第一章 安培力与洛伦兹力 章末总结课件 -2025-2026学年高二下学期物理鲁科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与洛伦兹力的核心知识，通过章末总结构建基础框架，分专题研析安培力平衡、带电粒子在磁场及组合场中的运动，结合规律总结与公式推导，形成从概念到应用的逻辑知识网络。 其亮点在于以科学思维为导向，通过例题解析（如例2轨迹几何关系分析）培养模型建构与科学推理能力，设计针对训练与达标训练（含2023全国乙卷真题）实现分层复习，帮助学生巩固知识，助力教师精准把握学情提升复习效率。

章末总结 专题研析·拓展提升 专题一　有关安培力问题的分析与计算 [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ab,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; 【答案】 (1)与纸面夹角为30°且斜向下指向纸里 【解析】 (1)要使金属棒静止,安培力应斜向上指向纸里,画出左视图,并对棒ab受力分析如图甲、乙所示。经分析可知磁场的方向斜向下指向纸里,即磁场方向与纸面夹角为30°且斜向下指向纸里。 (2)磁感应强度B的取值范围。 【答案】 (2)3.0 T≤B≤16.3 T 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,先选取研究对象进行受力分析,判断通电导体的运动 ·规律总结· 情况,然后根据题中条件由牛顿运动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。 ·规律总结· (2)安培力的方向。 ①安培力的方向由左手定则确定。 ②F⊥B,同时F⊥I,即F垂直于B和I所决定的平面,但I和B不一定垂直。 (3)安培力作用下通电导体的状态分析。 通电导体在安培力的作用下可能处于静止状态,也可能处于运动状态。对通电导体进行正确的受力分析,是解决该问题的关键。 ·规律总结· [针对训练1] (双选)如图所示是某兴趣小组制作的电磁炮简易模拟装置,距地面高h处水平放置距离为L的两根光滑金属导轨,导轨区域有一垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),跟导轨正交的水平方向的线路上依次有电池、开关及质量为m的金属杆。闭合开关S,金属杆水平向右飞出做平抛运动,测得其水平射程为s,则下列说法正确的是(　 　) A.磁场方向竖直向上 B.磁场方向竖直向下 AC 专题二　带电粒子在有界磁场中的运动 [例2] 如图所示,直线MN的上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现有一质量为m、带电荷量为+q的粒子在纸面内以某一速度从A点射出,其方向与MN成30°角,A点到MN的距离为d,带电粒子所受的重力不计。 (1)当v满足什么条件时,粒子能回到A点? (2)求粒子在磁场中运动的时间t。 (1)常见情形如图: 图甲为单边界匀强磁场; 图乙为两边界相互平行的匀强磁场,粒子垂直ab边射入,从cd边射出; 图丙为两边界相互平行的匀强磁场,粒子与ab边夹角为θ射入,恰好不从cd边射出; 图丁为圆形边界的匀强磁场,粒子正对圆心射入。 ·规律总结· (2)带电粒子在有界磁场中运动的几个结论: ①粒子进入单边界磁场时,进、出磁场具有对称性,如图甲、乙、丙所示。 ②在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必沿径向射出,如图丁所示。 ③当速率一定时,粒子运动的弧长越长,圆心角越大,运动时间越长。 ·规律总结· [针对训练2] (双选)空间有一半径为R、磁感应强度为B的圆柱形磁场区域,其横截面如图所示,区域边界由绝缘刚性弹性材料制成,以保证粒子与边界材料碰撞后始终以等大反向的速度反弹。在边界的P点打一小孔,并从小孔处垂直于磁场方向对准圆心入射一速度为v0、电荷量为q、质量为m的正电粒子,该粒子与磁场区域边界经过三次碰撞后恰好能从P点射出,现欲改变操作使该粒子从P点射入,最终仍然从P点射出,但粒子与边界材料碰撞次数减少一次,合理的操作是(　 　) BC 【解析】 粒子与边界材料碰撞后始终以等大反向的速度反弹,如图甲所示,粒子与磁场区域边界经过三次碰撞后恰好能从P点射出,设半径为r1,由几何关系可知,圆心角为90°,有r1=R;现改变操作使该粒子从P点射入,最终仍然从P点射出,但粒子与边界材料碰撞2次,如图乙所示,设半径为r2,由几何关系可知圆心角为60°, 专题三　带电粒子在磁场中运动的多解问题 [例3] (双选)如图所示,左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子,沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出,粒子入射速度v0的最大值可能是(　 　) AC (1)带电粒子电性不确定形成多解。 如图甲所示,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。 ·规律总结· (2)磁场方向不确定形成多解。 题目只告诉了磁感应强度的大小,而未具体指出磁感应强度的方向。如图乙所示,带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,如果B垂直于纸面向里,其轨迹为a,如果B垂直于纸面向外,其轨迹为b。 ·规律总结· (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°从入射界面反向飞出,如图丙所示,于是形成了多解。 ·规律总结· 专题四　带电粒子在组合场和叠加场中的运动 [例4] (双选)如图,一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下,固定在水平面上。整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。一电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平方向的匀速圆周运动,圆心为O′。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ=60°。若重力加速度为g,下列说法正确的是(　 　) AD (1)带电粒子在电场与磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程,在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手,分析粒子在电场中做什么运动,在磁场中做什么运动。 ·规律总结· 可按以下思路求解: ·规律总结· (2)带电粒子在叠加场中的常见运动。 带电粒子在叠加场中运动时,其运动状态是由粒子所受电场力、洛伦兹力和重力的共同作用来决定的,对于有轨道约束的运动,还要考虑弹力、摩擦力对运动的影响。 ·规律总结· 带电粒子在叠加场中常见的运动情况如表所示。 ·规律总结· 静止或匀速 直线运动 当带电粒子在叠加场中所受合力为零时,将处于静止状态或匀速直线运动状态 匀速圆周 运动 当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时,带电粒子在洛伦兹力的作用下,在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动 较复杂的 曲线运动 当带电粒子所受合力的大小和方向均变化,且与初速度方向不在同一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动,这时粒子的运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线 [针对训练3] (双选)如图所示,质量为m、带电量为+q的带电粒子,从原点以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限内的电磁场区域,在 0<y<y0,0<x<x0 (x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场,在 x>x0 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,接收器MN足够长,平行于y轴放置且N点坐标为(x0,y0)。当电场强度为 0 时,带电粒子在磁场中偏转刚好打在N点,已知粒子都能从NP射出,P点坐标为(x0,0),且从 NP 射入磁场后偏转打到接收器 MN上,则(　 　) C.所有粒子在磁场中的偏转距离都相等 D.粒子打到接收器 MN 上的最大纵坐标为2.5y0 AC 达标训练·检测效果 1.圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场(未画出),磁场边缘上的A点有一带正电粒子源,半径OA竖直,MN与OA平行,且与圆形边界相切于P点,在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场,电场强度大小为E。当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时,粒子刚好从P点离开磁场,不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,下列说法不正确的是(　　) C 2.如图所示的空间,匀强电场的方向竖直向下,电场强度为E,匀强磁场的方向垂直于纸面向外,磁感应强度为B,有两个带电小球a和b都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动(两小球间的库仑力可忽略),运动轨迹如图所示,已知两个带电小球a和b的质量关系为ma=3mb,轨道半径为Ra=3Rb,则下列说法正确的是(　　) A.小球a、b均带正电 B.小球a带负电、b带正电 C.小球a、b的周期之比为1∶3 D.小球a、b的速度之比为3∶1 D A 【解析】 由题知,一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,运动轨迹如图所示。 AB 5.如图所示,截面为等腰直角三角形的物块固定在水平面上,两根长为L的细导体棒a、b被放在物块的两个光滑直角面等高的地方,导体棒a的质量为ma,导体棒b的质量为mb。现分别对导体棒通以同向电流Ia、Ib,且Ia=2Ib=2I,两棒恰能保持静止,则下列说法正确的是(　　) A.两导体棒的质量之比ma∶mb=2∶1 B.两导体棒的质量之比ma∶mb=1∶2 D 【解析】 根据题意对导体棒a、b受力分析如图所示,根据平衡条件,对导体棒a有F=magtan 45°,同理对导体棒b有 F=mbgtan 45°,解得ma∶mb=1∶1,故A、B错误; 6.如图所示,匀强电场方向水平向右,匀强磁场方向垂直于纸面向里,一质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与磁场垂直、与电场成45°角射入叠加场中恰能做匀速直线运动,已知重力加速度为g,则粒子带　　　　电,电场强 度E的大小为　　　　　　,磁感应强度B的大小为　　　　　。  正 7.真空区域有宽度为l、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向如图所示,MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量为+q的粒子(不计所受重力)沿着与MN夹角θ为30°的方向射入磁场中。 (1)若带电粒子进入磁场的位置与离开磁场的位置等高,求射入磁场的速度大小及在磁场中运动的时间; (2)若带电粒子刚好没能从PQ边界射出磁场,求粒子射入磁场的速度大小。 8.如图所示,在x轴下方存在着正交的电场与磁场,电场沿x轴正方向,电场强度 E1=20 N/C,磁场垂直于纸面向里,磁感应强度B1=5 T。一个质量m=3 g、电荷量q=2×10-3 C的带电小球自y轴上的M点沿直线匀速运动到x轴上的N点,且已知OM=4 m。在x轴上方存在正交的电场E2与磁场B2(图中均未画出),小球在x轴上方做圆周运动,恰好与y轴相切,运动轨迹如图所示。(g取 10 m/s2,取sin 37°=0.6),求: (1)小球运动的速率v; 【答案】 (1)5 m/s　 (2)电场E2的大小与方向; 【答案】 (2)15 N/C　沿y轴正方向 【解析】 (2)小球在x轴上方做匀速圆周运动, 电场力与重力平衡,所以有E2q=mg, 解得E2=15 N/C, 因小球带正电,所以E2方向沿y轴正方向。 (3)磁场B2的大小与方向。 【答案】 (3)4.5 T　垂直于纸面向里 感谢观看 【解析】 (2)如图甲所示,当金属棒有向下滑动的趋势时, 所受静摩擦力向上为f,则 Fsin 30°+f-mg=0, F=ILB1,f=μN=μFcos 30°,I=, 联立各式并代入数值得B1≈3.0 T, 当金属棒有向上滑动的趋势时,所受静摩擦力向下为f′, 如图乙所示,则F′sin 30°-f′-mg=0, f′=μN′=μF′cos 30°,F′=ILB2,I=, 可解得B2≈16.3 T, 所以若保持金属棒不滑动,磁感应强度应满足 3.0 T≤B≤16.3 T。 C.该过程安培力对金属杆做的功为 D.飞出后金属杆的运动时间t= 【解析】 闭合开关,根据左手定则结合电流方向可判断磁场方向竖直向上, 选项A正确,B错误; 金属杆水平向右飞出做平抛运动,则有h=gt2,s=vt, 飞出后金属杆的运动时间t=,从闭合开关到金属杆水平抛出, 根据动能定理有W安=mv2-0,解得W安=,选项C正确,D错误。 【答案】 (1)v= 【解析】 (1)根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示, 设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r, 由图中的几何关系可知r==2d, 由牛顿第二定律有qvB=m,联立解得v=。 【答案】 (2) 【解析】 (2)粒子在磁场中运动的周期T=, 由图可知,粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为300°, 所以t=T=。 A.将粒子的速度变为原来的3倍 B.将粒子的速度变为原来的 倍 C.将该区域的磁感应强度变为原来的 D.将该区域的磁感应强度变为原来的倍 有r2==R,粒子所受洛伦兹力提供向心力,可得r=,则仅将粒子的速度变为原来的 倍,半径可变为原来的 倍,符合要求,故A错误,B正确;仅将该区域的磁感应强度变为原来的,半径也可变为原来的 倍,满足要求,故C正确,D错误。 A. B. C. D. 【解析】 粒子射入磁场后做匀速圆周运动,由R=知,粒子的入射速度v0越大,R越大,当粒子的径迹和边界QQ′相切时,粒子刚好不从QQ′射出,此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电,其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O点),根据几何关系有R1cos 45°+d=R1,且R1=,联立解得v0=;若粒子带负电,其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O′点),根据几何关系有R2+R2cos 45°= d,且R2=,联立解得 v0=,故选AC。 A.从上面俯视,小球沿顺时针方向运转 B.小球的速率越大,受到的洛伦兹力越小 C.球面对小球的弹力大小为mg D.磁感应强度的大小不可能为B= 【解析】根据左手定则,可知从上面俯视,小球沿顺时针方向运转,A正确;根据F=qvB,可知小球的速率越大,受到的洛伦兹力越大,B错误;如图,对小球受力分析可知Ncos 60°=mg,可知球面对小球的弹力大小为N=2mg,C错误;在水平方向上,根据牛顿第二定律有Bqv-Nsin 60°=m,整理得v2-v+=0,由于v为实数,则 Δ=-4×≥0,解得B≥,D正确。 A.磁感应强度的大小为 B.电场强度的最大值为 【解析】根据题意有=,解得B=,A正确;粒子刚好从N点离开电场时,有x0=v0t,y0=·t2,解得E=,B错误;粒子从电场中射出时的速度v=,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,则qvB=m,解得r=,在磁场中的偏转距离 y=QQ′=2rsin θ==y0,所有粒子在磁场中的偏转距离都相等,C正确;当粒子从N点进入磁场中时,粒子打到接收器MN上的最大纵坐标为2y0,D错误。 A.圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外 B.粒子的比荷为 C.粒子在磁场中运动的总时间为 D.粒子在电场中运动的总时间为 【解析】根据题意可知,粒子从A点进入磁场时,受到洛伦兹力作用,根据左手定则可知,圆形区域内磁场方向垂直于纸面向外,故A说法正确;根据题意可知,粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,根据几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为R,粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,所以=,故B说法正确; 根据题意可知,粒子从P点进入电场之后,先向右做匀减速运动,再向左做匀加速运动,再次到达P点时,速度的大小仍为v0,再次进入磁场,运动轨迹如图乙所示,粒子在磁场中运动的时间为 t磁==,故C说法错误;粒子在电场中,根据牛顿第二定律有Eq=ma,结合对称性可得,粒子在电场中运动的总时间为 t电==,故D说法正确。 【解析】 因为两小球在复合场中都能做匀速圆周运动,均满足mg=qE,所受静电力均向上,两小球均带负电,A、B错误;由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,联立可得 v==·R,可得小球a、b的速度之比为==,由周期公式得T==,故小球a、b的周期之比为=,C错误,D正确。 3.(2023·全国乙卷)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP=l,S与屏的距离为,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿 x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 根据几何关系可知粒子离开磁场时的速度方向与竖直方向夹角为30°,则 sin 30°=,解得粒子做圆周运动的半径r=2a,由洛伦兹力提供向心力有 qvB=m,得 v=。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后会沿x轴到达接收屏,则有Eq=qvB,联立解得=,故选A。 4.(双选)如图所示,在直角三角形ACD内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AD边长为d,∠D=。现垂直于AD边射入一束质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子。已知垂直于AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0,而运动时间最长的粒子在磁场中运动的时间为t0(不计粒子所受重力),则下列说法正确的是(　　 ) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t0 B.该匀强磁场的磁感应强度大小为 C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d D.粒子进入磁场时速度大小为 【解析】 根据题意,粒子垂直于AD边进入,垂直于AC边飞出时,经过四分之一个周期,即T=t0,解得T=4t0,A正确;洛伦兹力提供向心力,qvB=m,粒子运动的周期 T===4t0,解得磁感应强度B=,B正确;粒子与CD边相切时运动时间最长,满足t0=T,由t=T得粒子在磁场中转过圆心角120°,如图,根据几何关系可知Rsin +=d,解得R=d,C错误;根据T=可知,v===,D错误。 C.电流Ib在导体棒a处产生磁场的磁感应强度大小为 D.电流Ia在导体棒b处产生磁场的磁感应强度大小为 根据磁感应强度定义式B=,可知电流Ia在导体棒b处产生磁场的磁感应强度大小B1===,电流Ib在导体棒a处产生磁场的磁感应强度大小B2===,故C错误,D正确。 【解析】 由题图中微粒的入射方向和微粒做匀速直线运动判断知,微粒只能带正电。对微粒进行受力分析,受重力、电场力和洛伦兹力,如图所示。根据平衡条件有qE=mgtan 45°,f=qvB=,解得E=,B=。 【答案】 (1)　　 【解析】 (1)若带电粒子进入磁场的位置与离开磁场的位置等高, 粒子运动轨迹如图甲所示, 根据几何关系可知r==l, 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得v=, 根据几何关系可知轨迹对应的圆心角为120°, 则有t=×=。 【答案】 (2) 【解析】 (2)粒子恰好不从PQ边界射出的临界轨迹如图乙所示, 根据几何关系可知l=r1+r1cos 30°, 由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m, 解得v1=。 【解析】 (1)小球从M向N做匀速直线运动,可知小球所受合力为零,对小球受力分析如图所示,受到重力、电场力和洛伦兹力作用,由小球的受力可知小球带正电,有tan θ==,解得θ=53°, 洛伦兹力的大小与电场力和重力的合力大小相等,有f=qvB1=, 解得v=5 m/s。 【解析】 (3)设小球在x轴上方做匀速圆周运动的半径为R, 由几何关系可得Rsin 53°+R=ON,又ON=OMtan 37°,解得R= m, 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供, 由牛顿第二定律有qvB2=m,解得B2=4.5 T, 因小球带正电,由左手定则可知磁感应强度B2的方向垂直于纸面向里。 $