章末整合提升1 磁场对电流的作用（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

该高中物理课件系统梳理了“磁场对电流的作用”单元核心内容，以安培力公式F=BIl sinθ、洛伦兹力公式F=qvB sinθ为基础，结合左手定则及垂直关系，通过受力分析示意图（如标注30°角、Fn等力符号的“甲”图）构建知识网络，强化运动和相互作用的物理观念。 其亮点在于通过“公式-定则-受力分析”递进式复习，利用标注力符号和角度的示意图引导学生建构物理模型，结合左手定则应用培养科学推理能力。这种从基础公式到综合受力分析的设计，兼顾分层复习需求，助力学生巩固相互作用观念，教师可通过示意图直观讲解，提升复习效率。

第一章　磁场对电流的作用 章末整合提升 第一章　磁场对电流的作用 1 磁场对电流的作用 F＝BIl sin θ 左手定则 ⊥ ⊥ F＝qvB sin θ 左手定则 ⊥ ⊥ v⊥B 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 第一章　磁场对电流的作用 1 谢谢观看 第一章　磁场对电流的作用 1 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(对通电导体\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(安培力的大小：____________________,方向：________，F__B且F__I)),,对运动电荷\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(洛伦兹力的大小：____________________,方向：________，F__B且F__v)),典例→带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(条件：________,,半径：r＝________→应用\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(质谱仪,回旋加速器)),,周期：T＝________)))) eq \f(mv,qB) eq \f(2πm,qB) 一、有关安培力问题的分析与计算[科学思维] 安培力既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此有关安培力问题的分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解。具体求解应从以下几个方面着手分析： 1．安培力的大小 (1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝IlB。 (2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0。 (3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝IlBsin θ。 2．安培力的方向 (1)安培力的方向由左手定则确定。 (2)F安⊥B，同时F安⊥I，即F安垂直于B和I决定的平面，但I和B不一定垂直。 3．安培力作用下导体的状态分析 通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态。对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键。 　光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的 入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r≫d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。 (1)若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s； (2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1，保持其他条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。 [解析]　(1)由题意，当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培力为 F＝NBIl 根据胡克定律有F＝NBIl＝k|Δx| |Δx|＝eq \f(NBIl,k) 设此时细杆转过的弧度为θ,则可知反射光线转过的弧度为2θ,又因为 d≫Δx，r≫d 则sin θ≈θ，sin 2θ≈2θ 所以有 Δx＝d·θ s＝r·2θ 联立可得 s＝eq \f(2r,d)Δx＝eq \f(2NBIlr,dk)。 (2)因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s′，当初始时反射光点在O点上方，通电流I′后根据前面的结论可知有 s1＝eq \f(2NBI′lr,dk)＋s′ 当电流反向后有s2＝eq \f(2NBI′lr,dk)－s′ 联立可得I′＝eq \f(dks1＋s2,4NBlr) 同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同， 故待测电流的大小为I′＝eq \f(dks1＋s2,4NBlr)。 [答案]　(1)eq \f(NBIl,k)　eq \f(2NBIlr,dk)　(2)eq \f(dks1＋s2,4NBlr) ●核心素养·思维升华 分析安培力问题的一般步骤 (1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体。 (2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等。 (3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程。 (4)运用平衡条件或动力学知识列式求解。 1.如图所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L＝0.2 m，导轨电阻不计。另有一质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.5 Ω 的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面。为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)。求磁感应强度B的取值范围。 解析　如图甲所示,当ab棒有向下滑的趋势时,受静摩擦力向上为Ff 则Fsin 30°＋Ff－mg＝0 F＝B1IL Ff＝μFcos 30° I＝eq \f(E,R＋r) 联立四式并代入数值得B1≈3.0 T。 当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为Ff′， 如图乙所示，则F′sin 30°－Ff′－mg＝0 Ff′＝μF′cos 30° F′＝B2IL I＝eq \f(E,R＋r) 可解得B2≈16.3 T。 所以，若保持金属棒静止不滑动,磁感应强度应满足：3.0 T≤B≤16.3 T。 答案　3.0 T≤B≤16.3 T 二、带电粒子在磁场中的多解问题[科学思维] 带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解。多解形成原因一般包含4个方面： 类型 分析 图例 带电粒子电性不确定 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a；如带负电，其轨迹为b 磁场方向不确定 在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解。 如图所示，带正电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b 临界状态不唯一 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，于是形成多解 运动具有周期性 带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解 　如图所示，xOy坐标系中存在垂直平面向里的匀强磁场，其中，x≤0的空间磁感应强度大小为B，x>0的空间磁感应强度大小为2B。一个电荷量为＋q、质量为m的粒子a，t＝0时从O点以一定的速度沿x轴正方向射出，之后能通过坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)h，\f(3,2)h))的P点，不计粒子重力。 (1)求粒子速度的大小； (2)在a射出Δt后，与a相同的粒子b也从O点以相同的速率沿y轴正方向射出。欲使在运动过程中两粒子相遇，求Δt。(不考虑粒子间的静电力) [解析]　(1)设粒子速度的大小为v，a在x>0的空间做匀速圆周运动，设半径为r1，则有2qvB＝meq \f(v2,r1)，由几何关系有(yP－r1)2＋xP2＝r12，解得r1＝h，联立以上式子解得v＝eq \f(2qBh,m)。 (2)粒子a与b在x≤0的空间半径相等，设为r2，则qvB＝meq \f(v2,r2)，解得r2＝2r1＝2h，两粒子在磁场中运动轨迹如图，只有在M、N、O、S四点两粒子才可能相遇。粒子a在x>0的空间做匀速圆周运动的周期为T1，则T1＝eq \f(2πr1,v)＝eq \f(πm,qB)，粒子a和b在x≤0的空间做匀速圆周运动的周期为T2，则T2＝eq \f(2πr2,v)＝eq \f(2πm,qB)。 ①粒子a、b运动到M的时间taM＝eq \f(T1,2)＋eq \f(\f(π,6),2π)T2，tbM＝eq \f(\f(π,3),2π)T2， ΔtM＝taM－tbM＝eq \f(πm,3qB)。 ②同理，粒子a、b到N的时间taN＝eq \f(T1,2)＋eq \f(\f(5π,6),2π)T2，tbN＝eq \f(\f(5π,3),2π)T2， ΔtM＝taN－tbN＝－eq \f(πm,3qB)<0 粒子不能在N点相遇。 ③粒子a、b到O的时间taO＝T1＋eq \f(T2,2)，tbO＝T2，ΔtO＝taO－tbO＝0 粒子不能在O点相遇。 ④粒子a、b到S的时间taS＝T1＋eq \f(T2,2)＋eq \f(T2,4)，tbS＝eq \f(3,4)T2，ΔtS＝taS－tbS＝eq \f(πm,qB) 所以粒子b与a射出的时间差为eq \f(πm,3qB)和eq \f(πm,qB)时，两粒子可以相遇。 [答案]　(1)eq \f(2qBh,m)　(2)eq \f(πm,3qB)和eq \f(πm,qB) ●核心素养·思维升华 巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题 (1)分析题目特点，确定题目多解的形成原因。 (2)作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)。 (3)若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。 2．(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外。某时刻一个质子从点(L0,0)处沿y轴负方向进入磁场；一个α粒子同时从点(－L0,0)进入磁场，速度方向在xOy平面内。设质子的质量为m、电荷量为e，不计质子与α粒子的重力和它们之间的相互作用。如果α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，已知质子和α粒子都带正电，且α粒子的质量是质子质量的4倍，α粒子带的电荷量是质子的2倍，则(　　) A．质子的速度大小为eq \f(2eBL0,m) B．质子的速度大小为eq \f(eBL0,2m) C．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是eq \f(3πm,eB) D．两粒子相遇时，α粒子的运动时间可能是eq \f(5πm,2eB) 解析　质子的运动轨迹如图所示，其圆心在x＝eq \f(L0,2)处，其半径R＝eq \f(L0,2)，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得evB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(eBL0,2m)，故A错误，B正确；质子在磁场中做匀速圆周运动的周期TH＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,eB) 。同理，α粒子的周期是质子周期的2倍；由于α粒子第一次到达原点时恰能与质子相遇，故相遇时质子可能运动了半个周期，也有可能运动了一个半周期。如果相遇时质子只运动了半个周期， 则质子的运动时间为t＝eq \f(1,2)TH＝eq \f(πm,eB)，如果质子运动了一个半周期相遇，则质子的运动时间为t′＝eq \f(3,2)TH＝eq \f(3,2)×eq \f(2πm,eB)＝eq \f(3πm,eB)，两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，故α粒子的运动时间可能是t＝eq \f(πm,eB)或t′＝eq \f(3πm,eB)，故C正确，D错误。 答案　BC 三、带电粒子在有界磁场中的临界极值问题[科学探究] 两种思路 一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解 二是直接分析、讨论临界状态，找出临界状态，从而通过临界条件求出临界值 两种 方法 物理 方法 (1)利用临界条件求极值； (2)利用边界条件求极值； (3)利用矢量图求极值 数学 方法 (1)用三角函数求极值； (2)用二次方程的判别式求极值； (3)用不等式的性质求极值； (4)图像法等 从关键词找突破口 许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件 　如图所示，第一象限内有一圆形边界匀强磁场(图中未画出)。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以大小为v的速度沿＋x方向自磁场边界上的点P(L,3L)射入，从点Q(L,0)射出时速度方向与x轴负方向成60°角，粒子重力不计。求： (1)磁感应强度的方向和大小B； (2)圆形有界磁场的最小面积S。 [解析]　(1)由于PQ平行于y轴，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在PQ上，由几何关系可得r＋eq \f(r,cos 60°)＝3L，由牛顿第二定律可得qvB＝meq \f(v2,r)，联立解得B＝eq \f(mv,qL)，由左手定则可得，磁感应强度的方向垂直于纸面向外。 (2)设带电粒子从切点F飞出后经过Q点，则以PF为直径的圆形有界磁场的面积最小，设圆形磁场的最小半径为R，由几何关系可得R＝rsin 60°＝eq \f(\r(3),2)L，则最小面积为S＝πR2＝eq \f(3,4)πL2。 [答案]　(1)eq \f(mv,qL)，方向垂直于纸面向外 (2)eq \f(3,4)πL2 ●核心素养·思维升华 临界极值问题的四个重要结论 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (3)当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长。 (4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。 3.(多选)如图所示， 在 0≤x≤3a 的区域内存在与 xOy 平面垂直的匀强磁场， 磁感应强度大小为 B, 在 t＝0 时刻， 从原点 O 发射一束等速率的相同的带电粒子， 速度方向与 y 轴正方向的夹角分布在 0～90°范围内。其中， 沿 y 轴正方向发射的粒子在 t＝t0 时刻刚好从磁场右边界上 Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a，\r(3)a)) 点离开磁场， 不计粒子重力， 下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a B．粒子的发射速度大小为 eq \f(4πa,3t0) C．带电粒子的比荷为eq \f(4π,3Bt0) D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为 2t0 解析　沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示： 设粒子运动的轨迹半径为r，根据几何关系有(3a－r)2＋(eq \r(3)a)2＝r2，可得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝2a，A错误；根据几何关系可得sin θ＝eq \f(\r(3)a,r)＝eq \f(\r(3),2)，所以θ＝eq \f(π,3)，圆弧OP的长度s＝(π－θ)r，所以粒子的发射速度大小v＝eq \f(s,t0)＝eq \f(4πa,3t0)，B正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，结合粒子速度以及半径可得带电粒子 的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(2π,3Bt0)，C错误；当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示，粒子与磁场边界相切于M点，从E点射出。从P点射出的粒子转过的圆心角为π－θ，时间为t0，从E点射出的粒子转过的圆心角为2(π－θ)，故带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0，D正确。 答案　BD $$