人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1章末核心素養提升eq\a\vs4\al(安,培,力,與,洛,倫,茲,力)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(安培力\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(大?。篎＝IlBsinθ，θ為B與I的夾角，l為有效長度,方向：由左手定則判斷)),洛倫茲力\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(大小：F＝qvBsinθ，θ為v與B的夾角,方向：由左手定則判斷,特點：洛倫茲力不做功,特例：沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，,在勻強磁場中做勻速圓周運動,qvB＝m\f(v2,r)，r＝\f(mv,qB)，T＝\f(2πm,qB),應用：質譜儀、回旋加速器、速度選擇器、磁流體發電機、,電磁流量計等)),帶電粒子在復合場中的運動\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(組合場,疊加場))))一、安培力與力學知識的綜合應用解決安培力作用下的力學綜合問題，首先應做好受力分析，需注意不要漏掉安培力，其次要根據題設條件明確運動狀態，再根據平衡條件、牛頓運動定律、功能關系、動量與沖量等知識列方程求解。1．受力分析(1)將立體圖轉化為平面圖：在三維空間無法準確畫出受力示意圖，通過畫俯視圖、剖面圖或側視圖，將立體圖轉化為平面圖。(2)確定安培力：用左手定則判斷安培力的方向，用F＝IlBsinθ確定安培力的大小，其中lsinθ為導體垂直于磁場方向的有效長度。2．安培力的作用安培力和重力、彈力、摩擦力一樣，會使通電導體在磁場中平衡、轉動、加速等，也會涉及到動量、沖量等問題，解答問題時可能會用到動能定理、動量定理等?！祭?〗(2021·黑龍江齊齊哈爾市高二期末)如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.40m，金屬導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，在導軌平面內分布著磁感應強度B＝0.5T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E＝6V、內阻r＝1Ω的直流電源?，F把一個質量0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上。導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒靜止于金屬導軌上。導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R＝2Ω，金屬導軌電阻不計，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，g＝10m/s2。求：(1)通過導體棒的電流；(2)導體棒受到的摩擦力大小和方向?！即鸢浮?1)2A(2)0.16N，方向沿斜面向下〖解析〗(1)導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,2＋1)A＝2A。(2)導體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.5×2×0.4N＝0.4N，方向沿導軌面向上導體棒所受重力沿斜面向下的分力為F1＝mgsin37°＝0.24N由于F1小于安培力，故導體棒受沿斜面向下的摩擦力Ff，根據共點力平衡條件有mgsin37°＋Ff＝F安解得Ff＝0.16N，方向沿斜面向下。二、帶電粒子在復合場中的運動1．帶電粒子在組合場中的運動要依據粒子運動過程的先后順序和受力特點辨別清楚在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動。2．帶電粒子在疊加場中的運動(1)當帶電粒子(帶電體)在疊加場中做勻速運動時，根據平衡條件列方程求解。(2)當帶電粒子(帶電體)在疊加場中做勻速圓周運動時，同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程求解。(3)當帶電粒子(帶電體)在疊加場中做非勻變速曲線運動時，常選用動能定理或能量守恒定律列方程求解?！祭?〗(2021·安徽蚌埠市高二期末)如圖所示，虛線OA與y軸的夾角θ＝60°，在此角范圍內有沿y軸負方向的勻強電場，一質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從左側平行于x軸射入電場，入射點為P，經電場后沿垂直OA的方向由Q點進入一矩形磁場區域(未畫出)，并沿x軸負方向經過O點。已知O點到Q點的距離為6L，不計粒子的重力，求：(1)勻強電場的電場強度大?。?2)勻強磁場的磁感應強度大?。?3)矩形磁場區域的最小面積?！即鸢浮?1)eq\f(mveq\o\al(2,0),3qL)(2)eq\f(mv0,qL)(3)2eq\r(3)L2〖解析〗(1)如圖，帶電粒子進入電場時，初速度為v0，設帶電粒子在電場中運動時間為t，由牛頓第二定律得qE＝ma粒子在電場中做類平拋運動6L·sin60°＝v0t由tanθ＝eq\f(vy,v0)得vy＝v0tan60°＝eq\r(3)v0又因為vy＝at，a＝eq\f(qE,m)解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3qL)。(2)粒子在磁場中做圓周運動，設圓心為O1，半徑為r，由幾何關系得r＋eq\f(r,sin30°)＝6L解得r＝2L由于粒子的入射速度與電場垂直，則粒子在電場中做類平拋運動，分解Q點的速度得cosθ＝eq\f(v0,v)解得v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)聯立解得B＝eq\f(mv0,qL)。(3)由圖知，帶電粒子從Q點射入磁場，包含圓弧的最小矩形磁場區域為圖中虛線所示，矩形區域長為x＝2rcos30°＝eq\r(3)r矩形區域寬為y＝r－rsin30°＝eq\f(r,2)所以該區域的最小面積為S＝xy＝eq\f(\r(3),2)r2＝2eq\r(3)L2。三、帶電粒子在磁場中運動的多解問題1．帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。如圖甲，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b。2．磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。如圖乙，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。3．臨界狀態不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過180°從入射界面這邊反向飛出，如圖丙所示，于是形成了多解。4．運動的周期性形成多解帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運動時，運動往往具有往復性，從而形成多解。如圖丁所示?！祭?〗如圖所示，在x軸上方有一勻強磁場，磁感應強度為B；x軸下方有一勻強電場，電場強度為E。屏MN與y軸平行且相距L。一質量為m、電荷量為e的電子，在y軸上某點A自靜止釋放，如果要使電子垂直打在屏MN上，那么：(1)電子釋放位置與原點O的距離s需滿足什么條件？(2)電子從出發點到垂直打在屏上需要多長時間？〖答案〗(1)s＝eq\f(eL2B2,2Em（2n＋1）2)(n＝0，1，2，3，…)(2)eq\f(BL,E)＋(2n＋1)eq\f(πm,2eB)(n＝0，1，2，3，…)〖解析〗(1)在電場中，電子從A→O，由動能定理得eEs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在磁場中，電子偏轉，半徑為r＝eq\f(mv0,eB)，據題意，有(2n＋1)r＝L所以s＝eq\f(eL2B2,2Em（2n＋1）2)(n＝0，1，2，3，…)(2)在電場中勻變速直線運動的時間與在磁場中做部分圓周運動的時間之和為電子總的運動時間t＝(2n＋1)eq\r(\f(2s,a))＋eq\f(T,4)＋neq\f(T,2)，其中a＝eq\f(Ee,m)，T＝eq\f(2πm,eB)。整理后得t＝eq\f(BL,E)＋(2n＋1)eq\f(πm,2eB)(n＝0，1，2，3，…)章末核心素養提升eq\a\vs4\al(安,培,力,與,洛,倫,茲,力)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(安培力\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(大?。篎＝IlBsinθ，θ為B與I的夾角，l為有效長度,方向：由左手定則判斷)),洛倫茲力\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(大小：F＝qvBsinθ，θ為v與B的夾角,方向：由左手定則判斷,特點：洛倫茲力不做功,特例：沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，,在勻強磁場中做勻速圓周運動,qvB＝m\f(v2,r)，r＝\f(mv,qB)，T＝\f(2πm,qB),應用：質譜儀、回旋加速器、速度選擇器、磁流體發電機、,電磁流量計等)),帶電粒子在復合場中的運動\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(組合場,疊加場))))一、安培力與力學知識的綜合應用解決安培力作用下的力學綜合問題，首先應做好受力分析，需注意不要漏掉安培力，其次要根據題設條件明確運動狀態，再根據平衡條件、牛頓運動定律、功能關系、動量與沖量等知識列方程求解。1．受力分析(1)將立體圖轉化為平面圖：在三維空間無法準確畫出受力示意圖，通過畫俯視圖、剖面圖或側視圖，將立體圖轉化為平面圖。(2)確定安培力：用左手定則判斷安培力的方向，用F＝IlBsinθ確定安培力的大小，其中lsinθ為導體垂直于磁場方向的有效長度。2．安培力的作用安培力和重力、彈力、摩擦力一樣，會使通電導體在磁場中平衡、轉動、加速等，也會涉及到動量、沖量等問題，解答問題時可能會用到動能定理、動量定理等?！祭?〗(2021·黑龍江齊齊哈爾市高二期末)如圖所示，兩平行金屬導軌間的距離L＝0.40m，金屬導軌平面與水平面間的夾角θ＝37°，在導軌平面內分布著磁感應強度B＝0.5T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場。金屬導軌的一端接有電動勢E＝6V、內阻r＝1Ω的直流電源?，F把一個質量0.04kg的導體棒ab放在金屬導軌上。導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒靜止于金屬導軌上。導體棒與金屬導軌接觸的兩點間的電阻R＝2Ω，金屬導軌電阻不計，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，g＝10m/s2。求：(1)通過導體棒的電流；(2)導體棒受到的摩擦力大小和方向。〖答案〗(1)2A(2)0.16N，方向沿斜面向下〖解析〗(1)導體棒、金屬導軌和直流電源構成閉合電路，根據閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,2＋1)A＝2A。(2)導體棒受到的安培力F安＝BIL＝0.5×2×0.4N＝0.4N，方向沿導軌面向上導體棒所受重力沿斜面向下的分力為F1＝mgsin37°＝0.24N由于F1小于安培力，故導體棒受沿斜面向下的摩擦力Ff，根據共點力平衡條件有mgsin37°＋Ff＝F安解得Ff＝0.16N，方向沿斜面向下。二、帶電粒子在復合場中的運動1．帶電粒子在組合場中的運動要依據粒子運動過程的先后順序和受力特點辨別清楚在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動。2．帶電粒子在疊加場中的運動(1)當帶電粒子(帶電體)在疊加場中做勻速運動時，根據平衡條件列方程求解。(2)當帶電粒子(帶電體)在疊加場中做勻速圓周運動時，同時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程求解。(3)當帶電粒子(帶電體)在疊加場中做非勻變速曲線運動時，常選用動能定理或能量守恒定律列方程求解。〖例2〗(2021·安徽蚌埠市高二期末)如圖所示，虛線OA與y軸的夾角θ＝60°，在此角范圍內有沿y軸負方向的勻強電場，一質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速度v0從左側平行于x軸射入電場，入射點為P，經電場后沿垂直OA的方向由Q點進入一矩形磁場區域(未畫出)，并沿x軸負方向經過O點。已知O點到Q點的距離為6L，不計粒子的重力，求：(1)勻強電場的電場強度大小；(2)勻強磁場的磁感應強度大小；(3)矩形磁場區域的最小面積?！即鸢浮?1)eq\f(mveq\o\al(2,0),3qL)(2)eq\f(mv0,qL)(3)2eq\r(3)L2〖解析〗(1)如圖，帶電粒子進入電場時，初速度為v0，設帶電粒子在電場中運動時間為t，由牛頓第二定律得qE＝ma粒子在電場中做類平拋運動6L·sin60°＝v0t由tanθ＝eq\f(vy,v0)得vy＝v0tan60°＝eq\r(3)v0又因為vy＝at，a＝eq\f(qE,m)解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3qL)。(2)粒子在磁場中做圓周運動，設圓心為O1，半徑為r，由幾何關系得r＋eq\f(r,sin30°)＝6L解得r＝2L由于粒子的入射速度與電場垂直，則粒子在電場中做類平拋運動，分解Q點的速度得cosθ＝eq\f(v0,v)解得v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)聯立解得B＝eq\f(mv0,qL)。(3)由圖知，帶電粒子從Q點射入磁場，包含圓弧的最小矩形磁場區域為圖中虛線所示，矩形區域長為x＝2rcos30°＝eq\r(3)r矩形區域寬為y＝r－rsin30°＝eq\f(r,2)所以該區域的最小面積為S＝xy＝eq\f(\r(3),2)r2＝2eq\r(3)L2。三、帶電粒子在磁場中運動的多解問題1．帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負電，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解。如圖甲，帶電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a，如帶負電，其軌跡為b。2．磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解。如圖乙，帶正電粒子以速率v垂直進入勻強磁場，如B垂直紙面向里，其軌跡為a，如B垂直紙面向外，其軌跡為b。3．臨界狀態不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉過18