第一章 磁场 章末总结课件 -2025-2026学年高二下学期物理粤教版选择性必修第二册

该高中物理单元复习课件系统梳理了安培力和洛伦兹力的知识体系，通过知识网络整合概念、左手定则应用、大小公式（含夹角情况）、有效长度及特例（如匀速圆周运动），构建磁场力与运动相互作用的逻辑脉络。 其亮点在于聚焦命题热点设计分层练习，涵盖通电导体平衡、图像问题及质谱仪等现代科技应用，通过实例分析培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，助力学生巩固物理观念，教师可依托此资料实现高效复习教学。

章末总结 「知识网络」 通电导线 左手定则 平面 0 BIL BILsin θ 有效长度 两端点 磁电式电表 运动电荷 左手定则 平面 0 qvB qvBsin θ 「命题热点」 命题热点1　通电导体在磁场中的平衡和运动 1.(多选)在倾角为α的光滑绝缘斜面上,放一根通电的直导线,如图所示,当加上如下所述的磁场后,有可能使导线静止的是( 　　) [A]竖直向下的匀强磁场 [B]垂直斜面向上的匀强磁场 [C]垂直斜面向下的匀强磁场 [D]水平向左的匀强磁场 ACD 【解析】 加竖直向下的匀强磁场,根据左手定则可知,安培力的方向向左,重力、支持力与安培力可以三力平衡,A正确;加垂直斜面向上的匀强磁场,根据左手定则可知,安培力的方向沿斜面的方向向下,重力、支持力与安培力不可能三力平衡,B错误;加垂直斜面向下的匀强磁场,根据左手定则可知,安培力的方向沿斜面向上,重力、支持力与安培力三力有可能平衡,C正确;加水平向左的匀强磁场,根据左手定则可知,安培力的方向竖直向上,重力与安培力可以二力平衡,D正确.故选ACD. 2.(2024·广东珠海)如图所示,重力为G的水平铜棒AC用绝缘丝线悬挂,静止在水平螺线管的正上方,铜棒中通入从A到C方向的恒定电流,螺线管与干电池、开关S串联成一个回路.在开关S闭合后一小段时间内,下列判断正确的是(　　) [A]丝线的拉力等于G [B]丝线的拉力小于G [C]从上向下看,铜棒沿逆时针方向转动 [D]从上向下看,铜棒沿顺时针方向转动 C 【解析】 开关S闭合后,画出一条与AC相交的磁感线,设两交点处磁感应强度分别为B和B′,根据安培定则判断,磁感线方向如图所示: 分别将B和B′沿水平方向与竖直方向分解,根据左手定则判断知A端受到垂直纸面向外的安培力,C端受到垂直纸面向内的安培力,从上向下看,铜棒沿逆时针方向转动,选项C正确,D错误;开关S闭合,铜棒转动后,将受到竖直向下的安培力,丝线的拉力大于G,选项A、B错误.故选C. 命题热点2　安培力参与的图像问题 3.如图所示,空间有范围足够大的匀强磁场,一个带正电的小圆环套在一根竖直固定且足够长的绝缘细杆上.现使圆环以一定的初速度向上运动,经一段时间后圆环回到起始位置,已知杆与环间的动摩擦因数保持不变,圆环所带电荷量保持不变,空气阻力不计,对于圆环从开始运动到回到起始位置的过程,下列关于圆环的速度v、加速度a随时间t变化的图像,重力势能Ep、机械能E随圆环离开出发点的高度h变化的图像,可能正确的是(　　) D [A] [B] [C] [D] 【解析】 上升过程中,对圆环受力分析,圆环受到的重力与摩擦力均向下,根据牛顿第二定律有mg+μFN=ma,圆环做减速运动,v变小,而FN=qvB,则FN变小,f=μFN减小,圆环做加速度减小的减速运动,直到速度为零后,圆环反向做加速运动,根据牛顿第二定律有mg-μFN=ma,圆环做加速度减小的加速运动,随着v增大,a变小,当a=0时,圆环做匀速运动,回到原位置时,重力做功为零,洛伦兹力不做功,只有滑动摩擦力做了负功,则速度一定变小,且末速度与初速度方向相反,故A错误;根据A选项分析可知a变为零后将不再变化,故B错误;设刚向上运动时,机械能为E0,则机械能E=E0-μFNh,所以E-h图像的切线斜率应该表示滑动摩擦力f=μFN=μqvB,上升过程中随着h的增大,机械能减小,v变小,斜率减小,下降过程中随着h的减小,机械能减小,v变大,斜率变大,故D正确;以初始位置为参考平面,圆环的重力势能为Ep=mgh,可知 Ep-h 图像为过原点的倾斜直线,故C错误. 命题热点3　洛伦兹力与现代科技 4.(多选)(2024·广东茂名)质谱仪常用来研究物质的同位素,其结构如图所示,带电粒子由静止开始经过狭缝S1和S2之间的电场加速后,进入P1、P2之间的区域,P1、P2之间存在着互相正交的磁感应强度大小为B1的匀强磁场和电场强度大小为E的匀强电场,只有满足一定条件的带电粒子才能顺利通过狭缝S3垂直进入磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域,运动半个圆周后打到照相底片上,形成一个细条纹.下列说法正确的有(　 　) CD 5.(2024·广东佛山高二)如图所示的两个半径为R的半圆形中空金属盒D1、D2置于真空中,两盒间留有一狭缝;在两盒的狭缝处加上大小为U的高频交变电压,空间中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直向上穿过盒面的匀强磁场.从粒子源P引出质量为m、电荷量为q的粒子,粒子初速度视为零,在狭缝间被电场加速,在D形盒内做匀速圆周运动,最终从边缘的出口处引出.不考虑相对论效应和重力影响,忽略粒子在狭缝间运动的时间,则(　　 ) D 命题热点4　带电粒子在有界场中的运动 临界极值问题 6.如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场中有一固定竖直挡板,挡板足够长,P处有一粒子源,PO连线垂直于挡板,P到O的距离为L.粒子源能垂直于磁场沿纸面向各个方向发射速度大小均为v的带正电粒子.粒子质量均为m,电荷量均为q,到达挡板的粒子都被吸收,不计粒子的重力及粒子间的相互作用. (1)若有粒子能到达挡板,求磁感应强度大小B应满足的条件; 【解析】 (2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r,粒子到达挡板上侧最远处M点时,轨迹圆在M点与挡板相切,如图乙所示. 设O、M间距离为x1,由几何关系有r2=+(L-r)2, 7.如图所示的狭长区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,区域的左、右两边界均沿竖直方向,磁场左、右两边界之间的距离为L,磁场磁感应强度的大小为B,质量为m、电荷量为q的带负电粒子从左边界上的P点以水平向右的初速度v0进入磁场区域,该粒子从磁场的右边界飞出,飞出时速度方向与右边界的夹角为60°.重力的影响忽略不计. (1)求该粒子的运动速率; (2)求该粒子在磁场中运动的时间; (3)若改变初速度大小,使粒子不能从右边界射出,则初速度v应该满足什么条件? 命题热点5　带电粒子在组合场中的运动 8.(2024·广东中山华侨中学高二期中)将一内壁光滑的由绝缘细圆管制成的圆环BDC固定在竖直面内,圆环的圆心为O,D为圆环的最低点,其中∠BOC=90°,圆环的半径为R,水平虚线BC的上方存在水平向右的范围足够大的匀强电场,下方存在垂直纸面向里的匀强磁场(没画出),磁感应强度为B.圆心O的正上方A点有一质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点),其直径略小于圆管的内径.现将该小球由静止释放,经过一段时间后小球刚好无碰撞地进入圆管中并继续在圆管中运动,重力加速度为g.求: (1)画出小球在电场中运动的受力情况及运动轨迹; 【答案及解析】 (1)受力情况及运动轨迹如图所示. (2)匀强电场的电场强度大小及O、A间的距离h; (3)小球运动到圆环最低点D时,圆环对小球的作用力大小. 9.磁控溅射是一种新型溅射技术,如图所示,电子在轨道上的运动原理可以近似认为:从水平靶面电离出初速度为零的电子,在阴极暗区只受竖直方向的电场力作用,加速飞向负辉区,阴极暗区上、下侧面间的电势差保持不变;电子进入负辉区的运动速度始终与磁场方向垂直,磁感应强度大小处处相等,电子绕行半个圆周之后,重新进入阴极暗区,回到靶面时,速度恰好为零.电子就实现跳跃式地朝右漂移,简称E×B漂移.则下列说法正确的是(　　) [A]负辉区中磁场方向垂直于纸面向外 [B]电子每次飞离靶面时,电场和磁场的方向均要与原先反向才能实现E×B漂移 [C]其他条件不变的情况下,阴极暗区厚度越小,电子到达负辉区的速度越小 [D]在负辉区,电子每次跳跃的水平距离相同 D 命题热点6　带电粒子在叠加场中的运动 AC 11.(多选)(2025·宁夏石嘴山高二期末)质量为m、带电荷量为q的小物块,从倾角为θ的绝缘斜面上由静止下滑,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,整个斜面置于方向垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,如图所示.若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零,下列说法正确的是(　 　) AC 感谢观看 [A]质谱仪中S1与S2之间的装置又叫速度选择器 [B]能顺利通过狭缝S3的带电粒子,其速度大小必须为 [C]若比荷为k的带电粒子能顺利通过狭缝S3,则S1、S2之间的电压为 [D]若圆弧轨迹的半径为r,则粒子的比荷为 【解析】 质谱仪中S2与S3之间的装置又叫速度选择器,A错误;能顺利通过狭缝S3的带电粒子在P1、P2之间的区域必须做匀速直线运动,由二力平衡可得Eq=B1qv,解得v=,B错误;带电粒子在S1和S2之间经电场加速,由动能定理可得Uq=mv2,结合v=,k=,综合解得U=,C正确;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有B2qv=,结合v=,综合解得k==,D正确.故选CD. [A]所加交流电的周期与磁场的磁感应强度B的大小无关 [B]加速电压U越大,粒子最终引出D形盒时的动能就越大 [C]粒子最终引出D形盒时的动能与加速电压成正比 [D]粒子第一次加速后和第二次加速后速度大小之比是1∶ 【解析】 要对粒子实现同步加速,所加交流电的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等,即所加交变电流的周期为T=,显然T与磁场的磁感应强度B的大小有关,故A错误;粒子最终引出D形盒时,满足qvB=m,可得Ek=mv2=,显然粒子最终引出D形盒时的动能与加速电压无关,B、C错误;粒子第一次加速后,有qU=m,第二次加速后,有qU=m-m,联立可得两次加速后速度大小之比是v1∶v2=1∶,D正确.故选D. 【答案】 (1)B≤ 【解析】 (1)若恰有粒子能到达挡板,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小为rmin,如图甲所示, 由几何关系可知rmin=, 洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律有qvB=m, 解得B=, 即当B≤时,有粒子能到达挡板. (2)若粒子到达挡板上侧最远处为M点,下侧最远处为N点,且=,求磁感应强度的大小B. 【答案】 (2) 粒子到达挡板下侧最远处N点时,PN为轨迹圆的直径.设O、N间距离为x2,由几何关系可得(2r)2=+L2, 由题意知=, 联立解得r=, 由牛顿第二定律有qvB=m, 解得B=. 【答案】 (1) 【解析】 (1)粒子在磁场中运动,只受洛伦兹力作用,故其轨迹是圆弧的一部分,设轨迹的圆心为O点,如图甲所示, 由几何知识可知,粒子偏转的圆心角θ=30°, 偏转半径r=, 由洛伦兹力提供向心力有qvB=, 联立解得r=2L,v0=. 【答案】 (2) 【解析】 (2)粒子穿过磁场所需时间t=T=T, 又T=, 解得t=. 【答案】 (3)v< 【解析】 (3)若粒子刚好不能从右边界射出,运动轨迹如图乙所示, 由几何关系知r′=L, 由洛伦兹力提供向心力有qvB=,即r′=, 又r==2L,解得v=, 故当初速度v<时,粒子不能从右边界射出. 【答案】 (2)　R 【解析】 (2)由题意并根据几何关系可知小球运动到C点时速度方向垂直于OC,即与水平方向的夹角为45°.小球由静止释放后,做匀加速直线运动,其所受合力方向与水平方向的夹角也应为45°,则tan 45°==1, 解得匀强电场的电场强度大小为E= 由几何关系可得h=R. 【答案】 (3)(3+3)mg+qB 【解析】 (3)设小球运动到圆环最低点D时的速度大小为v,根据动能定理有 mgR+qERsin 45°=mv2 小球运动到圆环最低点D时,设圆环对小球的作用力大小为FN,根据牛顿第二定律有FN-(mg+qvB)=m 解得FN=(3+3)mg+qB. 【解析】 由左手定则可知,负辉区中磁场方向垂直于纸面向里,故A错误;电子每次飞离靶面时,电子都要加速运动,电场方向不变,电子从阴极暗区进入负辉区所受洛伦兹力都是向右的,磁场方向不变,故B错误;由动能定理eU=mv2可知,电子到达负辉区的速度由阴极暗区的电压决定,与阴极暗区厚度无关,故C错误;阴极暗区上、下侧面间的电势差保持不变,由eU=mv2,可知电子从阴极暗区进入负辉区的运动速度大小不变,磁感应强度大小处处相等,由evB=m,可知电子在负辉区做圆周运动的半径相同,所以电子绕行半个圆周之后,电子每次跳跃的水平距离相同,故D正确. 10.(多选)光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球,桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场,复合场的下边界是水平面,到桌面的距离为h,电场强度大小为E,方向竖直向上,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,重力加速度为g,带电小球的比荷为,如图所示,现给小球一个向右的初速度,使之离开桌面边缘立刻进入复合场运动,已知小球从下边界射出,射出时速度方向与下边界的夹角为60°,下列说法正确的是(　 ) [A]小球在复合场中的运动时间可能是 [B]小球在复合场中运动的加速度大小可能是 [C]小球在复合场中运动的路程可能是 [D]小球的初速度大小可能是 【解析】 根据题意可知带电小球的比荷为,则有Eq=mg,则小球所受的合力为洛伦兹力,所以小球在复合场中做匀速圆周运动,射出时的速度方向与下边界的夹角为60°,则小球运动情况有两种,轨迹如图所示, 若小球速度为v1,则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°,此时小球在复合场中的运动时间为t1=T=×=,根据几何知识可得R1+R1cos 60°=h,解得轨迹半径为R1=h,则根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1=,可得小球的初速度为v1=,则小球的路程为s1=×2πR1=×2π×h=πh,根据a1=解得小球的加速度为a1=;若小球速度为v2,则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°, 此时小球在复合场中的运动时间为t2=T=×=,根据几何知识可得R2-R2cos 60°=h,其轨迹半径为R2=2h,则根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2=m,可得小球的初速度为v2=,则小球的路程为s2=×2πR2=×2π×2h=πh,根据a2=解得小球的加速度为a2=,故A、C正确,B、D错误. [A]小物块一定带负电荷 [B]小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动,且加速度大小为gsin θ-μgcos θ [C]小物块在斜面上运动时做加速度增大、速度也增大的变加速直线运动 [D]小物块在斜面上下滑的过程中,当小物块对斜面压力为零时其速率为 【解析】 小物块在某时刻对斜面的作用力恰好为零,则在运动过程中受到的洛伦兹力的方向垂直斜面向上,根据左手定则可知,小物块带负电,A正确;分析小物块未离开斜面前的运动,对小物块进行受力分析,如图所示,洛伦兹力始终与小物块的运动方向垂直,沿斜面方向有mgsin θ-f=ma,垂直于斜面方向有FN+qvB=mgcos θ,速度v逐渐增大的过程中,FN减小,则摩擦力减小,所以小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动,C正确,B错误;小物块对斜面压力为零时,洛伦兹力与重力沿垂直斜面方向的分力相等,有mgcos θ=qvB,解得v=,D错误.故选AC. $