鲁科版高中物理选择性必修2第1章安培力与洛伦兹力阶段复习课课件

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阶段复习课第1章知识体系构建【答案速填】①物理学中，将磁场对通电导线的作用力称为安培力　②F=IlBsinθ(θ为B与I的夹角)　③左手定则④磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力　⑤f=qvBsinθ(θ为v与B的夹角)⑥左手定则　⑦匀速直线运动　⑧匀速圆周运动　⑨ T=_______ 　⑩r=________ 核心考点突破一、安培力与力学的综合应用【典例1】(2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)A.2F　　 B.1.5FC.0.5F D.0【解析】选B。设导体棒MN中的电流为I，则导体棒ML、LN中的电流为 ，导体棒MN受到的安培力大小F=IlB、方向竖直向上。ML、LN两导体棒受到安培力的合力大小为 lB=0.5F，方向竖直向上。线框LMN受到的安培力的大小为F+0.5F=1.5F，方向竖直向上。【方法技巧】通电导线在磁场中的平衡和加速(1)把立体图画成易于分析的平面图，如侧视图、剖视图或俯视图等。(2)确定导线所在处磁场的方向，根据左手定则确定安培力的方向。(3)结合通电导线的受力分析、运动情况等，根据题目要求，列出平衡方程或牛顿第二定律方程求解。【素养训练】1.如图，直导线通入垂直于纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是(　　)【解析】选A。通电直导线若能静止在光滑的斜面上，其受到的安培力方向应在如图所示范围内(可竖直向上，不可垂直于斜面向下)，由左手定则判断可知，只有A正确。2.如图，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距l=1 m。P、M间接有一个电动势为E=6 V、内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m=0.2 kg，棒的中点用垂直于棒的细绳经光滑轻质定滑轮与物体相连，物体的质量M=0.4 kg。棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B=2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能是(　　)A.2 Ω B.2.5 ΩC.3 Ω D.4 Ω【解析】选A。对棒受力分析可知，其必受绳的拉力FT=Mg和安培力F安=IlB= 。若摩擦力向左，且满足 +μmg=Mg，代入数据解得R1=4 Ω；若摩擦力向右，且满足 -μmg=Mg，代入数据解得R2=2.4 Ω，所以R的取值范围为2.4 Ω≤R≤4 Ω，故选A。【补偿训练】1.如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为l，导轨处在竖直方向的匀强磁场中，当导体棒中通一自右向左的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)磁场的磁感应强度大小B。(2)每个圆导轨对导体棒的支持力大小FN。【解析】(1)从左向右看，导体棒的受力分析如图所示。由平衡条件得tan 37°= F安=IlB解得B= (2)设每个导轨对导体棒支持力为FN，则有2FNcos 37°=mg解得FN= mg即每个圆导轨对导体棒的支持力大小为 mg。答案：(1) 　(2) mg2.如图所示，两根平行放置的导电轨道，间距为l，倾角为θ，轨道间接有电动势为E(内阻不计)的电源，现将一根质量为m、电阻为R的金属杆ab水平且与轨道垂直放置，金属杆与轨道摩擦和轨道电阻均不计，整个装置处在匀强磁场中且ab杆静止在轨道上，求：(1)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B1是多少？(2)如果金属杆对轨道无压力，则匀强磁场的磁感应强度B2是多少？方向如何？(3)若所加匀强磁场的大小和方向可以改变，则磁感应强度至少多大？方向如何？【解析】(1)对金属杆受力分析，由平衡条件得IlB1=mgtanθ，B1= (2)若金属杆对轨道无压力，则所受安培力方向要竖直向上，根据左手定则可判断磁场方向水平向左，且IlB2=mg，所以B2= (3)设安培力方向与斜面夹角为α，对金属杆受力分析如图所示：由平衡条件得IlB′cosα=mgsinθB′= ，当α=0时，B′最小，其最小值为B′min= 由于安培力方向平行斜面向上，电流方向垂直纸面向里，由左手定则可判断磁场方向垂直斜面向上。答案：(1) 　(2) 　水平向左(3) 　 垂直斜面向上二、带电粒子在有界磁场中的匀速圆周运动【典例2】(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　)【解析】选B。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由R= 可知，第一象限粒子的运动半径是第二象限的运动半径的二倍，整个运动轨迹如图：即运动由两部分组成，第一部分是 个周期，第二部分是 个周期，故总时间t= · ，故B正确。【方法技巧】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动常用的结论(1)速度总与半径垂直，圆心位于速度方向的垂线上。(2)圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(4)在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。【素养训练】(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)A. kBl， kBl B. kBl， kBlC. kBl， kBl D. kBl， kBl【解析】选B。电子的运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得evB=m ，得r= ①，电子从a点射出，r= ②，联立①②解得v1= kBl；电子从d点射出，由几何关系得l2+(r- )2=r2，解得r= l③，联立①③解得v2= kBl，故B正确，A、C、D错误。【补偿训练】(2019·北京高考)如图所示，正方形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【解析】选C。根据洛伦兹力用来提供向心力，运动轨迹向力的方向弯曲，根据左手定则：磁场穿入手心，四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动反方向，拇指所指方向为洛伦兹力方向，由此可以判断出，粒子带负电，选项A错误；因为洛伦兹力与速度始终垂直，所以洛伦兹力只改变速度的方向，不改变速度的大小，粒子在a、b两点速率相同，选项B错误；由qBv=m 解得r= ，若只B减小，其他条件不变，半径r变大，粒子从b点右侧射出，选项C正确；根据T= ，仅改变入射速率并不影响带电粒子运动周期T，速率减小，半径减小，由图可知，半径减小，在磁场中的轨迹所对应的圆心角先增大后不变，时间先变长后不变，选项D错误。三、带电粒子在组合场、复合场中的运动【典例3】(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU= mv2 ①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB= ②由几何关系知d= ③联立①②③式得 ④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s= +rtan30° ⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t= ⑥联立②③④⑤⑥式得t= ⑦答案： 【方法技巧】带电粒子在组合场、复合场中的运动(1)带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场后，要做类平抛运动，可采用研究平抛运动的方法(运动的合成与分解)处理。(2)带电粒子在匀强磁场中一般做匀速圆周运动，用好半径公式、周期公式即可。(3)带电粒子在两种场的分界面上的速度和位置是连接两个运动过程的桥梁，尤其是速度(包括大小和方向)，起着承上启下的作用。所以，不论带电粒子先在哪种场中运动，射出这种场时的速度大小和方向都必须求出。(4)如果出现临界状态，注意挖掘隐含条件，分析临界条件，列出辅助方程。【素养训练】(2018·天津高考)如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。磁场中有一内、外半径分别为R、 R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t。(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出。粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。【解析】(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB= ①设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F=qE ②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at ④联立①②③④式得t= ⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可知(r′-R)2+( R)2=r′2 ⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知tan θ= ⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，由运动的合成和分解可知tan θ= ⑧联立①⑥⑦⑧式得v0= ⑨答案：(1) 　(2) 【补偿训练】(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹。(2)求该粒子从M点射入时速度的大小。(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【解析】(1)粒子运动的轨迹如图甲所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)，速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有qE=ma ①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有v1=at ②l′=v0t ③v1=vcos θ ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=m ⑤由几何关系得l=2Rcos θ ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0= ⑦(3)由运动学公式和题给数据得v1=v0cot ⑧联立①②③⑦⑧式得 ⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′=2t+ ⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= ⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得t′= ⑫ 答案：(1)见解析