第1篇 专题3 第11课时 磁场及带电粒子在磁场中的运动（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理高考复习教案围绕磁场及带电粒子在磁场中的运动核心考点，按磁场性质、安培力与洛伦兹力、粒子运动规律的逻辑层次整合知识，通过考点梳理、方法指导、真题精讲和模拟冲关四个教学环节，帮助学生构建从概念理解到综合应用的复习体系。 资料注重科学思维与模型建构，如针对带电粒子运动设计“动态圆”“临界轨迹”等分析策略，通过几何关系推导和多情境对比训练培养学生科学推理能力。设置基础到综合分层练习，配合即时反馈机制，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生解题效率和应考能力。

第11课时　磁场及带电粒子在磁场中的运动 【目标要求】　1.会用安培定则判断磁场的方向，会进行磁感应强度的叠加.2会分析和计算安培力、洛伦兹力的方向和大小.3会判断带电粒子在磁场中的运动性质并会解决相应问题． 内容 重要的规律、公式和二级结论 1.磁场、电流的磁场 (1)通电螺线管可以等效成条形磁铁，通电圆环可以等效为小磁针． (2)地理的南极是地磁的北极，地理的北极是地磁的南极，在北半球地磁场的方向既向北也向下，在南半球既向北也向上，在赤道处水平向北． 2.磁感应强度、磁感线 (3)定义式：B＝，B与F、I、l无关，公式成立条件：一小段通电导线垂直于磁感应强度放置． (4)磁感应强度叠加遵循平行四边形法则，空间某点的磁感应强度是所有磁场叠加后的结果． 3.磁场对通电直导线的作用、安培力、左手定则 (5)大小：F＝IlB(B、I、l相互垂直)，l为导体的有效长度；I∥B时，F安＝0.对于直线电流注意同向电流相互排斥、反向电流相互吸引． (6)方向：用左手定则判定． 4.磁场对运动电荷的作用、洛伦兹力 (7)洛伦兹力的大小：F＝qvB(v⊥B)；方向用左手定则判定；洛伦兹力对运动的电荷不做功． (8)带电粒子在匀强磁场中运动：qvB＝m；半径r＝；周期T＝；粒子在磁场中的运动时间t＝T(φ为带电粒子运动轨迹圆弧的圆心角). (9)粒子进出直线边界匀强磁场时具有对称性(如图所示). (10)粒子进出平行边界匀强磁场时存在临界条件(如图所示). 续表 内容 重要的规律、公式和二级结论 4.磁场对运动电荷的作用、洛伦兹力 (11)带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点： ①若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场，则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心)，如图甲所示． ②若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角一定也为θ，如图乙所示． 热考一　磁场的基本性质　安培力 【例1】　(多选)(2025·湖北期末)如图所示，某空间有一竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，两条平行通电长直导线M和N，固定在某水平面上，电流方向如图所示．与M和N平行的电流元(不计重力)放在位置P，恰好平衡．图中为垂直导线的截面图，已知电流产生的磁场的磁感应强度与到导线的距离成反比，PMN构成边长分别为L、L、L的等腰直角三角形．则下列判断正确的是(　　) A．通电金属直导线M在P的磁感应强度大小为B B．电流元P的电流方向一定垂直纸面向外 C．P关于水平面的对称点Q的磁感应强度大小为零 D．P的正下方L处的合磁感应强度为2B 【解析】　A．因为与M和N相互平行的电流元放在位置P，恰好平衡，说明匀强磁场与通电金属直导线M和N的合磁感应强度为零，根据安培定则可知M和N在P点的磁场方向如图所示： 根据几何关系可得通电金属直导线M在P的磁感应强度为BM＝B cos 45°＝B，故A正确；B.电流元的电流方向不一定垂直纸面向外，也可以垂直于纸面向里，故B错误；C.M和N在P点关于水平面的对称点Q的磁感应强度合成情况如图所示： 根据磁场的合成可知，Q点的磁感应强度大小为零，故C正确；D.P的正下方L处，即MN连线的中点，M和N在此位置处产生的磁场方向均向下．已知电流产生的磁场的磁感应强度与到导线的距离成反比，则在P点处，有：BM＝B＝k，M在MN连线的中点产生的磁感应强度大小为：B1＝k＝k，联立解得：B1＝B，根据对称性可知N在该位置的磁感应强度大小也为B，所以在MN连线的中点的磁感应强度大小为：B合＝2B1－B＝B，方向向下，故D错误． 【答案】　AC 【例2】　(多选)(2022·湖北高考)如图所示，两平行导轨在同一水平面内．一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定．整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调．导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动．已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小．下列说法正确的是(　　) A．棒与导轨间的动摩擦因数为 B．棒与导轨间的动摩擦因数为 C.加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60° D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150° 【解析】　设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°，当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有F sin θ1－μ(mg－F cos θ1)＝ma1，令cos α＝，sin α＝，根据数学知识可得F()sin (θ1＋α)＝μmg＋ma1，则有sin (θ1＋α)＝≤1，同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有F sin θ2＋μ(mg＋F cos θ2)＝ma2，有F()sin (θ2＋α)＝ma2－μmg，所以有sin (θ2＋α)＝≤1，当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ＝，代入cos α＝可得α＝30°，此时θ1＝θ2＝60°，加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ＝θ1＝60°，减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ＝π－θ2＝120°，故BC正确，AD错误． 【答案】　BC 【总结提升】 1．熟悉“两个等效模型” (1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流． (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁体，如图乙所示． 2．安培力方向总是垂直于电流方向和磁感线方向，故在分析安培力方向时，一般要将立体图转化为平面图再进行分析． 热考二　带电粒子在匀强磁场中的运动 【例3】　(2024·广西高考)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．质量为m，电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P.不计粒子重力，则P点至O点的距离为(　　 ) A．　　　　　　　　B． C．(1＋) D． 【解析】　粒子运动轨迹如图所示： 在磁场中，洛伦兹力提供向心力有：qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径：r＝，根据几何关系可得P点到O点的距离：LPO＝r＋＝(1＋)，故ABD错误，C正确． 【答案】　C 【例4】　 (2024·湖北高考)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域．不计重力，下列说法正确的是(　　 ) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为 【解析】　AB.从A点沿半径方向射入圆形磁场区域，根据相交圆的相关知识可知，轨迹不会经过O点，但粒子射出圆形磁场区域时一定背离O的方向，故AB错误；C.画出粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的轨迹图，根据时间公式和周期公式，可知总时间为Δt＝2×T＋2×T＝2T＝，故C错误； D．画出从A进入，从C离开的轨迹图， 由几何关系可知，轨迹半径：r＝R tan 30°，再结合半径公式r＝，联立可得： v＝，故D正确． 【答案】　D 【总结提升】 1．基本思路 2．轨迹圆的几个基本特点 (1)带电粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲所示，θ3＝θ2＝θ1). (2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示，α1＝α2). (3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子，出射时亦沿半径方向，如图乙所示(两侧关于圆心连线对称). 3．半径的确定 方法一：由物理公式求．由于qvB＝，所以半径r＝. 方法二：由几何关系求．一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定． 4．时间的确定 方法一：由圆心角求，t＝T. 方法二：由弧长求，t＝. 热考三　动态圆与磁发散、磁聚焦问题 【例5】(多选)(2021·海南高考)如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°).当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场．不计粒子的重力．则(　　) A．粒子一定带负电 B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场 C．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L D．粒子入射速率为 【解析】　由题意知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A错误；当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图甲所示： 甲 粒子运动的轨迹半径为r＝＝2L 洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 解得粒子入射速率为v＝，故D正确； 若α＝45°，粒子运动轨迹如图乙所示： 乙 根据几何关系可知粒子离开磁场时速度方向与x轴不垂直，故B错误；粒子离开磁场距离O最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图丙所示： 丙 根据几何关系可得(2r)2＝(L)2＋x，解得xm＝3L，故C正确． 【答案】　CD 【例6】　(多选)(2025·湖南岳阳模拟)如图所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小均为B，第四象限有一与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P、Q两点在坐标轴上，且O、P两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0<y<2R的区间内，均匀分布着质量为m、电荷量为＋q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正向以相同的速度射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力，下列说法正确的是(　　 ) A．所有粒子在圆形磁场中运动的时间相等 B．挡板端点P的横坐标为R C．挡板上被粒子打中的区域长度为R D．从距离x轴为0.5R处射入圆形磁场的粒子，离开磁场时的坐标为 【解析】　A．粒子在圆形磁场中运动的轨迹长度不同，所用时间不相等，选项A错误； B．设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图所示： 过A点做速度的垂线AB，做AO的垂直平分线与AB相交于点C，设该轨迹圆的半径长度为r，C为该轨迹圆的圆心．连接AO′，CO，由全等三角形可证四边形ACOO′为菱形，因此可得r＝R，由题知有一半粒子能打在挡板上，故从O点射出的沿x轴负方向的粒子和沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图所示： 过轨迹圆心D作挡板的垂线交于E点，得 DP＝R OP＝R 即P点的横坐标为R，B正确； C．设打到挡板最左侧的粒子打在F点上，如图所示： OF＝2R，过O点作挡板的垂线交于G点，得 OG＝R·＝R FG＝ ＝ R EG＝R 挡板上被粒子打中的区域长度为 FE＝ R＋R＝R C错误； D．如图所示： 从距离x轴为0.5R的H处射入圆形磁场的粒子，从O点射出，轨迹圆心为I点，可得IO与x轴方向的夹角为30°，进入x轴下方磁场的轨迹图如图可知离开磁场时的位置为K点，由几何关系可得OK＝R，粒子离开磁场时的坐标为，D正确．故选BD. 【答案】　BD 【例7】　(多选)(2025·成都实验外国语学校三诊)如图所示，边长为2L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子从D点以不同的速率平行于BC边方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　 ) A．粒子可能从B点射出 B．若粒子从C点射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为L C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为 D．若粒子从AB边射出，则粒子在磁场中运动的时间相同，且时间最长 【解析】　A．带负电的粒子从D点以某一速度平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；BC.粒子从C点射出，如图1所示： 根据几何关系可得R2＝(R－L sin 60°)2＋(2L－L cos 60°)2，解得R＝L，则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为sin ∠DOC＝＝＝，所以∠DOC＝60°，根据粒子在磁场中运动时间和周期的关系有，粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，故B错误，C正确；D.根据牛顿第二定律，qvB0＝m可得r＝，若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图2所示： 粒子从AB边射出时的圆心角相同且为180°，是最大的圆心角，根据T＝，可知粒子在磁场中运动的周期相等，则其在磁场中运动的时间相同，且时间最长，故D正确． 【答案】　CD 【例8】　(2025·杭州模拟)如图所示是一种粒子探测装置，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，单位时间内有N个质量为m，电荷量大小为q，速度大小范围为v0～v0的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R.已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从O点正下方的N点射出圆形磁场区域．挡板ND下方有磁感应强度为圆形磁场2倍、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND＝R，直线ND与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能进入下方磁场．挡板ND上表面绝缘，下表面导电且可完全吸收到达的粒子，下表面通过一灵敏电流计接地．不计粒子重力以及粒子间的相互作用．求： (1)圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子的电性； (2)已知灵敏电流计电流大小为I，则PQ间入射粒子中速度为v0的粒子的比例η； (3)圆形磁场区域边界上有粒子射出的弧长长度l弧； (4)若ND可以绕N点顺时针转动(0～90°)，求ND挡板下表面有粒子打到的长度L与ND转过角度的关系，并求当转过多少角度时粒子打到的长度最大及长度Lm具体值？ 【解析】　(1)速度为v0的粒子从M点射入，从N点射出，轨道半径为r，由几何关系可知r＝R，由牛顿第二定律qv0B＝m，解得B＝，由左手定则判断可得粒子带正电； (2)挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度v0进入，有qv0×2B＝m，轨道半径r′＝R，所有速度为v0的粒子都能打在ND挡板上I＝ηNq，解得η＝ (3)速度为v0入射的全部打在N点上，速度为v0的粒子从M点射入，射出位置离N点最远，射出点为A，如图所示： 由牛顿第二定律：qv0B＝，由几何关系：MO1＝r＝R，tan θ＝＝ 解得θ＝30°，∠MOA＝2(90°－θ)＝120°，所以AN之间的弧长l弧＝R. (4)如图，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为v0，半径均为r＝R.△KOB中有cos β＝＝＝，解得β＝60° 从K点射入的带电粒子速度偏转角为60°，从M点射入的带电粒子速度偏转角为90°，作竖直向下的粒子在下方磁场的轨迹圆1，作K点射入经N点后在下方磁场的轨迹圆2.ND顺时针转动α角后与连轨迹圆交点G、F，△NFD中有LNF＝ND cos α＝2r′cos α，H为圆2的圆心，连接HG构成三角形，△NFD中有∠DNH＝30°，LNG＝2r′·cos (α＋30°)(0°≤α≤60°)，ND板下表面被粒子打到的长度为L＝LNF－LNG＝R cos α－R cos (α＋30°)＝R(0°≤α≤60°) 当(60°≤α≤90°)时，G点与N点重合，ND板下表面被粒子打到的长度为L＝R cos α(60°≤α≤90°)，令sin γ＝，则L＝R sin (α＋γ)，但因为sin γ≈＜sin 30°＝，所以当α＝60°时Lm＝. 【答案】　(1)B＝　带电粒子带正电　(2)η＝　(3)1弧＝R　(4)L＝R cos α－R cos (α＋30°)(0°≤α≤60°)　L＝R cos α(60°≤α≤90°)　60°　Lm＝ 【总结提升】 1．临界极值问题的解决思路 (1)运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系． (2)粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切． 2．四类动态圆模型 放缩圆 适用条件 粒子速度方向一定，速度大小不同 应用方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件 (轨迹圆的圆心在P1P2直线上) 续表 旋转圆 适用条件 粒子的速度大小一定，半径一定，速度方向不同 应用方法 将一半径为R＝的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件 (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上) 平移圆 适用条件 粒子的速度大小、方向均一定，入射点位置不同 应用方法 将半径为R＝的圆进行平移 (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 续表 磁聚焦 与 磁发散 成立条件： 区域圆的 半径等于 轨迹圆的 半径 R＝ 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行 带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行 [高考模拟冲关] 1．(2025·济宁二模)已知在电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度大小为B＝k，其中k为常量．现有四根平行固定的通电长直导线，其横截面恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上，电流方向如图所示．其中a、c导线中的电流大小为I1，b、d导线中的电流大小为I2，此时b导线所受的安培力恰好为零．现撤去b导线，在O处固定一长度为L、电流为I0的通电导体棒e，电流方向垂直纸面向外，下列说法正确的是(　　 ) A.b导线撤去前，电流的大小关系为I1＝2I2 B．b导线撤去前，a导线所受的安培力也为零 C．b导线撤去后，导体棒e所受安培力方向沿y轴正方向 D．b导线撤去后，导体棒e所受安培力大小为kI0I2 【解析】　A．b导线撤去前，b导线所受安培力为零，即b导线所在处的磁感应强度为零，即2k·cos 45°＝k，解得I2＝2I1，故A错误；B.b导线撤去前，a导线所在处的磁感应强度为Ba＝2k·cos 45°－k＝，由此可知，a导线所受的安培力不为零，故B错误；CD.b导线撤去后，O处的磁感应强度大小为B0＝k＝k，方向沿x轴负方向，所以导体棒e所受安培力大小为F＝B0I0L＝kI0L＝kI0I2，方向沿y轴负方向，故C错误，D正确，故选D. 【答案】　D 2．(2025·山东济南一模)如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R.一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力．则下列分析中正确的是(　　) A.粒子带负电 B．从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率 C．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间 D．所有粒子所用最短时间为 【解析】　A.粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A错误； B．根据qvB＝m得v＝，从M点射出粒子的圆周半径更小，则速度更小，B错误；CD.由t＝T＝·，粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，有几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图： 当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小．Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为120°，则最短时间为tmin＝·＝， M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确．故选D. 【答案】　D 学科网（北京）股份有限公司 $