第一章 安培力与洛伦兹力 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教版）

该高中物理单元复习课件系统梳理了磁场的基本概念、安培力与洛伦兹力的规律及应用，通过典型例题解析串联磁感应强度、带电粒子在磁场中的运动、磁流体发电等核心内容，构建从基础概念到实际应用的知识网络。 其亮点在于融合实验探究与科学思维，如测定磁感应强度实验培养科学探究能力，带电粒子轨迹分析中运用几何模型建构与科学推理。分层设计单选、多选及综合计算题，适配不同水平学生，助力个性化复习，有效提升学生解决复杂问题的能力，为教师提供精准复习教学支持。

第一章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1．把一小段通电直导线放入磁场中，导线受到安培力的作用，关于安培力的方向，下列说法中正确的是(　　) A．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向相同 B．安培力的方向一定跟磁感应强度的方向垂直，但不一定跟电流方向垂直 C．安培力的方向一定跟电流方向垂直，但不一定跟磁感应强度方向垂直 D．安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直 解析：安培力的方向既垂直于磁感应强度方向，又垂直于电流方向，即垂直于磁感应强度方向与电流方向决定的平面，但电流方向与磁感应强度方向不一定垂直，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：L形导线在垂直磁场方向上的有效长度L＝Lab＝2l，则该导线受到的安培力F＝BIL＝2BIl。故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.在粒子物理学的研究中，经常应用“气泡室”装置。粒子通过气泡室中的液体时能量降低，在它的周围有气泡形成，显示出它的径迹。如图所示为带电粒子在气泡室运动径迹的照片，气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列有关甲、乙两粒子的判断正确的是(　　) A．甲粒子从b向a运动 B．乙粒子从c向d运动 C．甲粒子带正电 D．乙粒子带负电 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.如图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为(　　) A．2∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.如图所示，在条形磁体S极附近悬挂一个线圈，线圈与水平磁体位于同一平面内。当线圈中通以图示方向的电流时，将会出现的现象是(　　) A．线圈向左摆动 B．线圈向右摆动 C．从上往下看，线圈顺时针转动 D．从上往下看，线圈逆时针转动 解析：将通电线圈等效成小磁针，根据安培定则，可知靠近纸面里侧为小磁针的N极，又因异名磁极相互吸引，则从上往下看，线圈将逆时针转动，且同时向左摆动，故B、C错误，A、D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小，实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框，导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄形磁体的N、S极间磁场中的待测位置。 (1)在接通电路前，待线框静止后，先观察并记录下弹簧测力计的读数F0； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F(F＞F0)。 由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于______；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为________。若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线框匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达式为B＝________。 F0 F－F0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12.(6分)电磁血流量计是运用在心血管手术和有创外科手术的精密监控仪器，可以测量血管内血液的流速。如图所示，某段监测的血管可视为规则的圆柱体模型，其前后两个侧面固定两块竖直正对的金属电极板a、b(未画出，电阻不计)，匀强磁场方向竖直向下，血液中的正负离子随血液一起从左至右水平流动，则a、b电极间存在电势差。 (1)若用电压表监测a、b电极板间的电势差，则与电压 表“＋”接线柱相连的是图中________(选填“a”或“b”)电极板。 a 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)某次监测中，用电压表测出a、b电极板间的电势差U，已知a、b电极板间的距离D，血管内径为d，磁感应强度B，则用上述物理量表示血流量(单位时间流过的血液体积)的表达式为________。 (3)若U＝150 μV，D＝3.0 mm，B＝0.12 T，根据数据可估测出血流速度为________m/s。(结果保留两位有效数字) 0.42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13.(10分)如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，导轨与水平面的夹角θ＝37°，在导轨所在区域内分布着垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，导轨的一端接有电动势为E＝4.5 V、内阻为r＝0.50 Ω的直流电源。一根与导轨接触良好、质量为m＝0.02 kg的导体棒ab垂直放在导轨上，ab棒恰好静止。ab棒与导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，不计导轨的电阻，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)ab棒受到的安培力的大小和方向； (2)ab棒受到的摩擦力的大小和方向。 答案：(1)0.3 N　方向沿导轨向上　 (2)0.18 N　方向沿导轨向下 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：(1)该粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中的轨迹为圆弧，上下对称) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(如图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有 qE＝ma① 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcosθ④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 2.(江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　) A．0 B．BIl C．2BIl D.eq \r(5)BIl 解析：带电粒子沿垂直于磁场方向运动，通过气泡室中的液体时能量降低，速度减小，由粒子轨迹半径公式r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子的轨迹半径逐渐减小，则由图看出，甲粒子从b向a运动，乙粒子从d向c运动，由左手定则可知，甲粒子带负电，乙粒子带正电。故A正确，B、C、D错误。 解析：由带电粒子在磁场中做圆周运动的周期公式T＝eq \f(2πm,qB)，可知正、负电子的周期相等。正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。正、负电子在磁场中的运动轨迹如图所示，正电子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角θ1＝120°，负电子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角θ2＝60°，则正电子在磁场中运动时间为t1＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(1,3)T，负电子在 磁场中运动时间为t2＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)T，所以正电子与负电子在磁场 中运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，故A正确。 5.磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ，忽略边缘效应，下列判断正确的是(　　) A．上板为正极，R中电流I＝eq \f(Bdvab,Rab＋ρd) B．上板为负极，R中电流I＝eq \f(Bvad2,Rad＋ρb) C．下板为正极，R中电流I＝eq \f(Bdvab,Rab＋ρd) D．下板为负极，R中电流I＝eq \f(Bvad2,Rad＋ρb) 解析：等离子体是由大量正、负离子组成的气体状物质，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，在下板积累，负离子受到的洛伦兹力向上，在上板积累，所以下板为正极，上板为负极；电路断路时，路端电压等于电源电动势，当磁流体发电机达到稳定状态时，极板间的离子受力平衡，有qvB＝qeq \f(E,d)，可得电动势 E＝Bdv，R接入电路时，根据闭合电路欧姆定律，R中电流I＝eq \f(E,R＋r)，而电源内阻r＝ρeq \f(l,S)＝eq \f(\a\vs4\al(ρd),ab)，联立得I＝eq \f(Bdvab,Rab＋ρd)。故C正确。 6．如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g。则磁感应强度的大小和方向可能为(　　) A.eq \f(mg,IL)tanθ，沿z轴负方向 B.eq \f(mg,IL)，沿z轴正方向 C.eq \f(mg,IL)，沿y轴负方向 D.eq \f(mg,IL)tanθ，沿y轴正方向 解析：当磁感应强度方向沿z轴负方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y轴正方向，根据平衡条件有BIL＝mgtanθ，得B＝eq \f(\a\vs4\al(mg),IL)tanθ，故A正确；当磁感应强度方向沿z轴正方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y轴负方向，直导线不能在题图所示位置保持静止，故B错误；当磁感应强度方向沿y轴负方向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向竖直向下，直导线不能在图示位置保持静止，故C错误；当磁感应强度方向沿y轴正方向时，根据左手定则，直导线所 受安培力方向竖直向上，当细线拉力为零，所受安培 力与直导线重力平衡时，导线保持静止，由平衡条件 有mg＝BIL，得B＝eq \f(\a\vs4\al(mg),IL)，故D错误。 7.如图为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成，若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力，下列说法中正确的是(　　) A．极板M比极板N电势低 B．加速电场的电压U＝ER C．直径PQ＝eq \f(1,B) eq \r(\f(mER,q)) D．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点， 则该群粒子具有相同的比荷 解析：粒子经加速电场加速后进入静电分析器，在静电力的作用下做匀速圆周运动，由静电力指向圆心可知粒子带正电，因此加速电场的场强方向由M指向N，即极板M的电势高，故A错误；在加速电场中，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－0，粒子在静电分析器内做匀速圆周运动，有qE＝meq \f(v2,R)，联立可得U＝eq \f(ER,2)，故B错误；粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则qvB＝meq \f(v2,r)，PQ＝2r，联立可得PQ＝ eq \f(2,B) eq \r(\f(mER,q))，当B、E、R确定时，粒子在磁场中的轨迹直径只和 粒子的比荷有关，因此落在胶片上同一点的粒子比荷相同，故C 错误，D正确。 9.在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°角后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　) A．离开电场区域时的动能之比为1∶3 B．在磁场中运动的半径之比为eq \r(3)∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．在磁场中的加速度之比为1∶eq \r(3) 解析：离子在电场中运动时有qU＝eq \f(1,2)mv2－0，且Ek＝eq \f(1,2)mv2，则离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，故A正确；离子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,r)，得运动半径r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，则运动半径之比为1∶eq \f(1,\r(3))＝eq \r(3)∶1，故B正确；设磁场宽度为d，由几何关系有sinα＝eq \f(d,r)(α为离子在磁场中转过的角度)，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于运动半径倒数之比，即1∶eq \r(3)，因P＋在磁场中转过的角度θ＝30°，则P3＋转过的角度θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，故C正确；离子在磁场中的加速度a＝eq \f(\a\vs4\al(qvB),m)，联立可得a＝eq \f(\a\vs4\al(qB),m) eq \r(\f(\a\vs4\al(2qU),m))，则离子在磁场中的加速度之比为1∶3eq \r(3)，故D错误。 10.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中y轴位置有磁场，x轴位置无磁场。在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知OP＝eq \r(3)OS＝eq \r(3)d，粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　) A．粒子的速率为eq \f(qBd,m) B．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为eq \f(3,2)d C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间为eq \f(3πm,2qB) D．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间为eq \f(πm,3qB) 解析：将轨迹圆绕S点旋转，可知所有粒子射出磁场时离S最远的位置与S的距离等于轨迹圆的直径，根据几何关系有2r＝SP＝eq \r(（OS）2＋（OP）2)＝2d，可得粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝d，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,r)，解得粒子的速率为v＝eq \f(\a\vs4\al(qBd),m)，故A正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，其轨迹圆圆心在O点，离开磁场时的位置到O点的距离为r，即为d，故B错误； 从x轴上射出磁场的粒子中，沿y轴正方向射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，从O点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹分别如图所示，根据几何关系，粒子的轨迹所对应的圆心角分别为α＝eq \f(3π,2)，θ＝eq \f(π,3)，则从x轴上射出磁场的粒子中，在磁场中运动的最长时间为tmax＝eq \f(αr,v)＝eq \f(3πm,2qB)，在磁场中运动的最短时间为tmin＝eq \f(θr,v)＝eq \f(πm,3qB)，故C、D正确。 eq \f(F－F0,INL) 解析：在接通电路前，导线框静止时，处于平衡状态，重力等于弹簧测力计的拉力，即G＝F0；接通电路，导线框受到重力、安培力和拉力的作用，处于平衡状态，平衡方程为F－G－F安＝0，则F安＝F－G＝F－F0，又F安＝NBIL，则B＝eq \f(F－F0,INL)。 eq \f(πd2U,4DB) 解析：(1)根据左手定则，血液中的正离子所受洛伦兹力指向a电极板，向a电极板偏转，负离子所受洛伦兹力指向b电极板，向b电极板偏转，故a电极板的电势比b电极板高，故与电压表“＋”接线柱相连的是图中a电极板。 (2)当a、b电极板间的电势差稳定为U时，正、负离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qeq \f(U,D)＝qvB，解得v＝eq \f(U,DB)，血流量Q＝vS， S＝eq \f(πd2,4)，联立解得Q＝eq \f(πd2U,4DB)。 (3)将数据代入v＝eq \f(U,DB)，解得v＝0.42 m/s。 解析：(1)根据闭合电路的欧姆定律，有 E＝I(r＋R0) 可得流过ab棒的电流大小为 I＝eq \f(E,r＋R0)＝eq \f(4.5,0.50＋2.5) A＝1.5 A 根据安培力的计算公式可得，ab棒受到的安培力的大小为 F安＝BIL＝0.5×1.5×0.40 N＝0.3 N 根据左手定则可知，安培力的方向沿导轨向上。 (2)重力沿导轨平面向下的分力大小为 Gx＝mgsin37°＝0.02×10×0.6 N＝0.12 N 根据平衡条件，有Gx＋f＝F安 解得f＝0.18 N，方向沿导轨向下。 14.(12分)如图所示，平面直角坐标系的第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，一带正电的粒子，电荷量为q，质量为m，从y轴上的点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)L))沿如图所示方向射入磁场，若干时间后到达第四象限的点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)L，－L))，粒子在点B的速度大小为v，方向与y轴平行，不计粒子重力，求： (1)匀强磁场磁感应强度的大小； (2)粒子从点A到点B的运动时间t。 答案：(1)eq \f(mv,qL)　(2)eq \f(（2π＋3）L,3v) 解析：(1)如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r) 由几何关系有r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)L))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)L－r))eq \s\up12(2) 解得r＝L，B＝eq \f(mv,qL)。 (2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹的圆心角为θ，有tan(π－θ)＝eq \f(OA,\f(3,2)L－r)＝eq \f(\r(3),2) 解得θ＝eq \f(2π,3) 则粒子在磁场中的运动时间t1＝eq \f(θr,v)＝eq \f(2πL,3v) 在无磁场区域的运动时间t2＝eq \f(L,v) 从点A到点B的运动时间t＝t1＋t2 联立解得t＝eq \f(（2π＋3）L,3v)。 15.(16分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M点射入时速度的大小； (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq \f(π,6)，求该 粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。 答案：(1)轨迹见解析　(2)eq \f(2El′,Bl)　 (3)eq \f(4\r(3)El′,B2l2)　eq \f(Bl,E) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′))) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝eq \f(mv2,R)⑤ 由几何关系得l＝2Rcosθ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq \f(2El′,Bl)⑦ (3)由运动学公式和题给数据得 v1taneq \f(π,6)＝v0⑧ 联立①②③⑦⑧式得eq \f(\a\vs4\al(q),m)＝eq \f(4\r(3)El′,B2l2)⑨ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′， 则t′＝2t＋eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T⑩ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝eq \f(2πm,qB)⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq \f(Bl,E) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))。 $