人教版 (2019)选择性必修 第二册第一章 安培力与洛伦兹力综合与测试学案及答案

阶段提升课 第一章

知识体系·思维导图

考点整合·素养提升

考点1　安培力作用下的力学问题

1．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路：

(1)选定研究对象。

(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；如图所示。

(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。

2．安培力作用下的功能问题分析要点：

(1)安培力做功与路径有关，这一点与电场力不同。

(2)安培力做功的实质是能量转化。

①安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。

②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。

(3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。

　如图所示，长为L，质量为m的细导体棒a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，无限长直导线b被水平固定在与a同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x，当a、b中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止。已知无限长直导线周围的磁场为一系列的同心圆，周围某点的磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比。则下列说法正确的是(　　)

A.a、b中电流必垂直纸面向里

B．b中的电流在a处产生的磁场的磁感应强度大小为

C．若将b适当上移以增大x，则导体棒仍可能静止

D．无论将b上移还是下移，导体棒都可能处于静止状态

【解析】选C。a恰好在斜面上保持静止，此时a棒受到支持力与重力，根据平衡条件可知同时受到水平向右的安培力，才能保持静止。所以a、b中电流方向相同即可，不必一定垂直纸面向里，故A错误；当导体棒a受到水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态时，因夹角为45°，则有BIL＝mg tan 45°，解得B＝，故B错误；导体棒a受重力、支持力和安培力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示。若使b上移少许，两个电流间距增加，安培力减小，而根据平衡条件，安培力减小，所以是可能平衡的，故C正确；若使b下移，根据平衡条件，安培力要增加，而两个电流间距增加，安培力减小，矛盾，故一定不能平衡，故D错误。故选C。

　　　【加固训练】

1．将一个半径为R由粗细均匀同种材料制成的导电金属圆环放置在粗糙的水平桌面上。在桌面上方加有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示(俯视图)。a、b、c、d是圆环上的四等分点，现将金属圆环a、d点接入电路中，电路的电流为I，金属圆环质量为m且始终处于静止状态，重力加速度为g，则(　　)

A.金属圆环受到的安培力大小为0

B．金属圆环受到的安培力大小为2πBIR

C．金属圆环对桌面的压力大小为mg＋BIR

D．桌面对金属圆环的摩擦力大小为BIR

【解析】选D。a、d点接入电路后，圆环可看成acbd与ad两部分并联，则有效长度为R，所以可得圆环所受安培力大小为F安＝BIR，由受力平衡可得，桌面对圆环摩擦力大小也为BIR，则D正确。

2．如图所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I，导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框。线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I，线框的边长为L，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L。已知在长直导线的磁场中距长直导线r处的磁感应强度大小为B＝k (k为常量)，线框的质量为m，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为(　　)

A.0　　　　　　　　　　　　B． ＋g

C．－g          D．＋g

【解析】选D。线框下边受到的安培力的大小为F1＝k·IL＝kI2 ，方向向下；线框上边受到的安培力大小F2＝·IL＝kI2，方向向上；根据牛顿第二定律可得F1＋mg－F2＝ma，解得：a＝＝＋g，故选D。

考点2　带电粒子在磁场中运动

1．理解洛伦兹力的四点注意：

(1)正确分析带电粒子所在区域的合磁场方向。

(2)判断洛伦兹力方向时，特别区分电荷的正、负，并充分利用F⊥B、F⊥v的特点。

(3)计算洛伦兹力大小时，公式F＝qvB中，v是电荷与磁场的相对速度。

(4)洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功、不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等。

2．带电粒子在匀强磁场中的运动：

1．(多选)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OA＝AB，则(　　)

A.粒子1与粒子2的速度之比为1∶2

B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4

C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1

D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2

【解析】选A、C。粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心。

由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，A项正确，B项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为 T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，即C项正确，D项错误。

2．(2021·河北适应性测试)如图，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，＝h。则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)

A.32∶41　　　　　　  B．56∶41

C．64∶41        D．41∶28

【解析】选C。甲粒子从高＝h的位置水平飞入磁场，运动的轨迹如图所示

甲粒子圆周运动的半径为＝＝r1，在△O1MP中根据勾股定理可知＝＝＝，则＝－＝－，在△MNO中，根据几何关系可知tan37°＝＝＝，解得r1＝h，

乙粒子从高2h的高度水平飞入磁场，由几何关系得O2P＝2h，所以乙粒子转过圆周从P点飞出，

其运动的半径为r2＝O2A＝2h；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，解得r＝，可知粒子运动的半径r与粒子的比荷＝k成反比，所以甲、乙两粒子比荷的比值为＝＝＝，故选C。

　　　【加固训练】

(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，它的磁感应强度大小为B，方向垂直于圆平面(未画出)，一群比荷为的负离子(不计重力)以相同速率v0，由P点在圆平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上，则下列说法正确的是(　　)

A.所有离子飞离磁场时速度方向的反向延长线过圆心

B．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长

C．所有离子在磁场中运动半径等于R

D．所有离子飞离磁场时动能相等

【解析】选B、D。若离子沿半径方向指向圆心射入磁场，根据圆的特性和速度沿圆周的切线方向可知，该离子离开磁场时速度方向的反向延长线会通过圆心，但所给离子不是都沿半径方向射入的，故A错误；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长，故B正确；运动的半径由qv0B＝m，则r＝，其值与R无关，故C错误；由于洛伦兹力对带电离子不做功，只改变离子的运动方向而不改变离子的速度大小，所以离开磁场区域时的动能相等，故D正确。

考点3　带电粒子在组合场与复合场中运动

1．带电粒子在组合场中运动：

(1)四种常见的运动模型。

①带电粒子先在电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：

②带电粒子先在电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做圆周运动，如图：

③带电粒子先在磁场中做圆周运动，然后垂直进入电场做类平抛运动，如图：

④带电粒子先在磁场Ⅰ中做圆周运动，然后垂直进入磁场Ⅱ做圆周运动，如图：

(2)三种常用的解题方法。

①带电粒子在电场中做加速运动，根据动能定理求速度。

②带电粒子在电场中做类平抛运动，需要用运动的合成和分解处理。

③带电粒子在磁场中的圆周运动，可以根据磁场边界条件，画出粒子轨迹，用几何知识确定半径，然后用洛伦兹力提供向心力和圆周运动知识求解。

2．带电粒子在叠加场中运动：

(1)叠加场：电场、磁场、重力场中的两者或三者在同一区域共存，就形成叠加场。

(2)带电体在叠加场中运动的几种情况。

如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，匀强电场竖直向下。一带负电粒子从左边沿水平方向射入复合场区域。

①若考虑重力，且mg＝Eq，则粒子做匀速圆周运动。

②若不计重力，且qvB＝Eq，则粒子做匀速直线运动。

③若不计重力，且qvB≠Eq，则粒子做变加速曲线运动。

　(多选)如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是(　　)

A.微粒可能带负电，也可能带正电

B．微粒的电势能一定减小

C．微粒的机械能一定增加

D．洛伦兹力对微粒做负功

【解析】选B、C。根据带电微粒做匀速直线运动的条件可知，受力情况如图所示，则微粒必定带负电，故A错误；微粒由a沿直线运动到b的过程中，电场力做正功，其电势能减小，故B正确；因重力做负功，重力势能增加，动能不变，则其机械能一定增加，故C正确；洛伦兹力的方向一直与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。故选B、C。

　　　【加固训练】

1．如图所示，在第Ⅰ象限内有竖直向下的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场。一个带正电的粒子以初速度v从P点垂直于y轴的方向进入匀强电场中，并与x轴成45°角进入匀强磁场，又恰好垂直y轴飞出磁场。已知OP之间的距离为L，则粒子在电场和磁场中运动的总时间为(　　)

A.(＋2)　　　　　　　 B．(＋1)

C．(＋2)         D．(＋1)

【解析】选A。设与x轴交点的横坐标为x，此时竖直分速度为vy，则由类平抛运动的规律可知x＝vt1，L＝vyt1，tan45°＝，得x＝2L，因此粒子在电场中运动时间为t1＝＝；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T。则由几何关系可知：R＝2L，带电粒子进入磁场时的速度大小为v′＝v；则粒子在磁场中运动的周期为 T＝，设粒子在磁场中的运动时间为t2，t2＝T＝，则总时间为t＝t1＋t2＝(＋2)；故选A。

2.(多选)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R＝0.50 m的绝缘光滑圆槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感强度B＝0.5 T，有一质量为m＝0.10 g的带正电的电量为q＝1.6×10－3 C的小球在水平轨道上向右运动，小球恰好能通过光滑圆槽轨的最高点，重力加速度g取

10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．小球在最高点只受到洛伦兹力和重力的作用

B．小球在最高点时受到的洛伦兹力为1×10－3 N

C．小球到达最高点的线速度是1 m/s

D．小球在水平轨道上的初速度v0为6 m/s

【解析】选A、C。设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力为：F＝qvB，方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，故A正确；由上可知：mg－F＝m，小球运动过程机械能守恒：mv＝mv2＋mg·2R，联立得：v＝1 m/s，

F＝8×10－4 N，v0＝4.6 m/s，故B、D错误，C正确。