第一章-安培力與洛倫茲力-章小結-高二物理新教材基礎-鞏固-提升三級跳

新教材基礎鞏固提升三級跳第一章安培力與洛倫茲力章小結基礎知識知識結構：知識點梳理：1.1磁場對通電導線的作用力一、安培力的方向1、安培力：通電導線在磁場中受的力。2、左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。3、安培力方向與磁場方向、電流方向的關系：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B與I所決定的平面。二、安培力的大小1、垂直于磁場B放置、長為L的通電導線，當通過的電流為I時，所受安培力為。2、當磁感應強度B的方向與導線方向成角時，公式。三、磁電式電流表1、原理：安培力與電流的關系。通電線圈在磁場中受到安培力而偏轉，線圈偏轉的角度越大，被測電流就越大，根據(jù)線圈偏轉的方向，可以知道被測電流的方向。2、構造：磁鐵、線圈、螺旋彈簧、指針、極靴。3、特點：極靴與圓柱間的磁場沿半徑方向，線圈轉動時，安培力的大小不受磁場影響，電流所受安培力的方向總與線圈平面垂直。線圈平面與磁場方向平行，如圖所示。4、優(yōu)點：靈敏度高，可以測出很弱的電流。缺點：線圈導線很細，允許通過的電流很弱。1.2磁場對運動電荷的作用力一、洛倫茲力的方向1、洛倫茲力(1)定義：運動電荷在磁場中所受的力。(2)與安培力的關系：通電導線在磁場中所受的安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)。2、洛倫茲力的方向左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一平面內．讓磁感線從掌心進入，并使四指指向正電荷運動方向，這時大拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向。二、洛倫茲力的大小1、當v與B成角時：2、當時，3、當時：三、電子束的磁偏轉1、電視顯像管的構造：如圖所示，由電子槍、偏轉線圈和熒光屏組成。2、電視顯像管的原理(1)電子槍發(fā)射電子(2)電子束在磁場中偏轉(3)熒光屏被電子束撞擊發(fā)光3、掃描：在偏轉區(qū)的水平方向和豎直方向都有偏轉磁場，其方向、強弱都在不斷變化，使得電子束打在熒光屏上的光點從上向下、從左向右不斷移動。4、偏轉線圈：使電子束偏轉的磁場是由兩對線圈產(chǎn)生的。1.3帶電粒子在勻強磁場中的運動一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1、若v∥B，洛倫茲力F＝0，帶電粒子以速度v做勻速直線運動。2、若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動。（1）向心力由洛倫茲力提供，即。（2）軌道半徑：。（3）周期：，T與速度v無關。3、若v與B的夾角為（），帶電粒子將做等螺距的螺旋線運動。二、帶電粒子做勻速圓周運動的周期和半徑1、半徑公式當物體做勻速圓周運動時，向心力與物體速度、圓半徑之間的關系式為。洛倫茲力提供帶電粒子做圓周運動所需的向心力，由牛頓第二定律得。帶電粒子做勻速圓周運動的半徑為。注意：帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑與磁感應強度B、粒子質量m、電荷量q及運動速率v有關。2、周期公式軌道半徑與周期之間的關系為，帶入半徑表達式可得運動的周期?！局仉y詳解】一、帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中偏轉的區(qū)別類型項目垂直電場線進入勻強電場（不計重力）垂直磁感線進入勻強磁場（不計重力）受力情況電場力F=Eq大小、方向不變洛倫茲力大小不變，方向時刻與v垂直運動類型類平拋運動勻速圓周運動或圓周的一部分運動軌跡拋物線圓或圓的一部分圖示軌跡求解方法偏移距離y和偏轉角要通過類平拋運動的規(guī)律求解偏移距離y和偏轉角要結合圓的幾何關系通過圓周運動的規(guī)律求解二、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動問題的分析方法1、圓心的確定圓心一定在與速度方向垂直的直線上。圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：（1）已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓心（如圖甲所示，P為入射點，M為出射點）。（2）已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓心（如圖乙所示，P為入射點，M為出射點）。2、運動半徑的三種常見求法（1）根據(jù)半徑公式求解。（2）根據(jù)勾股定理求解。如圖中，若已知出射點相對于入射點側移了x，磁場的寬度為d，則有：。（3）根據(jù)三角函數(shù)求解。如圖中，若已知出射速度方向與入射速度方向的夾角為，磁場的寬度為d，則有。3、角度的三個關系（1）粒子速度的偏向角等于回旋角（圓心角），并等于AB弦與切線的夾角（弦切角）的2倍，如圖甲所示，即。（2）相對的弦切角相等，與相鄰的弦切角互補，即，如圖甲所示。（3）進出同一直線邊界時速度方向與該直線邊界的夾角相等，如圖乙所示。4、粒子在磁場中運動時間的確定（1）利用回旋角（圓心角）與弦切角的關系，或者利用四邊形的內角和等于計算圓心角的大小。若用角度表示，則；若用弧度表示，則，可求出粒子在磁場中的運動時間。（2）利用粒子在磁場中運動的弧長s和速度v求解三、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動問題的分析方法1、直線邊界（如圖所示）粒子進入磁場時的速度，垂直于邊界時，出射點距離入射點最遠，且入射點和出射點的距離，如圖甲所示；同一出射點，可能對應粒子的兩個入射方向，且一個“優(yōu)弧”，一個“劣弧”，如圖乙、丙中的出射點A。2、平行邊界（如圖所示）3、相交直邊界（如圖所示）4、圓邊界（如圖所示）（1）粒子沿圓形區(qū)域勻強磁場的半徑方向垂直射入磁場，必沿半徑方向射出磁場，如圖甲所示。（2）粒子射入磁場的速度方向與入射點和磁場圓心連線的夾角等于射出磁場的速度方向與出射點和磁場圓心連線的夾角，如圖乙所示。1.4質譜儀與回旋加速器一、質譜儀1．原理：如圖所示。2．加速帶電粒子進入質譜儀的加速電場，由動能定理得：Uq＝eq\f(1,2)mv2。 ①3．偏轉帶電粒子進入質譜儀的偏轉磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r)。 ②4．由①②兩式可以求出粒子運動的半徑r、質量m、比荷eq\f(q,m)等。其中由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))可知電荷量相同時，半徑將隨質量變化。5．質譜儀的應用可以測定帶電粒子的質量和分析同位素。二、回旋加速器1．工作原理如圖所示，D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差U，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速。D1、D2處于與盒面垂直的勻強磁場B中，粒子將在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)半個圓周(半個周期)后，再次到達兩盒間的縫隙，控制兩盒間電勢差，使其恰好改變正負，于是粒子在盒縫間再次被加速，如果粒子每次通過盒間縫隙均能被加速，粒子速度就能夠增加到很大。2．周期粒子每經(jīng)過一次加速，其軌道半徑就大一些，但粒子繞圓周運動的周期不變。3．最大動能由qvB＝eq\f(mv2,r)和Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)。【重難詳解】考點1：對回旋加速器的理解 1.磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動。其周期在q、m、B不變的情況下與速度和軌道半徑無關，帶電粒子每次進入D形盒都運動半個周期(eq\f(πm,qB))后平行電場方向進入電場加速。如圖所示。2．電場的作用：回旋加速器的兩個D形盒之間的狹縫區(qū)域存在周期性變化的且垂直于兩個D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經(jīng)過該區(qū)域時被加速。根據(jù)動能定理：qU＝ΔEk。3．交變電壓的作用：為保證粒子每次經(jīng)過狹縫時都被加速，使之能量不斷提高，需在狹縫兩側加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓。4．帶電粒子的最終能量：由r＝eq\f(mv,qB)知，當帶電粒子的運動半徑最大時，其速度也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)?？梢姡岣呒铀倭Ｗ拥淖罱K能量，應盡可能地增大磁感應強度B和D形盒的半徑R。5．粒子被加速次數(shù)的計算：粒子在回旋加速器中被加速的次數(shù)n＝eq\f(Ekm,qU)(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次。6．粒子在回旋加速器中運動的時間：在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2＝eq\f(n,2)T＝eq\f(nπm,qB)(n是粒子被加速次數(shù))，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認為在盒內的時間近似等于t2?？键c2：求解回旋加速器問題的兩點注意(1)帶電粒子通過回旋加速器最終獲得的動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速的次數(shù)以及加速電壓U的大小無關。(2)交變電源的周期與粒子做圓周運動的周期相等。鞏固所學一、單選題1．勻強磁場垂直紙面向內，紙面內有一通電導體棒，電流方向如圖所示．保持電流大小不變，以導體棒的中點為轉軸，在紙面內逆時針轉過的過程中，導體棒所受的安培力大?。ǎ〢．不變 B．一直變大C．先變大后變小 D．先變小后變大2．如圖所示，把一個可以繞水平軸轉動的鋁盤放在蹄形磁鐵的磁極之間，盤的下邊緣浸在水銀槽中，將轉軸和水銀用導線直接接在電源的兩極上，則（）A．由于磁場力的作用，鋁盤將作逆時針方向轉動B．由于磁場力的作用，鋁盤將作順時針方向轉動C．將電源兩極對調，鋁盤轉動方向不變D．將蹄形磁鐵的磁極對調，鋁盤轉動方向不變3．圖中分別標出了在勻強磁場中的通電直導線的電流I，磁場的磁感應強度B和所受磁場力F的方向，其中正確的是（）A． B．C． D．4．下面有關物理公式書寫正確的是（）A．勻變速直線運動位移與時間關系：B．電容器的電容：C．萬有引力定律：D．安培力公式：5．如圖甲所示為“海影號”電磁推進實驗艦艇，艦艇下部的大洞使海水前后貫通。艦艇沿海平面截面圖如圖乙所示，其與海水接觸的兩側壁M和N分別連接艦艇內電源的正極和負極，使得M、N間海水內電流方向為，此時加一定方向的磁場，可使得M、N間海水受到磁場力作用而被推出，艦艇因此向右前進，則所加磁場的方向應為（）A．水平向左 B．水平向右C．垂直紙面向外 D．垂直紙面向里6．如圖所示是閃電擊中廣州塔的畫面，廣州塔的尖頂是一避雷針，雷雨天氣時，底端帶負電的云層經(jīng)過避雷針上方時，避雷針尖端放電形成瞬間強電流，烏云所帶的負電荷經(jīng)避雷針導入大地，在此過程中，下列說法正確的是（）A．云層靠近避雷針時，針尖感應出負電荷B．避雷針上的電流方向從尖端流向底端C．避雷針尖端附近的電場強度比避雷針底端附近的電場強度小D．地磁場對避雷針的作用力方向向西7．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球。O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上。已知小球所受電場力與重力大小相等。現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是（）A．小球能越過d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動B．當小球運動到c點時，所受洛倫茲力最大C．小球從a點運動到b點的過程中，重力勢能減小，電勢能增大D．小球從b點運動到c點的過程中，電勢能增大，動能先增大后減小8．如圖所示，氕、氘、氚三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓U1（圖中未畫出）加速，再經(jīng)過同一偏轉電壓U2偏轉，后進入垂直于紙面向里的有界勻強磁場，氕的運動軌跡如圖。則氕、氘、氚三種核子射入磁場的點和射出磁場的點間距最大的是（）A．氕 B．氘 C．氚 D．無法判定二、多選題9．如圖所示，在帶電的兩平行金屬板間有相互垂直的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度為B，電場強度為E，現(xiàn)有一電子以速度v0平行金屬板射入場區(qū)，則（

）A．若電子沿軌跡Ⅰ運動，則B．若電子沿軌跡Ⅱ運動，則C．若電子沿軌跡Ⅰ運動，則D．若電子沿軌跡Ⅱ運動，則10．如圖甲是磁電式電流表的結構示意圖，蹄形磁體和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，邊長為的匝正方形線圈中通以電流，如圖乙所示，線圈中左側一條導線電流方向垂直紙面向外，右側導線電流方向垂直紙面向里，、兩條導線所在處的磁感應強度大小均為，則（）A．該磁場是勻強磁場 B．該線圈的磁通量為C．導線受到的安培力方向向上 D．導線受到的安培力大小為11．一束混合粒子流從一發(fā)射源射出后，進入如圖所示的磁場，分離為1、2、3三束粒子流，則下列選項正確的是（）A．1帶正電 B．1帶負電C．2不帶電 D．3帶負電12．如圖所示，、、為三根與紙面垂直的固定長直導線，其截面位于等邊三角形的三個頂點上，沿水平方向，導線中均通有大小相等的電流，方向如圖所示。點為三角形的中心到三個頂點的距離相等，已知導線在斜邊中點處所產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小為，則（）A．點的磁感應強度為 B．點的磁場方向沿連線方向指向C．導線受到的安培力方向水平向左 D．導線受到的安培力方向沿連線方向指向能力提升三、實驗題13．如圖所示，虛線框內存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場?，F(xiàn)通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小，并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關，此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線，實驗電路圖如圖所示。（1）完成下列主要實驗步驟中的填空。①按圖接線②保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態(tài)，然后用天平稱出細沙質量③閉合開關S，調節(jié)R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D重新處于平衡狀態(tài)；然后讀出________________，并用天平稱出________________④用米尺測量________________（2）用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B=______________。四、解答題14．如下圖所示是陰極射線管的示意圖。接通電源后，陰極射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線。要使熒光屏上的亮線向下（z軸負方向）偏轉，可以通過怎樣的方式實現(xiàn)？15．如圖所示，水平向左的勻強電場的場強，垂直紙面向內的勻強磁場的，質量為的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點由靜止開始下滑，滑行到達N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達P點開始做勻速直線運動，此時速度與水平方向成45°角，P點離開M點的豎直高度為，取試求：（1）A沿墻下滑克服摩擦力做的功；（2）P點與M點的水平距離。參考答案：1．A【來源】河南省豫南名校2021-2022學年高二下學期期末聯(lián)考物理試題【詳解】導體棒在紙面內逆時針轉過的過程中，電流方向始終與磁場方向垂直，根據(jù)安培力的表達式易知，導體棒所受的安培力大小不變。故A正確；BCD錯誤。故選A。2．A【來源】廣東省潮州市饒平縣第二中學2021-2022學年高二下學期月考物理試題（二）【詳解】AB．根據(jù)左手定則可知，鋁盤將作逆時針方向轉動，A正確，B錯誤；C．將電源兩極對調，鋁盤將作順時針方向轉動，C錯誤；D．將蹄形磁鐵的磁極對調，鋁盤將作順時針方向轉動，D錯誤。故選A。3．B【來源】第01講磁場對通電導線的作用力2023年高中寒假精品課（人教版2019選擇性必修第二冊）【詳解】根據(jù)左手定則的內容：伸開左手，使大拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向，可得：A．電流與磁場方向平行，沒有安培力，故A錯誤；B．根據(jù)左手定則可知，安培力的方向是垂直導體棒向下的，故B正確；C．根據(jù)左手定則可知，安培力的方向是垂直導體棒向下的，故C錯誤；D．電流與磁場方向平行，沒有安培力，故D錯誤。故選B。4．C【來源】2022年浙江省高考模擬卷學考測試物理試題（一）【詳解】A．勻變速直線運動位移與時間關系故A錯誤；B．電容器的電容故B錯誤；C．萬有引力定律故C正確；D．安培力公式F=BILsinα故D錯誤。故選C。5．C【來源】遼寧省葫蘆島市興城市中學等四校2022-2023學年高二上學期12月聯(lián)考物理試題【詳解】根據(jù)題意可知，艦艇向右前進，則海水受到向左的安培力，由左手定則可知，所加磁場的方向應為垂直紙面向外。故選C。6．D【來源】江蘇省2022-2023學年高二下學期學業(yè)水平合格性考試物理仿真模擬檢測卷（五）【詳解】A．根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，可知云層靠近避雷針時，針尖感應出正電荷，故A錯誤；B．負電荷從尖端流向底端，而電流的方向規(guī)定為正電荷運動的方向，因此電流的方向從底端流向尖端，故B錯誤；C．由于電荷更容易集中到尖端，從而避雷針尖端附近的電場強度比避雷針底端附近的電場強度大，故C錯誤；D．根據(jù)左手定則可知，地磁場對避雷針的作用力方向向西，故D正確。故選D。7．D【來源】專題63帶電粒子在（疊加場）復合場中運動問題-2022年高三畢業(yè)班物理常考點歸納與變式演練【詳解】電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故類似于新的重力，所以ad弧的中點相當于平時豎直平面圓環(huán)的“最高點”。關于圓心對稱的位置（即bc弧的中點）就是“最低點”，速度最大。A．由于a、d兩點關于新的最高點對稱，若從a點靜止釋放，最高運動到d點，故A錯誤；B．由于bc弧的中點相當于“最低點”，速度最大，當然這個位置洛倫茲力最大，故B錯誤；C．從a到b，重力和電場力都做正功，重力勢能和電勢能都減少，故C錯誤；D．小球從b點運動到c點，電場力做負功，電勢能增大，但由于bc弧的中點速度最大，所以動能先增后減，D正確。故選D。8．C【來源】第78講帶電粒子在組合場中的運動-2023屆高三物理高考復習101微專題模型精講精練【詳解】設核子的質量為m，帶電量為q，偏轉電場對應的極板長為L，板間距離為d，板間電場強度為E，進入偏轉電場的速度為v0，進入磁場的速度為v，在偏轉電場的側移量為y，速度偏轉角為θ。核子在加速電場運動過程，由動能定理得qU1核子在偏轉電場做類平拋運動，將運動沿極板方向和垂直極板方向分解。沿極板方向做勻速直線運動，則有L＝v0t沿極板方向做勻加速直線運動，則有yvy＝at由牛頓第二定律得聯(lián)立解得速度偏轉角的正切值為可見核子在偏轉電場的側移量y與速度偏轉角θ均與核子的質量和帶電量無關，故三種核子進入磁場的位置和速度方向均相同。進入磁場的速度核子在勻強磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，軌跡如圖所示由牛頓第二定律得qvB由幾何關系可得，射入磁場的點和射出磁場的點間距s為s＝2rcosθ聯(lián)立解得氕、氘、氚三種核子的電量相等，氚的質量最大，則氚的射入磁場的點和射出磁場的點間距最大。故選C。9．BC【來源】陜西省寶雞市金臺區(qū)2020-2021學年高二上學期期末物理試題（理）【詳解】AC．若電子沿軌跡Ⅰ運動，有得A錯誤，C正確；BD．若電子沿軌跡Ⅱ運動,有得B正確，D錯誤。故選BC。10．CD【來源】2023屆河南省鶴壁市高中高三上學期第三次模擬考試物理試題【詳解】A．勻強磁場應該是一系列平行的磁感線，方向相同，該磁場明顯不是勻強磁場，故A錯誤；B．線圈平面與磁感線平行，線圈的磁通量為零，故B錯誤；C．導線電流向外，磁場向右，根據(jù)左手定則，導線受到的安培力向上，故C正確；D．單匝時，導線始終與磁感線垂直，故受到的安培力大小一直為，匝時，受到的安培力大小為，故D正確。故選CD。11．ACD【來源】2023步步高選擇性必修2（通用）第一章2磁場對運動電荷的作用力【詳解】根據(jù)左手