第一章 安培力与洛伦兹力——本章复习提升--高中物理同步练习分类专题教案（人教版选择性必修第二册）

这是一份第一章 安培力与洛伦兹力——本章复习提升--高中物理同步练习分类专题教案（人教版选择性必修第二册），共11页。
第一章 安培力与洛伦兹力本章复习提升易混易错练易错点1　左手定则判断安培力方向出错1.()一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上，静止在水平位置(如正面图)。现在通电导体棒处加上匀强磁场，使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角(如侧面图)的位置。如果所加磁场的强弱不同，则磁场方向的范围是(选项中各图均是在侧面图的平面内画出的，磁感应强度的大小未按比例画) (　　) 易错点2　对带电粒子在匀强磁场中运动规律的理解不透彻2.()(多选)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入正方形区域的匀强磁场，下列判断正确的是 (　　)A.电子在磁场中运动时间越长，其轨迹越长B.电子在磁场中运动时间越长，其轨迹所对应的圆心角越大C.在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合D.电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同 易错点3　不能抓住题干中的关键词而出错3.()如图所示，在xOy坐标系的0≤y≤d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在d≤y≤2d的区域内分布着垂直于xOy平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的交界线，ab为磁场的上边界。现从原点O沿x轴正方向发射出速率为v0、比荷为k的带正电粒子，粒子的运动轨迹恰与ab相切并返回电场。已知电场强度E=，不计粒子重力。求：(1)粒子从O点第一次穿过MN时的速度大小和水平位移的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小。    易错点4　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的多解问题分析不清4.()如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM'和NN'是磁场左右两条边界线。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直射入磁场。要使粒子不能从右边界NN'射出，求粒子入射速率的最大值。   思想方法练一、对称法1.()如图所示，在半径为a(大小未知)的圆柱空间中(图中圆为其横截面)，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=，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=，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?        二、临界极值法2.()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，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?        三、递推法3.()现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d。电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求 sin θn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之。       
答案全解全析易混易错练1.C　要使导体棒能够静止在偏离竖直方向θ角的位置，则安培力方向应该在由竖直向上顺时针转到沿细线向下的范围内，可以竖直向上(此时细线刚好没有拉力)，但不能沿细线向下(此时重力无法平衡)。再由左手定则可知磁感应强度方向应该在由水平向右顺时针转到垂直于细线向下的范围内，但不能垂直于细线向下，选项C正确，A、B、D错误。2.BC　由t=T=知，电子在匀强磁场中的运动时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹所对应的圆心角越大，选项B正确；电子在磁场中运动时间长，只能说明电子偏转的角度大，但电子通过的弧长不一定长，弧长由半径和圆心角共同决定，例如轨迹3、4、5，三者对应的圆心角均为180°，说明电子运动时间相同，但通过的弧长(轨迹长度)不同，选项A错误，C正确；对于轨迹3、4、5，三者对应的电子运动时间相同，但轨迹半径不同，它们的速率不同，选项D错误。3.答案　(1)2v0　　(2)解析　(1)粒子在电场中运动时，由动能定理得qEd=mv2-m解得v=2v0粒子在电场中做类平抛运动，有F=qE，a=，d=a，x=v0t1解得t1=，x=(2)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子沿与x轴正方向成θ角的方向进入磁场，tan θ==，解得θ=60°根据R+R cos θ=d，解得R=由牛顿第二定律可得qvB=m，解得B=。4.答案　见解析解析　粒子不从NN'射出的临界条件是轨迹与NN'相切。①若粒子带正电，其运动轨迹如图中1所示轨迹半径R=由几何关系知d=R-解得v=②若粒子带负电，轨迹如图中2所示轨迹半径R'=由几何关系知d=R'+解得v=思想方法练1.答案　(1)　(2)　(3)L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=mv2，解得U=。(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有qvB=m解得r==。(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+=L2.答案　(1)　(2)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·tan=又qv1B=m得v1=。(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=+r2，可得R2=又qv2B=m，可得v2=。故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过。3.答案　(1)2　　(2)B　(3)见解析解析　(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有2qEd=m　①由①式解得v2=2　②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有qv2B=m　③由②③式解得r2=　④(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。nqEd=m　⑤qvnB=m⑥设粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有甲乙vn-1 sin θn-1=vn sin αn　⑦由图甲看出rn sin θn-rn sin αn=d　⑧由⑥⑦⑧式得rn sin θn-rn-1 sin θn-1=d　⑨由⑨式看出r1 sin θ1，r2 sin θ2，…，rn sin θn为一等差数列，公差为d，可得rn sin θn=r1 sin θ1+(n-1)d　⑩当n=1时，由图乙看出r1 sin θ1=d　由⑤⑥⑩式得sin θn=B(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn=，sin θn=1在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ'n，由于>则导致sin θ'n>1说明θ'n不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。