第一章 安培力与洛伦兹力 章末综合提升-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册教师用书word（人教版）

该高中物理讲义以“磁发散和磁聚焦模型”“带电粒子在交变场中的运动”为核心，通过模型定义、几何证明、典例分析构建知识体系，用逻辑框架呈现磁场中粒子运动规律的内在联系，突出运动和相互作用观念与模型建构思维。 讲义亮点在于分层练习设计，如磁聚焦模型多选题（典例1）和交变场计算题（典例3），结合章末综合测评培养科学推理与论证能力。基础题巩固模型应用，综合题提升复杂问题解决能力，助力学生自主复习，为教师精准教学提供支持。

主题1　磁发散和磁聚焦模型 在圆形边界的匀强磁场中，如果带电粒子做匀速圆周运动的半径恰好等于磁场区域圆的半径，则有如下两个重要情境： 1．磁聚焦：如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速度大小相等，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出(会聚)。 证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点射入磁场的带电粒子必然经过B点。 2．磁发散：如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，有大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从P点以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行(发散)。 证明：所有粒子运动轨迹的圆心及有界圆圆心O、分别与入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)。 【典例1】　(多选)如图所示，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面第一、二象限内发射大量质量为m、电荷量为q的正粒子(不计重力)，所有粒子速度大小相等。圆心在(0，R)处，半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场右侧有一点A(2R，R)，已知初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则(　　) A．初速度方向与x轴夹角为120°的粒子经过A点 B．初速度方向与x轴夹角为135°的粒子经过A点 C．经过A点的粒子在磁场中运动时间为 D．经过A点的粒子在磁场中运动时间为 AC　[初速度沿y轴正方向的粒子经过磁场后，粒子的速度方向沿x轴的正方向，则粒子的轨道半径r＝R，由qvB＝，可得粒子轨道半径都为R。结合题意和几何关系可知，第一、二象限射入的粒子从磁场射出时，速度一定沿x轴正方向，根据几何关系有R＋R sin (α－90°)＝R，解得α＝120°，可得经过A点的粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，故A正确，B错误；该粒子在磁场中的运动时间为t＝×＝，故C正确，D错误。] 【典例2】　为了探测带电粒子，研究人员设计了如图所示的装置。纸面内存在一个半径为R、圆心为O′的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，该磁场区域在垂直纸面的方向上足够长。以O′右边的O点为中心放置一个足够大的探测屏，探测屏与OO′连线垂直。纸面内圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且沿水平方向的线状粒子源MN，O′在MN的中垂线上，O′到MN的垂直距离为1.5R。该粒子源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子发射时的速度大小均相同，方向均竖直向上，从粒子源MN中点发射的粒子离开磁场时速度恰好沿O′O方向，不计粒子重力和粒子间相互作用力。 (1)求粒子发射时的速度大小v0； (2)求粒子源左端点M与右端点N发射的粒子从发射到打到屏上所经历的时间之差Δt。 [解析]　(1)分析可知粒子做圆周运动的半径为R，由qv0B＝，得v0＝。 (2)分析可知粒子源左端点M与右端点N发射的粒子均从磁场边界与OO′交点射出，且转过的圆心角分别为θM＝，θN＝ 两粒子在磁场中运动的周期均为T＝＝ 两粒子在磁场中运动的时间分别为tM＝T，tN＝T，由于两个粒子在匀强磁场区域外部运动的时间相等，所以Δt即为在磁场中运动的时间差， 即Δt＝tM－tN，得Δt＝。 [答案]　(1)　(2) 主题2　带电粒子在交变场中的运动 1．交变电、磁场的常见类型 2．带电粒子在交变电、磁场中运动的处理方法 (1)弄清复合场的组成特点及场的变化情况。 (2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。 (3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。 【典例3】　如图甲所示，竖直面内矩形区域ABCD内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长＝，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为(　　) A．1∶1 B．2π∶3 C．2π∶9 D．π∶9 C　[设粒子的质量为m、带电荷量为q，粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆心角为α，则有2r sin α＝＝，联立解得α＝60°，所以有＝T，T＝，解得T1＝＝v0T2，解得T2＝，所以＝，故C正确，A、B、D错误。] 【典例4】　如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。 (1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T； (2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。 [解析]　(1)设经时间t，粒子恰好沿切线飞到Q板，竖直速度为零，加速度为a 则a＝ 半个周期内，粒子向上运动的距离为 y＝a d＝2ny(n＝1，2，3，…) 联立得T＝(n＝1，2，3，…)。 (2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有 qv0B0＝ 解得r＝d 要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示， 由几何关系得r＋2r sin θ＝d 解得sin θ＝ 则粒子打到Q板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cos θ)＝d。 [答案]　(1)(n＝1，2，3，…)　(2)d 章末综合测评(一)　安培力与洛伦兹力 一、选择题(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。) 1．如图所示，放在蹄形磁体两极之间的导体棒ab，当通有自b到a的电流时，导体棒受到方向向左、大小F＝1 N的安培力的作用，已知导体棒在蹄形磁体内部的长度l＝5 cm，通过导体棒的电流大小I＝10 A，则蹄形磁体中导体棒所在位置的磁感应强度B的大小为(　　) A．1 T B．10 T C．2 T D．5 T C　[由F＝BIl可得B＝＝ T＝2 T，故选C。] 2．如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L2中电流方向与L3中的相同，L1与L3中的相反。下列说法正确的是(　　) A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶1∶1 D　[同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面垂直，故A错误；对L3受力分析如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面平行，故B错误；设三根导线两两之间的相互作用力大小为F，则L2、L3受到的磁场力的合力大小均为F，L1受到的磁场力的合力大小为F，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力大小之比为∶1∶1，故C错误，D正确。] 3．有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流先在电场中做圆周运动，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的(　　) A．质量 B．电荷量 C．比荷 D．动能 C　[粒子在辐向分布的电场中以速度v做匀速圆周运动，静电力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qE＝m，解得r＝·，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，解得r′＝·，粒子在不同场中的轨迹均相同，即粒子在不同场中的转动半径均相同，所以这些粒子具有相同的速度v和比荷。故选C。] 4．如图所示，质量为m、长为l的直导线用两绝缘细线悬挂于水平轴OO′上，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x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。则磁感应强度的最小值及对应的方向为(　　) A． ，沿y轴正方向 B．tan θ，沿z轴负方向 C．sin θ，沿悬线向下 D．cos θ，沿悬线向上 C　[对导线进行受力分析，其受重力、安培力和细线拉力的作用，如图所示。根据平衡条件，当安培力垂直悬线斜向上时，安培力最小，即F＝mgsin θ，故磁感应强度最小值为B＝sin θ，根据左手定则，可知其方向沿悬线向下，C项正确。] 5．速度选择器是质谱仪的重要组成部分，如图所示，平行板电容器间有着垂直纸面向里的磁场，下列说法正确的是(　　) A．若粒子从左端水平通过板间区域，则P1极板带负电 B．如果带电粒子带负电，则粒子需要从右端射入速度选择器 C．能水平通过的带电粒子的速率等于 D．增大从左端水平通过的带负电粒子的入射速度，粒子有可能落在上极板 C　[若粒子带正电，从左端水平通过板间区域，则所受洛伦兹力向上，静电力向下，则P1极板带正电，选项A错误；如果带电粒子带负电，若从左端射入，则洛伦兹力向下，只需要静电力向上，即上极板带正电，粒子即可水平通过板间区域，选项B错误；能水平通过的带电粒子的速率满足qvB1＝Eq，即速度v＝，选项C正确；增大从左端水平通过的带负电粒子的入射速度，则粒子所受向下的洛伦兹力变大，则粒子有可能落在下极板，选项D错误。故选C。] 6．带电粒子流的磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一。磁聚焦原理如图，真空中半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一束宽度为2r、沿x轴正方向运动的电子流射入该磁场后聚焦于坐标原点O。已知电子的质量为m、电荷量为e、进入磁场的速度为v，不计电子重力及电子间的相互作用，则磁感应强度的大小为(　　) A． B． C． D． C　[由题可知，从左侧任选一束电子流A经磁场偏转后，通过坐标原点O，如图所示，由于电子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，可知AO2∥O1O，由几何关系可知，平行四边形AO2OO1为菱形，因此电子在磁场中运动的轨道半径R＝r，又由evB＝，可得磁感应强度的大小为B＝，故选C。 ] 7．如图所示，在等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，O为ab边的中点，在O处有一粒子源沿纸面内不同方向、以相同的速率v＝不断向磁场中释放相同的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电荷量为q，直角边ab长为2l，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。则(　　) A．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为 B．从ac边射出的粒子中在磁场中运动的最短时间为 C．粒子能从bc边射出的区域长度为l D．粒子能从bc边射出的区域长度为2l B　[根据qvB＝m，得r＝l，粒子运动轨迹如图所示， Od与ac垂直，由几何关系可知，Od长为l，即最短弦长，对应最短时间，圆心角为60°，则最短时间为t＝T，又T＝，得t＝，A错误，B正确；粒子轨迹与ac相切时，交bc边于e点，由几何关系可知，Oe长度为直径，e为bc边的中点，则粒子能从bc边射出的区域为eb的长度l，C、D错误。故选B。] 8．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，处于平行于纸面的匀强磁场(图中未画出)中。一根长为l、质量为m的直导体棒水平放置在斜面上，当棒中通以大小为I的电流时，直导体棒处于静止状态，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．若磁场方向垂直斜面向上，则导体棒内电流方向垂直纸面向外 B．若只增大电流I，则导体棒可能继续保持静止 C．若电流方向垂直于纸面向里，且导体棒对斜面无压力，则磁场方向一定水平向左 D．磁感应强度的最小值为 ACD　[直导体棒处于静止状态，若磁场方向垂直斜面向上，可知导体棒所受安培力方向应是沿斜面向上，由左手定则可知，导体棒内电流方向垂直纸面向外，故A正确；若只增大电流I，由安培力计算公式F安＝BIl可知，导体棒所受安培力增大，则导体棒不可能继续保持静止，故B错误；若电流方向垂直于纸面向里，且导体棒对斜面无压力，直导体棒又处于静止状态，则导体棒所受的安培力一定竖直向上，由左手定则可知，则磁场方向一定水平向左，故C正确；由题意可知，当导体棒受到的安培力沿斜面向上时，磁感应强度有最小值，由平衡条件可得F安＝BminIl＝mg sin θ，解得Bmin＝，故D正确。故选ACD。] 9．如图所示，有一个正方形区域ABCD，在内部某一区域内有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的矩形匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从CD的中点以速度v垂直于CD射入正方形区域，从BC边的中点垂直于BC飞出该正方形区域，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　) A．该粒子在磁场中运动的时间t＝ B．该粒子在磁场中运动的时间t＝ C．该矩形区域磁场的最小面积S ＝ D．该矩形区域磁场的最小面积S ＝ AD　[根据题意可知带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，则有qvB0＝m，又T＝，解得R＝，T＝，该粒子在磁场中转过的角度为270°，则运动的时间为t＝T＝，故A正确，B错误；该矩形区域磁场的最小面积如图所示，由几何知识可知该矩形区域磁场的最小面积为Sm ＝ 2R·(R ＋ R cos 45°) ＝，故C错误，D正确。] 10．在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为l的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) A．kBl，0 B．kBl，0 C．kBl，60° D．Bl，60° BC　[符合条件的粒子有两种情况，如图所示。 奇数次回旋后从P点射出，由几何关系可得(2n＋1)R＝l(n＝0，1，2，…)， 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝， 联立解得v＝kBl(n＝0，1，2，…)， 这种情况粒子从P点出射时，出射方向与入射方向成60°夹角。偶数次回旋后从P点射出，由几何关系有2nR＝l(n＝1，2，3，…)， 由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝， 联立解得v＝kBl(n＝1，2，3，…)， 这种情况粒子从P点出射时，出射方向与入射方向相同。故选BC。] 二、非选择题 11．如图所示是一种测量磁感应强度的实验方案。虚线框内存在一个与纸面垂直的匀强磁场。D为位于纸面内的金属框，E为直流电源，R为电阻箱，A为电流表，S为开关，此外还有细沙、天平、刻度尺和若干轻质导线。 (1)用笔画线代替导线，在图中画线完成实验电路图。 (2)补充完成下列实验步骤： ①按照实验电路图连接电路； ②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态。然后用天平称出细沙质量m1； ③闭合开关S，调节电阻R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态。然后读出电流表的示数I，并用天平测量此时细沙的质量m2； ④用刻度尺测量________。 (3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度B的大小，则B＝________。 (4)判定磁感应强度方向的方法：若________(填两次实验细沙质量的关系)，磁感应强度方向垂直纸面向外。反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。 [解析]　(1)电路图连接如图所示。 (2)用刻度尺测量金属框D的下边长l。 (3)安培力与在磁场中的导线长度有关，安培力合力等于金属框架下边受的安培力，根据平衡条件，有|m1－m2|g＝BIl 解得B＝。 (4)若m2>m1，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外。 [答案]　(1)见解析图　(2)金属框D的下边长l　(3)　(4)m2>m1 12．如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为l。匀强磁场的磁感应强度为B，金属杆长为l、质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止，重力加速度为g。则： (1)这时磁感应强度B至少多大？及B的方向如何？ (2)若保持磁感应强度B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，回路总电流I2应为多大才能使金属杆保持静止？ [解析]　(1)画出金属杆的截面图，如图所示。 由几何知识得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足 BI1l＝mgsin α 解得B＝。 (2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2l cos α＝mg sin α 解得I2＝。 [答案]　(1)　垂直于导轨平面向上　(2) 13．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝。一束该粒子在0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求： (1)出射粒子的动能Ek； (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Ek所需的总时间t0。 [解析]　(1)出射粒子的运动半径为R，有qvB＝m， 又Ek＝mv2，解得Ek＝。 (2)设粒子被加速n次达到动能Ek，则Ek＝nqU0。 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，加速度a＝， 有nd＝a·Δt2， 又t0＝(n－1)·＋Δt， 联立以上各式解得t0＝－。 [答案]　(1)　(2)－ 14．如图甲所示，正方形区域ABCD内部有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.1 T，M、N分别为AD、BC边中点。现在从M点，平行AB方向，以某一初速度v0射入一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，发现该粒子刚好从B点离开磁场区域，已知磁场区域的边长L＝0.4 m，该粒子的比荷＝2×107 C/kg，不计粒子重力。 (1)求该粒子射入磁场时的速度大小v0； (2)若取垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度按图乙的方式变化，t＝0时刻，粒子同样从M点平行AB射入，发现粒子恰好能从N点离开，已知T0＝5π×10-7s，求该粒子射入磁场的速度v0可能的取值以及粒子运动的时间。 [解析]　(1)粒子的运动轨迹如图(a)所示 设粒子做匀速圆周运动的半径为r′，由几何关系可知r2＝L2＋ 代入数据，解得r＝0.5 m 由qv0B＝ 代入数据，解得v0＝1.0×106 m/s。 (2)粒子在磁场中运动周期为T＝＝π×10-6s，因为T0＝5π×10-7s，粒子的轨迹如图(b)所示 设粒子做匀速圆周运动的半径为r′，由几何关系可得n·4r′ sin 45°＝L(n＝1，2，3，…) 由qv0B＝ 联立上述方程可解得v0＝＝(n＝1，2，3，…) 粒子运动时间t＝·T＝ 由于周期性，粒子转过的角度为θ＝n×4×＝nπ(n＝1，2，3，…) 代入上述公式，可解得t＝(n＝1，2，3，…) 代入数据解得t＝5nπ×10-7s(n＝1，2，3，…)。 [答案]　(1)1.0×106 m/s　(2)　5nπ×10-7s(n＝1，2，3，…) 15．如图所示，直角坐标系xOy平面内，y轴左侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等。一电子以速度v0从x轴上的N点(－l，0)射入磁场，v0与x轴负方向间的夹角θ＝53°，经P点(图中未画出)垂直于y轴射入电场，然后从M点(图中未画出)进入第四象限。已知匀强电场的电场强度大小E＝，电子的质量为m、电荷量为e，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计电子重力。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小B； (2)经过M点时电子的速度大小； (3)从N点射出后电子第3次经过x轴时的位置的横坐标。 [解析]　(1)由题意得电子运动轨迹如图所示。 圆心在K点，设在磁场中运动的半径为r1，由几何关系可知 r1＝， 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B＝，解得B＝。 (2)进入电场后，电子做类平抛运动，从P点到M点的过程中，设沿电场方向运动距离为y，则 y＝r1＋r1cos θ 解得y＝2l 由动能定理有eEy＝ 解得v＝v0。 (3)设电子垂直于电场方向运动的距离为x，电子在电场中的运动时间为t，由类平抛运动规律有 y＝at2，eE＝ma，x＝v0t 解得x＝2l 由v2＝得vy＝2v0 设v方向与x轴正方向夹角为α，则 sin α＝＝ 设电子在第四象限中做匀速圆周运动的半径为r2， 由洛伦兹力提供向心力有evB＝m 解得r2＝l 经分析知，电子第1次经过x轴上M点进入第四象限做匀速圆周运动，第2次经过x轴进入第一象限做斜抛运动，第3次经过x轴的位置坐标 x′＝3x＋2r2sin α 联立以上各式，代入数据得x′＝11l。 [答案]　(1)　(2)v0　(3)11l 18 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $