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）江苏专用

该高中物理讲义以“安培力与洛伦兹力”为核心，通过主题划分系统构建知识体系。主题1聚焦安培力下的平衡、加速及功能问题，用立体图转平面图呈现受力分析，突出相互作用与能量观念；主题2归纳洛伦兹力多解类型，结合轨迹图梳理成因，体现知识内在逻辑。 讲义亮点在于“典例引领+方法提炼”设计，如典例1通过平衡方程与摩擦力分析求解安培力范围，培养科学推理；典例2结合周期性运动推导多解通项式，强化模型建构。章末测评涵盖选择（速度选择器、回旋加速器）与计算（质谱仪），分层适配学情，助力教师精准教学与学生自主提升。

主题1　安培力作用下的力学问题 1．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路 (1)选定研究对象。 (2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I，如图所示。 立体图　　　　　　平面图 立体图　　　　　　平面图 (3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。 2．安培力作用下的功能问题分析要点 (1)安培力做功与路径有关，这一点与静电力不同。 (2)安培力做功的实质是能量转化。 ①安培力做正功时，将电源的能量转化为导体的机械能或其他形式的能。 ②安培力做负功时，将机械能转化为电能或其他形式的能。 (3)解答时一般要用到动能定理与能量守恒定律。 【典例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°且与金属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： (1)此磁场的方向； (2)该磁场的磁感应强度B的取值范围。 [解析]　(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如图所示。经分析知磁场的方向斜向下指向纸里。 甲　　　　　　乙 (2)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： F sin 30°＋Ff－mg＝0， F＝B1IL， Ff＝μF cos 30°， I＝， 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＝， 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]　(1)斜向下指向纸里 (2)3.0 T≤B≤16.3 T 　 主题2　带电粒子在洛伦兹力作用下的多解问题 1．带电粒子的电性不确定形成多解 受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。 2．磁场方向的不确定形成多解 磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速率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。 3．临界状态不唯一形成多解 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，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解。 4．运动的往复性形成多解 带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示。 【典例2】　在x轴上方有匀强电场，电场强度为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电荷量为＋q，质量为m的粒子，从静止开始释放后 能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)。 [解析]　要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速并以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足 2R·n＝＝l(n＝1，2，3…)。 ① R＝， ② Eq·y＝mv2， ③ 联立①②③可得：y＝(n＝1，2，3…)。 [答案]　y＝(n＝1，2，3…) 　求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧 (1)分析题目特点，确定题目多解性形成原因。 (2)作出粒子运动轨迹示意图(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。 章末综合测评(一)　安培力与洛伦兹力 一、单项选择题 1．如图所示，竖直面内的导体框ABCD所在平面有水平方向的匀强磁场，AP⊥BC，∠B＝∠C＝60°，AB＝CD＝20 cm，BC＝40 cm。若磁场的磁感应强度为0.3 T，导体框中通入图示方向的5 A电流，则该导体框受到的安培力(　　) A．大小为0.6 N，方向沿PA方向 B．大小为0.6 N，方向沿AP方向 C．大小为0.3 N，方向沿PA方向 D．大小为0.3 N，方向沿BC方向 C　[力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的长度：L＝BC－2BP＝40 cm－2×20 cm×cos 60°＝20 cm＝0.2 m，安培力的大小：F＝BIL＝0.3×5×0.2 N＝0.3 N。故C正确，A、B、D错误。] 2．如图所示为电视机显像管的原理示意图(俯视图)，通过改变偏转线圈的电流、偏转线圈内偏转磁场的方向和强弱，电子束都在不断变化，电子束打在荧光屏上的荧光屏光点就会移动，从而实现扫描，下列关于荧光屏上的光点说法正确的是(　　) A．光点打在A点，则磁场垂直纸面向里 B．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向里且不断减弱 C．从A向B扫描，则磁场垂直纸面向外且不断减弱 D．从A向B扫描，则磁场先垂直纸面向外且不断减弱，后垂直纸面向里且不断增强 D　 [如果光点打在A点，电子在磁场中向上偏转，说明洛伦兹力的方向向上，电子带负电荷，根据左手定则可得，磁场垂直纸面向外，故A错误；要使电子束在荧光屏上的位置由A向B点移动，则磁场方向应该先垂直纸面向外后垂直纸面向里，电子在偏转磁场中运动的半径先增大后减小，则由电子在磁场中圆周运动的半径公式r＝分析得知，偏转磁场强弱应该先由大到小，再由小到大，故B、C错误，D正确。] 3．如图所示，原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流，在其直径ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定。今在长直导线中通以图示方向的电流时，在磁场力的作用下，圆形线圈将(　　) A．向左平动 B．向右平动 C．仍然静止 D．绕ab轴转动 D　[根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力。同理b点也不受力；取线圈上下位置微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆形线圈将以直径ab为轴转动，故选D。] 4．如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是(　　) A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点 B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长 C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点 D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点 D　[地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确。] 5．两个带电粒子以同一速度从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示。粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则(　　) A．a带负电、b带正电，比荷之比为∶＝2∶1 B．a带负电、b带正电，比荷之比为∶＝1∶2 C．a带正电、b带负电，比荷之比为∶＝2∶1 D．a带正电、b带负电，比荷之比为∶＝1∶2 C　[由粒子的运动轨迹及左手定则可判断，a带正电、b带负电，根据r＝，可得＝，所以∶＝r2∶r1＝2∶1，选项C正确。] 6．如图所示，光滑半圆形轨道与光滑曲面轨道在D处平滑连接，半圆形轨道置于水平向里的匀强磁场中，有一带正电小球从A由静止释放(释放高度为H)，能沿轨道前进并恰能通过半圆形轨道最高点C。现若撤去磁场，使球从静止释放仍能恰好通过半圆形轨道最高点，则释放高度H′与原释放高度H的关系是(　　) A．H′＞H B．H′＝H C．H′＜H D．无法确定 C　[有磁场时，恰好通过最高点，有：mg＋qvB＝；无磁场时，恰好通过最高点，有：mg＝，由两式可知，v2＜v1。根据动能定理，由于洛伦兹力和支持力不做功，都是只有重力做功，由mg(h－2R)＝mv2可知，H′＜H，故C正确。] 7．如图所示，在通电螺线管中央的正上方用轻质细线悬挂长为l的一小段通电直导线，导线中通入垂直于纸面向里的电流I，力传感器用来测量细线的拉力大小，导线下方的螺线管与一未知极性的直流电源连接。开关断开时，力传感器的示数恰好等于通电直导线的重力G，现闭合开关，则下列说法正确的是(　　) A．通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向可能竖直向下 B．通电直导线可能受到垂直纸面向里的安培力作用 C．若力传感器的示数变大，则电源的右端一定为正极 D．若力传感器的示数变为通电直导线重力的一半，则通电直导线所在处的磁感应强度大小一定为 D　[闭合开关后，通电螺线管在周围产生磁场，通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，选项A错误；由于通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，故安培力方向一定竖直向上或竖直向下，选项B错误；若力传感器的示数变大，说明通电直导线受到竖直向下的安培力作用，由左手定则可知，此处磁场方向水平向右，由安培定则可知，电源的左端为正极，选项C错误；若力传感器的示数变为导线重力的一半，说明导线受到的安培力方向竖直向上，且大小等于导线重力的一半，则有BIl＝G，可得B＝，选项D正确。] 8．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．BIl C　[由题知，bc边电流与磁场平行，则bc边不受安培力，整个导线所受安培力为ab边导线受到的安培力，为2BIl，C正确。] 9．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是(　　) A．该电场的电场强度大小为Bv，方向向下 B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与电场强度无关 C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转 D．负离子从左向右水平射入时，会发生偏转 B　[为使粒子不发生偏转，粒子所受到的静电力和洛伦兹力是平衡力，即qvB＝qE，所以电场与磁场的关系为：E＝vB，粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则静电力就应向上，电场向上，所以选项A错误；沿直线匀速穿过该装置的时间与粒子速度和板的长度有关，与电场强度无关，故B正确；当负离子从右向左水平射入时，静电力向下，洛伦兹力向下，静电力与洛伦兹力不再平衡，则会发生偏转，故C错误；当负离子从左向右水平射入时，静电力向下，洛伦兹力向上，静电力与洛伦兹力平衡，不会发生偏转，故D错误。] 10．1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器。 D1和D2是两个中空的半圆金属盒，分别与高频交流电极相连，在两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速。两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中。如图所示，交流电压为U0，频率为f，保持匀强磁场B不变，分别对质子和氦核加速。下列说法正确的是(　　) A．若f不变，可以先后对质子和氦核进行加速 B．增大加速电压U0，可以使粒子最终获得更大的动能 C．质子与氦核所能达到的最大速度之比为1∶1 D．若U0不变，且不考虑电场加速时间，质子与氦核从静止开始加速到出口处回旋整数圈所用的时间相同 D　[加速电场的频率f＝，加速质子和加速氦核需要的交流电的频率是不同的，所以若f不变，不能先后对质子和氦核进行加速，A错误；当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据qvmB＝，得vm＝，Ekm＝＝，与电压U0无关，B错误；根据质子和氦核的比荷关系，得质子与氦核所能达到的最大速度之比为2∶1，C错误；不考虑电场加速的时间，粒子在磁场中的时间为t＝·T＝＝，与粒子的质量和电荷量均无关，D正确。] 11．如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，以下说法错误的是(　　) A．两小球到达轨道最低点的速度vM>vN B．两小球到达轨道最低点时对轨道的压力 C．小球第一次到达M点的时间大于到达N点的时间 D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中不能到达轨道另一端 C　[小球在磁场中到达轨道最低点时只有重力做功，vM＝，在电场中到达轨道最低点时，重力做正功，静电力做负功，根据动能定理有mgR－qER＝，vN＝，所以vM>vN；因为＝，所以该过程所用时间tM<tN，A正确，C错误；据能量守恒定律，D正确；在M点FM′＝，在N点FN′＝，不难看出，FM′>FN′，由牛顿第三定律可知FM＝FM′，FN＝FN′，B正确。故选C。] 二、非选择题：本题共5小题，其中第13～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12．(源自粤教版教材改编)图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源，R为电阻箱，Ⓐ为电流表，S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。 (1)在图中画线连接成实验电路图。 (2)完成下列主要实验步骤中的填空： ①按图接线。 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R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出________。 ④用米尺测量________。 (3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________。 (4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，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)如图所示。 (2)④用米尺测量D的底边长度L。 (3)(4)开关S断开时，D中无电流，D不受安培力，此时D所受重力Mg＝m1g；S闭合后，D中有电流，左右两边所受合力为0，D所受合力等于底边所受的安培力，如果m2＞m1，有 m2g＝m1g＋BIL， 则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外； 如果m2＜m1，有 m2g＝m1g－BIL， 则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则 B＝。 [答案]　(1)见解析图 (2)③重新处于平衡状态　电流表的示数I　此时细沙的质量m2　④D的底边长度L (3)　(4)m2>m1 13．阿斯顿最早设计了质谱仪，并用它发现了氖20(20Ne)和氖22(22Ne)，证实了同位素的存在。一种质谱仪的结构可简化为如图所示，半圆柱形通道水平放置，其上下表面内半径均为R、外半径均为3R，该通道内存在方向竖直向上的匀强磁场，正对着通道出口处放置一张照相底片，记录粒子从出口射出时的位置。粒子源释放出的20Ne和22Ne加速后垂直通过速度选择器的正交电磁场，磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E0，接着垂直于通道入口从中缝MN进入磁场区，其中20Ne恰能击中照相底片的正中间位置。已知20Ne的质量为m1，22Ne的质量为m2，带电荷量均为q(q>0)，不计粒子重力，求： (1)粒子通过速度选择器的速度大小v； (2)通道中匀强磁场的磁感应强度的大小B1。 [解析]　(1)在速度选择器中，粒子所受洛伦兹力与静电力相等，即qvB0＝qE0，解得 v＝。 (2)依题意知20Ne的轨道半径为r1＝2R 根据牛顿第二定律有qvB1＝m1 解得B1＝。 [答案]　(1) 　(2) 14．如图所示，固定光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆质量为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。问： (1)B至少多大？这时B的方向如何？ (2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？ [解析]　(1)画出截面图，如图所示。由三角形定则可知，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＝mg sin α，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，由沿导轨方向合力为零，得BI2L cos α＝mg sin α，I2＝。 [答案]　(1)　方向垂直导轨平面向上　(2) 15．如图所示，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。 (1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求出在这种情况下磁感应强度的最小值Bm； (2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。 [解析]　(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有 qv0B＝，① 由此可得 R＝，② 粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足 R≤h，③ 由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得 Bm＝。　④ (2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为 R′＝2h，⑤ 运动轨迹如图所示，粒子会穿过图中P点离开磁场，设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系有 sin α＝＝，⑥ 则α＝，⑦ 由几何关系可得，P点与x轴的距离为 y＝2h(1－cos α)，⑧ 联立⑦⑧式得 y＝(2－)h。　⑨ [答案]　(1)垂直纸面向里　　(2)　(2－)h 16．如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧广大空间存在水平向左的匀强电场E1＝2 N/C，y轴的左侧广大空间存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，B＝1 T，电场方向竖直向上，E2＝2 N/C。t＝0时刻，一个带正电的微粒在O点以v＝ m/s的初速度沿着与x轴负方向成45°角射入y轴的左侧空间，微粒的电荷量为q＝10-6 C，质量为m＝2×10-7 kg ，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)微粒从O点射入后第一次通过y轴的位置； (2)微粒从O点射入到第二次通过y轴所需时间； (3)E1为何值时，微粒从O点射入恰好第二次通过y轴时经过O点。 [解析]　(1)微粒从O点进入左侧空间后，qE2＝2×10-6 N＝mg 静电力与重力平衡，微粒在第二象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB＝m， R＝＝ m， 微粒第一次通过y轴的位置y1＝R＝0.4 m， 即微粒从O点射入后第一次通过y轴的位置坐标为(0，0.4 m)。 (2)微粒的个匀速圆周运动的时间t1＝＝ s， 微粒到达右侧空间时，F合＝＝mg，a＝g， 且微粒做有往返的匀变速直线运动，往返时间t2＝2·＝0.2 s， 微粒从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间t＝t1＋t2＝ s。 (3)在x方向上：0 ＝， 在y方向上： －y1 ＝ v sin 45°·t3 －gt32， 解得E1′＝1 N/C。 [答案]　(1)(0，0.4 m)　(2)s　(3)1 N/C 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $