金版教程2025年高考物理复习第10章核心素养提升

第十章核心素养提升[科学思维提炼]1．建立理想模型法：用磁感线描述磁场，定义匀强磁场。2．类比思维(1)从环形电流的磁场提出“分子电流”假说。(2)根据电场强度的定义类比定义磁感应强度时，由试探电荷类比提出电流元。3．比值定义法：磁感应强度的定义方法。4．控制变量法(1)“探究影响通电导线受力的因素”的演示实验。(2)“研究安培力的方向与哪些因素有关”的演示实验。5．对称思维(1)分析通电导线激发的磁场中对称的位置的磁感应强度大小。(2)分析带电粒子在有界匀强磁场直线边界射入、射出点的速度方向等。6．转换思维：难以直接分析磁体所受通电导线磁场力的作用时，可以转换研究对象，先分析磁体对通电导线的作用力，然后利用牛顿第三定律间接分析。7．演绎推理思维：根据安培力公式及电流的微观表达式推导洛伦兹力表达式。8．等效思维(1)将环形电流等效为小磁针。(2)计算磁通量时用到等效面积。(3)求解弯曲导线在磁场中所受的安培力时用到等效长度。(4)若通电直导线与磁场方向既不垂直也不平行时，计算导线所受安培力大小时，将磁感应强度B分解为B⊥和B∥；类似地，将磁感应强度分解，分析带电粒子速度方向与磁场方向既不垂直也不平行时，所受洛伦兹力或运动情况。(5)求解粒子在回旋加速器D形盒间运动的总时间。9．微元法：分析一段通电导线在磁场中的运动趋势。10．极限思维：求解粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题时用到的“平移圆”法、“旋转圆”法、“缩放圆”法。[素养提升集训]一、选择题(本题共7小题)1．(2023·辽宁高考)安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为Δl1和Δl2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)。比例系数k的单位是()A．kg·m/(s2·A) B．kg·m/(s2·A2)C．kg·m2/(s3·A) D．kg·m2/(s3·A3)答案B解析根据ΔF＝keq\f(I1I2Δl1Δl2,r2)，可得k＝eq\f(ΔFr2,I1I2Δl1Δl2)，代入相应物理量的国际单位，可得比例系数k的单位为eq\f(N·m2,A2·m2)＝eq\f(kg·m/s2,A2)＝kg·m/(s2·A2)，故选B。2．(2022·全国乙卷)(多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A．测量地点位于南半球B．当地的地磁场大小约为50μTC．第2次测量时y轴正向指向南方D．第3次测量时y轴正向指向东方答案BC解析地球可视为一个条形磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，由表中Bz数据可看出z轴的磁感应强度分量竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可得当地地磁场的磁感应强度大小为B＝eq\r(Beq\o\al(2,x)＋Beq\o\al(2,y)＋Beq\o\al(2,z))≈50μT，B正确；由A项分析可知测量地点位于北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量时Bx＝0，By为负值，故y轴正向指向南方，第3次测量Bx为正值，By＝0，故x轴正向指向北方，则y轴正向指向西方，C正确，D错误。3.(2021·重庆高考)(多选)某同学设计了一种天平，其装置如图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与M、N共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是()A．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流B．若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流C．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流D．若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流答案BC解析当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则线圈P受到竖直向下的安培力。若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，应在P中通入负向电流，A错误，B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，应在P中通入正向电流，C正确，D错误。4.(2022·广东高考)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是()答案A解析质子进入磁场时，速度方向与磁场方向垂直，则质子会在平行于Oyx平面的平面内做匀速圆周运动，又因为两磁场磁感应强度大小相等、方向相反，故质子运动轨迹在Oyx平面的投影是两段半径相等、圆心在轨迹异侧的圆弧，在Ozx平面的投影是一段平行于x轴的直线，故C、D错误；由左手定则可知，沿z轴负方向看，质子先逆时针运动，后顺时针运动，故A可能正确，B错误。5.(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上M点固定一负点电荷，另一正点电荷在库仑力作用下绕该负点电荷沿椭圆轨道逆时针方向运动。O点是椭圆轨道的中心，M点是椭圆轨道的一个焦点，a、b和c为椭圆轨道与坐标轴的交点。不计重力，下列说法正确的是()A．正点电荷从a点运动到c点的过程中动能不断增大B．正点电荷运动到a点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动C．正点电荷运动到b点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动D．正点电荷运动到c点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动答案AD解析根据题意可知，正点电荷从a点运动到c点的过程中，电场力一直做正功，由动能定理可知，动能不断增大，故A正确；正点电荷在a点时，所受库仑力大于做匀速圆周运动所需的向心力，做近心运动，如加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，根据左手定则可知正点电荷受到向左的洛伦兹力，则库仑力与洛伦兹力的合力更大于做匀速圆周运动所需的向心力，则正点电荷做更明显的近心运动，故B错误；正点电荷在b点时，运动方向与库仑力方向不垂直，不满足匀速圆周运动的条件，而加入垂直xOy平面向里的匀强磁场也不能使合力与速度方向垂直，故无法使正点电荷绕负点电荷做匀速圆周运动，故C错误；正点电荷在c点时，不加磁场时，做离心运动，库仑力小于做匀速圆周运动所需的向心力，加入一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场后，有可能使库仑力与洛伦兹力的合力等于做匀速圆周运动所需的向心力，使正点电荷绕负点电荷做匀速圆周运动，故D正确。6.(2023·山西省晋城市高三下5月第三次模拟)(多选)如图所示，平面直角坐标系xOy横轴上的P点有一粒子发射源，粒子源能沿坐标平面且与x轴正方向的夹角不超过90°的方向，向第二象限发射速率相同、带电荷量为q、质量为m的正粒子，由于第一、二象限内除实线与横轴所围区域外，存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子源发射的所有粒子均能经过Q点。已知P、Q两点关于原点O对称，Q点的坐标为(a，0)，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A．粒子的速度大小为eq\f(qBa,m)B．粒子在磁场中运动的轨迹半径为2aC．第一象限内磁场边界方程为y＝xeq\r(\f(a－x,a＋x))(a≥x≥0)D．第二象限内磁场边界方程为y＝2xeq\r(\f(a＋x,a－x))(－a≤x≤0)答案AC解析同一粒子从P到Q的运动轨迹关于y轴对称，由对称性可知，从P点垂直x轴射入的粒子在磁场中运动的轨迹为半圆，所以粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝a，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的速度大小为v＝eq\f(qBa,m)，A正确，B错误；如图所示，设从P点以与x轴正方向成β角射入的粒子运动轨迹与边界的交点坐标为(x，y)，由几何关系有r2＝x2＋(rcosβ)2，而tanβ＝eq\f(y,a－|x|)，整理可得x2(a－|x|)2＋x2y2＝y2a2，解得第一象限内磁场边界方程为y＝xeq\r(\f(a－x,a＋x))(a≥x≥0)，第二象限内磁场边界方程为y＝－xeq\r(\f(a＋x,a－x))(－a≤x≤0)，C正确，D错误。7.如图所示，将一质量为m、带电量为＋q的小球在空间垂直纸面向里的匀强磁场中由静止释放，其运动轨迹为“轮摆线”，为方便分析，可将初始状态的速度(为零)分解为一对水平方向等大反向的速度v，即该运动可以分解为一个匀速直线运动1和一个匀速圆周运动2两个分运动，重力加速度为g，磁感应强度大小为B，为实现上述运动的分解，下列说法正确的是()A．速度v＝eq\f(2mg,qB)B．分运动2的半径为eq\f(m2g,2q2B2)C．小球在轨迹最低点处的曲率半径为eq\f(4m2g,q2B2)D．小球从释放到最低点的过程中重力势能的减少量为eq\f(m3g2,2q2B2)答案C解析因分运动1为匀速直线运动，根据平衡条件，分运动1所引起的洛伦兹力与重力等大反向，故qvB＝mg，所以v＝eq\f(mg,qB)，A错误；对于分运动2，由洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝meq\f(v2,R)，所以R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m2g,q2B2)，B错误；设小球在轨迹最低点处的曲率半径为r，此时两个速度v方向相同，由牛顿第二定律有：2vqB－mg＝meq\f(4v2,r)，解得r＝eq\f(4m2g,q2B2)，C正确；小球从释放点到最低点的过程中只有重力做功，减少的重力势能全部转化为动能的增加量，所以ΔEp减＝eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(2m3g2,q2B2)，D错误。二、非选择题(本题共1小题)8．(2023·福建省三明市高三下质量检测)如图甲，某回旋加速器的两个D形盒，半径为R，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与D形盒底面垂直，位于圆心O处的质子源P能不断产生质子，质子飘入狭缝间的高频交变电场时初速度不计。完成加速后，需要把质子束从加速器中引出，使用磁屏蔽通道法设计引出器。引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)。引出质子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使质子从M点进入通道，沿通道中心线从N点射出。已知ON长度为L。ON与OM的夹角为θ(0<θ<90°)，质子质量为m，电荷量为q。求：(1)高频交变电压的频率f；(2)质子被加速后获得的最大速度v；(3)通道内匀强磁场的磁感应强度B′的大小。答案(1)eq\f(qB,2πm)(2)eq\f(qBR,m)(3)eq\f(2BR（R－Lcosθ）,L2＋R2－2LRcosθ)解析(1)回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f等于质子在D形盒磁场中运动的频率，则质子在D形盒磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(1,f)设质子在D形盒磁场中运动的速度大小为v1，轨迹半径为r，由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),r)又T＝eq\f(2πr,v1)联立解得f＝eq\f(qB,2πm)。