次到达x轴时离O点的距离s＝2r1＋2r2＝6mv0qB。[答案]　(1)3πmqB　(2)6mv0qB15．两块金属板a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域。一束电子以一定的初速度v0从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射入场中，无偏转地通过场区，不计电子重力，如图所示，已知板长l＝10 cm，两板间距d＝3.0 cm，两板间电势差U＝150 V，v0＝2.0×107 m/s。(1)求磁感应强度B的大小；(2)若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能的增加量(电子所带电量的大小与其质量之比em＝1.76×1011 C/kg，电子带电量的大小e＝1.60×10-19 C)。[解析]　(1)电子进入正交的电场、磁场不发生偏转，则满足ev0B＝eUd，B＝Uv0d＝2.5×10-4 T。(2)设电子通过场区偏转的距离为y1，y1＝12at2＝12·eUmd·l2v02＝1.1×10-2 m，动能的增加即为电场力对电子所做的功，ΔEk＝eEy1＝eUdy1＝8.8×10-18 J。[答案]　(1)2.5×10-4 T　(2)1.1×10-2 m　8.8×10-18 J