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PAGEPAGE1專題拓展課二帶電粒子在復(fù)合場中的運動〖學(xué)習(xí)目標(biāo)要求〗1.知道復(fù)合場的概念。2.能夠運用運動組合的理念分析帶電粒子在組合場中的運動。3.能分析帶電粒子在疊加場中的受力情況和運動情況，能夠正確選擇物理規(guī)律解答問題。拓展點1帶電粒子在組合場中的運動1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，一般為兩場相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)。2．四種常見的運動模型(1)帶電粒子先在電場中做勻加速直線運動，然后垂直進(jìn)入磁場做圓周運動，如圖所示。(2)帶電粒子先在電場中做類平拋運動，然后垂直進(jìn)入磁場做圓周運動，如圖所示。(3)帶電粒子先在磁場中做圓周運動，然后垂直進(jìn)入電場做類平拋運動，如圖所示。(4)帶電粒子先在磁場Ⅰ中做圓周運動，然后垂直進(jìn)入磁場Ⅱ做圓周運動，如圖所示。3．三種常用的解題方法(1)帶電粒子在電場中做加速運動，根據(jù)動能定理求速度。(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動，需要用運動的合成和分解處理。(3)帶電粒子在磁場中的圓周運動，可以根據(jù)磁場邊界條件，畫出粒子軌跡，用幾何知識確定半徑，然后用洛倫茲力提供向心力和圓周運動知識求解。4．要正確進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài)。(1)僅在電場中運動①若初速度v0與電場線平行，粒子做勻變速直線運動；②若初速度v0與電場線垂直，粒子做類平拋運動。(2)僅在磁場中運動①若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運動；②若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運動。5．分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡是解題的關(guān)鍵。特別提醒從一個場射出的末速度是進(jìn)入另一個場的初速度，因此兩場界面處的速度(大小和方向)是聯(lián)系兩運動的橋梁，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點進(jìn)入Ⅱ；Ⅱ是加速裝置，內(nèi)有勻強(qiáng)電場，加速長度d1＝4.0cm；Ⅲ裝置由平行金屬板構(gòu)成，板間有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，板間距d2＝2.0cm，上下極板電勢差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，質(zhì)子從M進(jìn)入、從N射出，A、M、O三點共線，通過磁場的強(qiáng)弱可以控制質(zhì)子射出時的方向?，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M來殺死某腫瘤的細(xì)胞，為了達(dá)到此條件，回答以下問題：(1)要使A處靜止釋放的質(zhì)子能滿足條件，則Ⅱ中電場強(qiáng)度多大？(2)請說明設(shè)置Ⅲ裝置的目的，以及Ⅲ中勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；(3)要使質(zhì)子從N射出時速度的偏向角為90°，則Ⅳ中勻強(qiáng)磁場的磁感應(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M，其他速度的粒子無法通過M沿直線通過的質(zhì)子，所受洛倫茲力與電場力平衡，有qvB1＝qeq\f(U2,d2)解得B1＝5×10－3T。(3)要使質(zhì)子從N射出時速度的偏向角為90°，則粒子做圓周運動的半徑為R，有qvB2＝meq\f(v2,R)，解得B2＝1T。〖針對訓(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)有場強(qiáng)大小為E、沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場；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，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(2\r(3)E,3v0)，磁場的半徑為2L、邊界與y軸相切于O點。一帶電粒子從P(－2L，eq\r(3)L)點以速度v0沿x軸正方向射出，粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從O點離開電場進(jìn)入磁場，最后從某點離開磁場。不考慮粒子的重力，求：(1)粒子的比荷；(2)粒子離開電場時速度的大小及方向；(3)粒子在磁場中運動的時間?！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)粒子在電場中做類平拋運動，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)粒子離開電場時的速度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)粒子離開電場時的速度v與x軸正方向的夾角為θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)解得θ＝60°。(3)設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝2L粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角為150°，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間為t2＝eq\f(150°,360°)T解得t2＝eq\f(5πL,6v0)。拓展點2帶電粒子在疊加場中的運動1．疊加場：電場、磁場、重力場中的兩者或三者在同一區(qū)域共存，就形成疊加場。2．帶電體在疊加場中運動的幾種情況如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場豎直向下。一帶負(fù)電粒子從左邊沿水平方向射入復(fù)合場區(qū)域。(1)若考慮重力，且mg＝qE，則粒子做勻速圓周運動。(2)若不計重力，且qvB＝qE，則粒子做勻速直線運動。(3)若不計重力，且qvB≠qE，則粒子做變加速曲線運動。〖例2〗(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)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，且電場方向與磁場方向垂直。在此空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成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，小球恰好做勻速運動。已知小球電量保持不變，重力加速度為g，則以下說法正確的是()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速運動，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速運動，最后停止D．若小球的初速度為eq\f(mg,qB)，則運動中克服摩擦力做功為eq\f(m3g2,2q2B2)〖答案〗ACD〖解析〗對小球進(jìn)行受力分析如圖電場力的大小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，重力與電場力的合力與桿的方向垂直，所以重力與電場力的合力不會對小球做功，而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，所以也不會對小球做功。所以，當(dāng)小球做勻速直線運動時，不可能存在摩擦力，沒有摩擦力，說明小球與桿之間就沒有支持力的作用，則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力相等，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速運動；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動，最后當(dāng)速度減小到eq\f(2mg,qB)時，小球開始做勻速直線運動，故B錯誤；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速運動；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速運動，最后停止，故C正確；由C項分析知，運動中克服摩擦力做功等于小球動能的變化，所以W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(m3g2,2q2B2)，故D正確?！坚槍τ?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)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強(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)以某一速度，從M點沿著與水平方向成30°方向直線運動到N點，MN的長度為L，重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．小球帶負(fù)電B．小球克服電場力做的功為eq\f(1,2)mgLC．小球在N點的速度大小為eq\f(2\r(3)mg,3Bq)D．僅將電場方向逆時針旋轉(zhuǎn)90°，其余條件不變，小球可在空間做勻速圓周運動〖答案〗C〖解析〗由于小球做直線運動，若小球帶負(fù)電，則受豎直向下的重力、水平向左的電場力、垂直速度斜向下的洛倫茲力，所以小球不可能做直線運動，則小球帶正電，故A錯誤；由于小球帶正電，受到水平向右的電場力，則電場力做正功，故B錯誤；由于洛倫茲力與速度有關(guān)，則小球一定做勻速直線運動，由平衡條件有qvB＝eq\f(mg,cos30°)，得v＝eq\f(2\r(3)mg,3qB)，故C正確；電場方向沒有改變時，由平衡條件可得mg＝qEtan60°，即重力與電場力大小不相等，所以僅將電場方向逆時針旋轉(zhuǎn)90°，其余條件不變，重力與電場力的合力不為0，則小球不可能在空間做勻速圓周運動，故D錯誤。1．(疊加場)(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、磁場區(qū)域，發(fā)現(xiàn)有些離子毫無偏移地通過這一區(qū)域，對于這些離子來說，下面說法正確的是()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關(guān)〖答案〗CD〖解析〗沿直線通過，有qvB＝qE，得v＝eq\f(E,B)，對于這些離子來說，有相同的速度即可，故選項C、D正確。2．(疊加場)(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，恰做勻速直線運動，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B、C正確。3．(組合場)(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，場強(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。一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從y軸上P(0，h)點以一定的初速度v0射出，速度方向沿x軸正方向。已知場強(qiáng)大小E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qh)，粒子從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。不計粒子重力。求：(1)粒子進(jìn)入磁場時的速度大?。?2)磁場的磁感應(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)在電場中，沿著電場線方向a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(3veq