第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

第9讲　磁场及带电粒子在磁场中的运动 [高考素养]　1.会用安培定则判断磁场的方向,会进行磁场的叠加。2.会分析和计算安培力、洛伦兹力的方向和大小。3.能够判断带电粒子在磁场中的运动性质并会解决相应问题。 课堂巩固　强化关键能力 考点一　磁场的性质　安培力 考点二　带电粒子在磁场中的运动 考点三　三类“动态圆”问题 内容索引 考点一　磁场的性质　安培力 一 4 1.磁场的产生与叠加 2.安培力的分析与计算 左手定则 电流间的作用力:同向电流相互吸引,异向电流相互排斥 直导线 F=BILsin θ,θ=0°时F=0,θ=90°时F=BIL 导线为 曲线时 等效为ac直线电流 根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程 考向1　磁场的叠加 [例1]　(2025·福建卷)如图所示,空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通有大小相等、方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称且OM=ON,初始时,M点的磁感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2。现保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为 (　　) A.B2-B1　　　　　　　 B.-B1 C.B2-B1 D.B1-B2 B [解析]　根据安培定则,两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同,大小相等,则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0=。根据对称性,两导线在N点处产生的磁感应强度大小与M点一样,为B1,根据对称性,L2在N点处产生的磁感应强度为B0=,由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度,且方向相反,则将L2撤去,N点的磁感应强度为-B1,故选B。 考向2　安培力作用下的平衡问题 [例2]　(多选)(2025·广东揭阳模拟)如图所示是小齐同学设计 的一个能够测量电流的装置,其上部是一根粗细均匀横截面积 为S的竖直细管,下部是一截面为正方形(边长为L)的容器。该 容器左右两壁为导体,其他各面是绝缘的,其底部与大气相通。 容器内有一个正方形的金属活塞,其边长也为L,可在容器内无摩擦滑动。活塞下面有一轻质弹簧支撑着,已知弹簧的劲度系数为k,活塞上部充有密度为ρ的绝缘油(测量过程中细管内始终有绝缘油)。容器的左右两壁与一电路连接,整个装置放在水平向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。开关K闭合前,活塞处于静止状态,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内,则(　　) A.闭合开关K后,竖直细管中油柱的上表面会向上移动 B.闭合开关K后,竖直细管中油柱的上表面会向下移动 C.若油柱稳定后上表面变化的高度为x,则回路中的电流为I=x D.若油柱稳定后上表面变化的高度为x,则回路中的电流为I=x [答案]　BC [解析]　闭合开关K前,活塞受到重力、弹簧的弹力和液体的 压强产生的压力,设这时液体的高度为h0,弹簧的弹力为F0,由 受力平衡得mg+ρgh0L2=F0,闭合开关K后,电流的方向从右向 左,根据左手定则可以判定安培力的方向向下,此时受力平衡 有mg+ρghL2+ILB=F,活塞会向下运动,即液体的高度要减小,油柱的上表面要下降,故A错误,B正确;油柱上表面下降x,则进入容器的液体的体积ΔV=S·x,故活塞下降的高度x'==x,液体的高度h=h0-x+x'=h0+(-1)x,弹簧的弹力变化量为F-F0=kx'=kx,联立解得I=x,故C正确,D错误。 二 考点二　带电粒子在磁场中的运动 13 带电粒子进出有界磁场的几种情况 直线 边界 粒子进出磁场具有对称性(即“等角进出”) 平行 边界 粒子的运动存在临界条件 圆形 边界 甲:沿径向射入的粒子也沿径向射出 乙:进、出磁场具有对称性,即入射速度与半径的夹角等于出射速度与半径的夹角 丙:当r磁场=r轨迹时,有“点入平出”“平入点出”的结论 考向1　直线边界 [例3]　(2025·湖北卷)如图所示,两平行虚线MN、PQ 间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直 于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和 2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左 侧O点以大小为v0的初速度射出,方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为,粒子能回到O点,并在纸面内做周期性运动。不计粒子重力,求: (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径; [解析]　粒子在左侧磁场中运动,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=, 可得R=。 [答案]　 (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距; [解析]　粒子在左侧磁场运动,设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ,由于O到MN的距离d=,结合R=,根据几何关系可知θ=60°。 粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动,所以粒子从PQ进入右侧磁场时速度方向与PQ的夹角θ=60°。 粒子在右侧磁场做匀速圆周运动,有qv0·2B=,解得R'=, 根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=R'=。 [答案]　 (3)粒子的运动周期。 [解析]　由图可知粒子在左边磁场中运动的时间 t1=T1=×=; 粒子在右边磁场运动的时间 t2=T2=×=; 根据对称性可知粒子进出左侧磁场经过MN时位置的间距 x0=R=, 所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为 l==, 粒子在MN和PQ之间运动的时间t3==。 综上可知,粒子完成完整运动回到O点的周期为 T=t1+t2+t3=+。 [答案]　+ 考向2　圆形边界 [例4]　(多选)(2025·甘肃卷)2025年5月1日,全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图,两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动,并都恰好到达磁场外边界后返回。 已知a、b、c带正电且比荷均为,a粒子的速度大小为va=, 方向沿同心圆的径向;b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度 方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法 正确的是(　　) A.外圆半径等于2R0 B.a粒子返回A点所用的最短时间为 C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D.c粒子的速度大小为va [答案]　BD [解析]　由题意,作出a粒子运动轨迹图,如图所示,a粒子恰 好到达磁场外边界后返回,a粒子运动的圆周正好与磁场外 边界相切,然后沿径向做匀速直线运动,再做匀速圆周运动 恰好回到A点,根据a粒子的速度大小为va=,可得Ra=R0,设外圆半径等于R',由几何关系得,从A到B,a粒子运动轨迹对应的圆心角∠AO'B=270°,则R'=R0+R0,A错误;由A项分析,a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin,a粒子做匀速圆周运动的周期T==,在磁场中运动的时间t1=·T=,匀速直线运动的时间 t2==,故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=t1+t2=,B正确;由题意,作出b、c粒子运动轨迹图,如图所示, 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周,b、 c带正电且比荷均为,所以两粒子做圆周运动 周期相同,故所用的最短时间之比为1∶1,C错误;由几何关系得2Rc=R0,c粒子所受洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力,有qvcB=,联立解得vc=va,D正确。 考向3　多解问题 [例5]　(多选)(2025·广东揭阳模拟)如图甲所示,M、N为竖直放置且彼此平行的两块足够长的平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O'且正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场,已知正离子质量为m,带电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化 的周期都为T0。不考虑由于磁场变化而产 生的电场的影响,离子撞到平板即被吸收,不 计离子所受重力。下列说法正确的是(　　) A.磁感应强度B0大小等于 B.当入射速度大小为时,离子能从O'飞出磁场 C.当入射速度大小为时,离子能从O'飞出磁场 D.若正离子能从O'孔垂直于N板射出磁场,则当离子做匀速圆周运动的半径为时所用时间最短 [答案]　CD [解析]　正离子射入磁场后洛伦兹力提供向心力,有B0qv0=m,做匀速圆周运动的周期T0=,联立两式得磁感应强度B0=,选项A错误。要使正离子从N板O'孔射出磁场,v0的方向应如图所示,结合正离子运动的方向可知,当正离子运动一个周期时,运动的时间最短,tmin=T0,此时正离子做匀速圆周运动的半径为;当两板之间正离子运动n个周期,即nT0时,Rn=,联立上式可得,正离子的速度v0==(n=1, 2,3,…),当n=1时v01=,当n=2时v02=,选项B错误,C、D 正确。 三 考点三　三类“动态圆”问题 28 1.解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,利用动态圆思想寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向找出半径所在直线,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。 3.常见的三类动态圆   示意图 适用条件 应用方法 (轨迹圆的圆心在P1P2直线上) 粒子的入射点位置相同,速度方向一定,速度大小不同 以入射点P为定点,将半径放缩作轨迹圆,粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切   示意图 适用条件 应用方法 (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上) 粒子的入射点位置相同,速度大小一定,速度方向不同 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   示意图 适用条件 应用方法 (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 粒子的入射点位置不同,速度大小、方向均一定 将半径为R=的圆进行平移 考向1　放缩圆 [例6]　(2025·广东深圳二模)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、dc的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。一束质量均为m、电荷量均为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,不计粒子重力和粒子间的相互作用,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所用时间一定小于 从N点射出粒子所用时间 D.所有粒子中射出磁场时所用的最短时间为 [答案]　D [解析]　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;根据qvB=m,得v=,从M点射出粒子的运动轨迹圆半径更小,则速率更小,B错误;由t=T=·,粒子运动周期相同,运动轨迹对应的圆心角θ越小,粒子运动时间越短,由几何关系可知,当运动轨迹的弦与bc圆弧相切时,θ最小,运动时间最短,如图所示,Ob等于R,由几何关系可知,此时运动轨迹对应的圆心角为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。 考向2　旋转圆 [例7]　(2025·安徽卷)如图,在竖直平面内的xOy直角坐标系中,x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直纸面且平行于x轴放置的足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿xOy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所 带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计 粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则 (　　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 [答案]　C [解析]　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得R==d,故A错误。当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图轨迹1,根据几何关系可知s上min=d;当粒子恰能通过N点到达薄板上方时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最远,如图轨迹2,根据几何关系可知s上max=d,故上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误。根据图像可知,粒子可以恰好打到下表面N点;当粒子沿y轴正方向射出时,薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图轨迹3,根据几何关系可知,此时离y轴的距离为d,故下表面接收到粒子的区域长度 为d,故C正确。根据图像可知,粒子恰好打到下表面N点时转 过的圆心角最小,用时最短,有tmin=·=,故D错误。 考向3　平移圆 [例8]　(多选)(2025·广东佛山模拟预测)如图,空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,OA距离为2L,OP是一足够大的荧光屏,粒子打在荧光屏上均被吸收,在O、A之间有大量质量为m、电荷量为+q的粒子,以相同的速度沿纸面垂直于OA开始运动,其中从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上(不计粒子 重力及其相互作用)。图中∠POA=120°,则可判 断带电粒子 (　　) A.运动速度大小为 B.在磁场中运动的最长时间为 C.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L D.打在荧光屏上的位置距离O点最远为L [答案]　AD [解析]　从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧 光屏上,粒子运动轨迹如图所示, 由几何知识可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的 轨迹半径r=L,对粒子,由牛顿第二定律得qvB=m,解得粒子的速度大小v=,故A正确;所有粒子速度相同,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径相等,从A点射入磁场的粒子打在O点,该粒子在磁场中转过的圆心角最大,该粒子在磁场中的运动时间最长,最大圆心角θ=180°,粒子在磁场中的最长运动时间tm=T=×=,故B错误; 粒子打在荧光屏上时的速度方向平行于AO时,其位置距离O点最远,如图所示, 由几何关系可知,粒子打在荧光屏上的位置与O点的最远距离为d==L,故C错误,D正确。 四 课堂巩固 强化关键能力 1.(2025·广东韶关二模)三根绝缘直流输电线缆彼此平行,某时刻电流方向如图所示,电缆线M在最上方,两根电缆线P、Q在下方,通过的电流大小相等,且位于同一水平高度处,观察其截面,三根输电线缆可用M、P、Q表示,为等边三角形,O点是P、Q连线的中点,M点、P点、Q点在同一竖直平面内,忽略地磁场的影响。下列说法正确的是 (　　) A.输电线缆M、P相互吸引 B.输电线缆M所受安培力方向竖直向下 C.输电线缆M在O点处产生的磁场方向竖直向下 D.O点处的磁场方向沿水平方向由O指向Q D 解析:输电线缆M、P电流方向相反,相互排斥,A错误;由安培定则及磁场的叠加原理知,输电线缆P、Q在M点所产生的磁感应强度方向水平向右,根据左手定则知输电线缆M受到的安培力方向竖直向上,B错误;由安培定则知输电线缆M在O点处产生的磁场方向由O指向Q,输电线缆P、Q在O点处产生的磁感应强度等大反向,故O点处的磁场方向由O指向Q,C错误,D正确。 2.在光滑绝缘水平面内有一平面直角坐标系xOy,其俯视图如图所示,第一象限区域分布着磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场,第二象限区域分布着磁感应强度大小为2B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。长为L的光滑空心绝缘细管MN平行y轴,M端位于坐标原点O处,管内M端有一质量为m的带正电小球P (可视为质点),细管以速度v0沿x轴正向匀速平行移动, 小球离开管口N端射入磁场时速度的大小为v0。 不计小球重力。求: (1)小球从M端运动至N端过程中,细管对小球做的功W; 解析:小球从M端运动到N端的过程中,由动能定理可得W=m(v0)2-m, 解得细管对小球所做的功W=m。 答案:m (2)小球所带电荷量q; 解析:设小球沿y轴正方向做匀加速直线运动的加速度大小为a,小球在N端时沿y轴方向的分速度大小为vy,如图所示, 则有vy==v0, 小球受到洛伦兹力,根据牛顿第二定律则有Bqv0=ma, 由匀变速直线运动规律有2aL=-0, 联立解得小球所带电荷量q=。 答案: (3)小球离开细管后,第二次经过y轴时与坐标原点O的距离d。 解析:设小球从M端运动到N端的时间为t,沿x轴方向的位移大小为x,小球在N端时速度与x轴正方向夹角为α,则有L=t,x=v0t, 解得x=2L。 由几何知识可知cos α==, 解得α=。 设小球在右侧磁场中做圆周运动的轨迹半径为r1,在左侧磁场中做圆周运动的轨迹半径为r2,由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力,则有Bq(v0)=,2Bq(v0)=, 解得r1=2L,r2=L, 由几何关系可知,小球做圆周运动的圆心刚好在y轴上,则有d=L+r1+r1cos α+2r2, 代入有关数据解得d=(3+4)L。 答案:(3+4)L $