人教版(新教材)高中物理選擇性必修2第一章安培力與洛倫茲力章末核心素養(yǎng)提升

人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊(cè)PAGEPAGE1專題拓展課二帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)〖學(xué)習(xí)目標(biāo)要求〗1.知道復(fù)合場(chǎng)的概念。2.能夠運(yùn)用運(yùn)動(dòng)組合的理念分析帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。3.能分析帶電粒子在疊加場(chǎng)中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，能夠正確選擇物理規(guī)律解答問(wèn)題。拓展點(diǎn)1帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，一般為兩場(chǎng)相鄰或在同一區(qū)域電場(chǎng)、磁場(chǎng)交替出現(xiàn)。2．四種常見的運(yùn)動(dòng)模型(1)帶電粒子先在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。(2)帶電粒子先在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，然后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。(3)帶電粒子先在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，然后垂直進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖所示。(4)帶電粒子先在磁場(chǎng)Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)，然后垂直進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。3．三種常用的解題方法(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求速度。(2)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，需要用運(yùn)動(dòng)的合成和分解處理。(3)帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，可以根據(jù)磁場(chǎng)邊界條件，畫出粒子軌跡，用幾何知識(shí)確定半徑，然后用洛倫茲力提供向心力和圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)求解。4．要正確進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(1)僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)①若初速度v0與電場(chǎng)線平行，粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；②若初速度v0與電場(chǎng)線垂直，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)。(2)僅在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)①若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；②若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。5．分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵。特別提醒從一個(gè)場(chǎng)射出的末速度是進(jìn)入另一個(gè)場(chǎng)的初速度，因此兩場(chǎng)界面處的速度(大小和方向)是聯(lián)系兩運(yùn)動(dòng)的橋梁，求解速度是重中之重?！祭?〗(2021·廣東深圳市高二期末)某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進(jìn)行治療，在這種療法中，質(zhì)子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死細(xì)胞，如圖甲。圖乙為某“質(zhì)子療法”儀器部分結(jié)構(gòu)的簡(jiǎn)化圖，Ⅰ是質(zhì)子發(fā)生器，質(zhì)子的質(zhì)量m＝1.6×10－27kg，電量e＝1.6×10－19C，質(zhì)子從A點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ；Ⅱ是加速裝置，內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，加速長(zhǎng)度d1＝4.0cm；Ⅲ裝置由平行金屬板構(gòu)成，板間有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，板間距d2＝2.0cm，上下極板電勢(shì)差U2＝1000V；Ⅳ是偏轉(zhuǎn)裝置，以O(shè)為圓心、半徑R＝0.1m的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)子從M進(jìn)入、從N射出，A、M、O三點(diǎn)共線，通過(guò)磁場(chǎng)的強(qiáng)弱可以控制質(zhì)子射出時(shí)的方向?，F(xiàn)需要質(zhì)子從A處由靜止被加速后以v＝1.0×107m/s的速度恰好沿直線通過(guò)M來(lái)殺死某腫瘤的細(xì)胞，為了達(dá)到此條件，回答以下問(wèn)題：(1)要使A處?kù)o止釋放的質(zhì)子能滿足條件，則Ⅱ中電場(chǎng)強(qiáng)度多大？(2)請(qǐng)說(shuō)明設(shè)置Ⅲ裝置的目的，以及Ⅲ中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；(3)要使質(zhì)子從N射出時(shí)速度的偏向角為90°，則Ⅳ中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2多大？〖答案〗(1)1.25×107V/m(2)5×10－3T(3)1T〖解析〗(1)質(zhì)子在Ⅱ中加速，有qEd1＝eq\f(1,2)mv2解得E＝1.25×107V/m。(2)設(shè)置Ⅲ裝置，保證一定速度的質(zhì)子沿直線通過(guò)M，其他速度的粒子無(wú)法通過(guò)M沿直線通過(guò)的質(zhì)子，所受洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，有qvB1＝qeq\f(U2,d2)解得B1＝5×10－3T。(3)要使質(zhì)子從N射出時(shí)速度的偏向角為90°，則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，有qvB2＝meq\f(v2,R)，解得B2＝1T。〖針對(duì)訓(xùn)練1〗(2021·山西大同市高二期末)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)有場(chǎng)強(qiáng)大小為E、沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有方向垂直于坐標(biāo)平面向里的圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(2\r(3)E,3v0)，磁場(chǎng)的半徑為2L、邊界與y軸相切于O點(diǎn)。一帶電粒子從P(－2L，eq\r(3)L)點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向射出，粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從O點(diǎn)離開電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)，最后從某點(diǎn)離開磁場(chǎng)。不考慮粒子的重力，求：(1)粒子的比荷；(2)粒子離開電場(chǎng)時(shí)速度的大小及方向；(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！即鸢浮?1)eq\f(\r(3)veq\o\al(2,0),2EL)(2)2v0與x軸正方向夾角為60°(3)eq\f(5πL,6v0)〖解析〗(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其質(zhì)量為m，電荷量為qx方向：2L＝v0t1y方向：eq\r(3)L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)粒子在電場(chǎng)中的加速度a＝eq\f(qE,m)解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)veq\o\al(2,0),2EL)。(2)粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度v的大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))其中vy＝at1解得v＝2v0設(shè)粒子離開電場(chǎng)時(shí)的速度v與x軸正方向的夾角為θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)解得θ＝60°。(3)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝2L粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角為150°，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(150°,360°)T解得t2＝eq\f(5πL,6v0)。拓展點(diǎn)2帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．疊加場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)中的兩者或三者在同一區(qū)域共存，就形成疊加場(chǎng)。2．帶電體在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種情況如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下。一帶負(fù)電粒子從左邊沿水平方向射入復(fù)合場(chǎng)區(qū)域。(1)若考慮重力，且mg＝qE，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(2)若不計(jì)重力，且qvB＝qE，則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(3)若不計(jì)重力，且qvB≠qE，則粒子做變加速曲線運(yùn)動(dòng)?！祭?〗(多選)(2021·江蘇高二期末)如圖所示，空間存在一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，且電場(chǎng)方向與磁場(chǎng)方向垂直。在此空間中有一足夠長(zhǎng)的固定粗糙絕緣桿，與電場(chǎng)正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)。一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球套在絕緣桿上。若給小球一沿桿向下的初速度v0，小球恰好做勻速運(yùn)動(dòng)。已知小球電量保持不變，重力加速度為g，則以下說(shuō)法正確的是()A．小球的初速度為eq\f(2mg,qB)B．若小球的初速度為eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止C．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止D．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，則運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功為eq\f(m3g2,2q2B2)〖答案〗ACD〖解析〗對(duì)小球進(jìn)行受力分析如圖電場(chǎng)力的大小F＝qE＝q×eq\f(\r(3)mg,q)＝eq\r(3)mg由于重力的方向豎直向下，電場(chǎng)力的方向水平向左，二者垂直，合力FG＋F＝eq\r(F2＋（mg）2)＝2mg由幾何關(guān)系可知，重力與電場(chǎng)力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場(chǎng)力的合力不會(huì)對(duì)小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會(huì)對(duì)小球做功。所以，當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，不可能存在摩擦力，沒(méi)有摩擦力，說(shuō)明小球與桿之間就沒(méi)有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場(chǎng)力的合力相等，方向相反。所以qv0B＝2mg所以v0＝eq\f(2mg,qB)，故A正確；若小球的初速度為eq\f(3mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝3mg＞FG＋F小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力，則摩擦力Ff＝μFN，小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸減小，摩擦力減小，小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)速度減小到eq\f(2mg,qB)時(shí)，小球開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，則洛倫茲力F洛＝qv0B＝mg＜FG＋F，小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力，而摩擦力Ff＝μFN，小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動(dòng)；隨速度的減小，洛倫茲力減小，則支持力逐漸增大，摩擦力逐漸增大，小球的加速度增大，所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動(dòng)，最后停止，故C正確；由C項(xiàng)分析知，運(yùn)動(dòng)中克服摩擦力做功等于小球動(dòng)能的變化，所以W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(m3g2,2q2B2)，故D正確?！坚槍?duì)訓(xùn)練2〗(2021·福建南平市高二期末)如圖，豎直平面內(nèi)存在互相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右。一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶電小球(視為質(zhì)點(diǎn))以某一速度，從M點(diǎn)沿著與水平方向成30°方向直線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是()A．小球帶負(fù)電B．小球克服電場(chǎng)力做的功為eq\f(1,2)mgLC．小球在N點(diǎn)的速度大小為eq\f(2\r(3)mg,3Bq)D．僅將電場(chǎng)方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，其余條件不變，小球可在空間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)〖答案〗C〖解析〗由于小球做直線運(yùn)動(dòng)，若小球帶負(fù)電，則受豎直向下的重力、水平向左的電場(chǎng)力、垂直速度斜向下的洛倫茲力，所以小球不可能做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶正電，故A錯(cuò)誤；由于小球帶正電，受到水平向右的電場(chǎng)力，則電場(chǎng)力做正功，故B錯(cuò)誤；由于洛倫茲力與速度有關(guān)，則小球一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有qvB＝eq\f(mg,cos30°)，得v＝eq\f(2\r(3)mg,3qB)，故C正確；電場(chǎng)方向沒(méi)有改變時(shí)，由平衡條件可得mg＝qEtan60°，即重力與電場(chǎng)力大小不相等，所以僅將電場(chǎng)方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，其余條件不變，重力與電場(chǎng)力的合力不為0，則小球不可能在空間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。1．(疊加場(chǎng))(多選)(2021·陜西黃陵中學(xué)高二期末)如圖所示，一束質(zhì)量、帶電量、速度均未知的正離子水平射入正交的電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域，發(fā)現(xiàn)有些離子毫無(wú)偏移地通過(guò)這一區(qū)域，對(duì)于這些離子來(lái)說(shuō)，下面說(shuō)法正確的是()A．相同的質(zhì)量B．相同的電量C．相同的速率D．與帶電離子的比荷無(wú)關(guān)〖答案〗CD〖解析〗沿直線通過(guò)，有qvB＝qE，得v＝eq\f(E,B)，對(duì)于這些離子來(lái)說(shuō)，有相同的速度即可，故選項(xiàng)C、D正確。2．(疊加場(chǎng))(多選)(2021·廣西欽州市高二期末)帶電油滴以水平速度v0垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，恰做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示，若油滴質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則下述說(shuō)法正確的是()A．油滴必帶負(fù)電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)B．油滴必帶正電荷，比荷eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)C．油滴必帶正電荷，電荷量為eq\f(mg,v0B)D．油滴帶什么電荷都可以，只要滿足q＝eq\f(mg,v0B)〖答案〗BC〖解析〗根據(jù)平衡條件知油滴受向上的洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷油滴必帶正電荷，由受力平衡有qv0B＝mg，得q＝eq\f(mg,v0B)，油滴的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(g,v0B)，故選項(xiàng)B、C正確。3．(組合場(chǎng))(2021·黃石市有色一中高二期末)如圖所示，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從y軸上P(0，h)點(diǎn)以一定的初速度v0射出，速度方向沿x軸正方向。已知場(chǎng)強(qiáng)大小E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qh)，粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力。求：(1)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！即鸢浮?1)2v0(2)eq\f(3mv0,qh)〖解析〗軌跡如圖所示(1)在電場(chǎng)中，沿著電場(chǎng)線方向a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(3veq