第9讲 磁场-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

粒子的速度大小满足：)= cos60,,=6tan60°，得：u =20· 解得电场强度大小：E= 3m喝 2gL (2)由粒子在磁场中，能够从与C点相邻的顶点，第一次射 出磁场区域，由于磁场方向不确定，可知粒子的运动轨迹 如下图： 120° E D 根据几何关系，可知圆周运动的半径满足：√=L, 根据洛伦兹力提供向心力：gB=m号 可得磁感应强度大小：B= 2√3o (3)由(2)的分析可知，粒子在磁场区域的运动满足：T= 2,解得：T=5,结合磁场和正六边形区战的对称性， 36 可知粒子从射入正六边形区域到通过E点所需要的时间 由两种可能.分别为：1=×T+ 120° 部X76=2×器 ×T+2×240 360大T. 解得-5L,2-25L 30 3 例6解(1)方法一：小物块在O点右侧做匀加速直线运 动，依据功能定理有(Fc0s37°-fD1=之md2 因为FN=mg-qE+Fsin37° 联立解得μ=4 5 方法二：小物块在O点右侧做匀加速直线运动，有2=2al 依据牛顿第二定律有Fcos37°-f=ma 因为f=uFN,FN=mg-qE+Fsin37° 5 联立解得u=14 (2)方法一：设小物块第一次离开圆孤槽时水平速度为？，， 竖直速度为巴，小物块和圆孤槽组成系统，水平方向动量 守恒，故mu=(m十M)u 依据能量守恒有(mg一gB)R=号m2-号(m十M)号 1 21u 联立解得v,=2m/s4,=4m/s 小物块第一次离开圆孤槽后，竖直方向做初速度方向向 上，大小为心，的匀变速直线运动，加速度方向向下，设大小 ·21 为a,依据牛顿第二定律mg一gE=ma 解得a=8m/s2 二1m 小物块第一次离开圆孤槽后上升的最大高度一a 小物块电势能变化量为△E。=一gE(h十R 故小物块电势能的最小值E。=一3J 方法二：小物块第一次离开圆孤槽后上升到最大高度时， 小物块与圆孤槽速度相等 设此时速度为小物块和圆孤槽组成系统，水平方向动 量守恒，故mw=(m十M)v, 徐据能量守饭有(mg一E)(R十)=号2-合(m十 M02 解得h=1m 小物块电势能变化量为△E。=一qE(h十R) 故小物块电势能的最小值E。=一3J (3)方法一：小物块第一次离开圆弧槽和再一次进入圆孤 槽过程，小物块和圆弧槽在水平方向均做速度为，的匀速 直线运动，此过程历时为t,则t= 2u_2×4 a 8 s=1s 故圆孤槽此过程运动位移x=0,t=2X1m=2m 方法二：设小物块第一次离开圆弧槽时水平速度为，竖 直速度为U,,小物块和圆孤槽组成系统，水平方向动量守 恒，故mv=(m+M)v, 依据能量守恒有(mg一9BR=号m2-号(m十M02 子m心 解得v,=2m/sy,=4m/s 小物块第一次离开圆孤槽后，竖直方向做初速度方向向 上，大小为心，的匀变速直线运动， 加速度方向向下，设大小为a,依据牛顿第二定律mg一qE =ma 解得a=8m/s2 小物块第一次离开圆孤槽和再一次进入圆孤槽过程，小物 块和圆孤槽在水平方向均做速度为)，的匀速直线运动，此 过程历时为4=2四=2X4、=1s 故圆孤槽此过程运动位移x=v,t=2×1m=2m. 第9讲磁场 例1BC若I。沿顺时针方向，I4=0,根据左手定则，线图c 受到的安培力方向向右，表明α的方向向左；若I,沿顺时 针方向，I=0,由左手定则，线图d受到的安培力方向向 上，则表明a的方向向下，故A错误，B正确：规定水平方 向为x,竖直方向为y,若a的方向沿左偏上30°，则有ax= ac0s30°=3 号aa,=asin30°=7a,即a,>a,线圈c和线 图d受到的安培力分别向右和向下，依左手定则，则I沿 顺时针方向，L。沿逆时针方向，要求F,>F,,故I>I,故 C正确；同理，若a的方向沿右偏上30°，则有ax=acos30 3 =乞a,a,=asin30°=2a,即a,>a,线图c和线图d受 到的安培力分别向左和向下，依左手定则，则I。沿逆时针 方向，I。沿逆时针方向，要求F>Fv,故I。>I,,故D 错误. 例2Aa、c两点到d点的距离相等，则a、c中电流在d点 产生的磁场的磁感应强度大小相等，即B2=B1=B, 由B=k上可知，6中电流在d点 B B2 ao 产生的磁场的磁感应强度大小B3 =Bo BiI-- √2 如图，故d处合磁场的磁感应强度 b⊙ 大小B合=√②B。 √2 故B、C、D错误，A正确」 例3【思路点拨】 磁场中 匀速圆周运动 题型识别」 打到M板 磁场中轨迹为相同弦的优弧，板间 带电粒子 下表面 电场强度增大到最大，离子做类斜 在电磁场 抛运动 中运动 极板间 M板接地，打到M板上的离子导入大 地，打到N板的粒子使N板带负电 BD根据题意，结合左手定则知，粒子带负电，A错误；发 射方向与OP夹角为60°的粒子恰好垂直穿过Q点，运动轨 迹如图甲所示，由几何关系得r℃os60°+r=3L,解得r= 2L,板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好不能 到达N板，由动能定理得-d=一子m,解得。= ☑☑，心不变，则间距d增大，板间形成的最大电场强度 减小，B正确：由几何知识可知OP=√3L,粒子打在M板上 表面的位置与O点距离最大时轨迹圆孤对应的弦长为直 径，如图乙所示，最大距离为√(4L)2-(√3L)2=√3L,C 错误；设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆 心为O,由于POLOQ,可得PQ=√PO-OQ=23L, 由几何关系可知∠PQ0=30°，∠PQO=30°，则粒子斜射 入极板间的速度与M板夹角0=90°一∠PQO一∠PQO= 30°，板间电场强度最大时粒子打到M板下表面的位置到 Q点的距离最小，粒子在板间做类斜抛运动，运动轨迹如图 丙所示，沿电场力方向，由牛顿第二定律得gE=1a,粒子 在板间运动的时间1=2si血0，粒子距离Q点的最小距离 为x1=cos0·t,联立解得x1=√5d,D正确 60° r 3L 2r 30 0 0最大距离7S 甲 ×0 X 西 【一题多解】D选项可根据动量定理求时间，在竖直方向 上，规定竖直向上为正方向，qEt=mv cos60°一(-1U· Qs60°)，解得√吧，粒子距离Q点的最小距离为 x1=vsin60°·t=√3d. 例4解(1)一带正电的粒子从M(0,一6)点射入磁场，速 度方向与y轴正方向夹角0=30°，粒子从M到N做匀速： 圆周运动，根据几何关系rsin0=%,解得r=2yo ·22 XXX XX x M ××× 洛伦兹力提供向心力，则gB=m ,联立解得= 2gB,周期T=2,解得T=2,速度偏转角为20=2 U1 gB ×30=60,所以1=需T,解得有=器： (2)正电荷沿原来轨迹从M运动到N,负电荷需固定在(1) 问圆心处，这样负电荷受到洛伦兹力与库仑力的合力提供 向心力，轨迹与(1)相同，根据牛顿第二定律有+gB 号，整理成关于的一元二次方程：B站·喝 2kgBy哈·2-24k2q=0,因式分解(By2-6kg)(B吃 十4k@=0,解得（巴舍去另二负解） (3)离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供雏 持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与 速度2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，负电荷类 比地球，V点为“近地，点”，速度变为与V点的射出速度相 反的点为“远地点” 2 y 2--248q r M. 类比天体，根据开普勒第二定律有3r'=2r,根据能量守 恤定律可得合m暖-0=㎡d-9,联立解得r/ 6y0,可得椭圆半长轴a=40,根据开普勒第三定律，椭圆 轨道周期与半径为α=4yo的圆轨道周期T相同，对这个 、圆轨道列向心力方程(4物户m:红 ”·4·解得T= 45Bπ心，因此所求时间2=2，解得红=3kg T 2√3πBy8 3kg 例5BDa粒子恰好到达磁场外边界后返回，作出a粒子 运动轨迹图，如图所示： 设粒子a的轨迹半径为ra,外圆半径为R;根据洛伦兹力提 供向心力gB=m正，由于a粒子的速度大小为。 ra gBR,联立解得。=R。,根据数学知识O0=ER,外圆 m 半径为R=ra+OO=R+√2R=(2+1)R,故A错 误：a粒子做匀递圆周运动的周期T2-2,根据对 称性，粒子在场中运动的时间6=2×品T=子×2 3×2πm 3.粒子在内圆中的动时间红2B=2RX, g qBRo =2 Ba粒子返回A点所用的最短时间为t=41十12 _3π2 gB 十2=3m+2)m,故B正确：由题意，作出、c粒子运动 gB 轨迹如图所示： 0 因为b、c拉子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正 电且比荷均为又，所以两粒子做圆周运动的周期相同，因 此所用的最短时间之比为1：1，故C错误；根据运动轨迹图， 结合几何关系得2x,十R=R,联立解得=R,洛伦按力 提供向心力B=m,联立解得二月 之，故D正确. 例6ACD粒子在磁场中做 y 匀速圆周运动，洛伦兹力提 供向心力，对粒子，由牛顿 0 第二定律得qoB=m,, 34d4d 解得粒子在磁场中的轨道 N O1 x 半径为r=4d,故A正确： 正对)的粒子，圆心恰好在 工轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示： 根据勾股定理可知，进入无 y 磁场区域后，速度方向恰好 指向O点，即正对O点入射 的粒子离开磁场后一定会 过O点，故B错误；根据题 意知，所有粒子沿水平方向 射入磁场，半径与速度方向 垂直，圆心均在入射点的正 下方，半径均为4d,所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界 向下平移4d形状，)平移到O点位置，即所有粒子进入磁场 后做圆周运动，运动的圆心到O,点距离均为5d,如图所示： 利用勾股定理可知，进入无磁 y 场区域后，所有粒子速度方向 都指向O点，因此所有粒子都 一 过O点，由上述分析可知，从最 上方进入的粒子，在磁场中偏 5 转角度最大，运动的时间最长， 如图所示： 由几何关系可知，该粒子在磁 4 场中旋转了143°，因此运动的 时间为1= 43.2π4d 360° 143πd,故C正确；如图所示，从 45v0 y=7d水平向左的粒子离开磁 22 场方向沿y轴负方向，故7d<y<9d射入的粒子过O点后 射入第四象限，3d<y<7d射入的粒子过O点后射入第三 象限，故进入第四象限的比例为了，故D正确， 例7解(1)从原，点O竖直向上射出的电子垂直打在荧光 屏上，故磁场方向必定垂直Oy平面向外，根据题意可得 粒子的回旋半径为R,洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根 据牛顿第二定律则有euoB=m尺 解释B=R: (2)在由O点射入第I象限的所y1 有质子中，沿y轴正方向射出的电 子转过子圆周，递度变为沿工轴R 正方向，这条轨迹为磁场区域的上 % 边界，设某电子做匀速圆周运动的 圆心O,与O点的连线与y轴正 方向夹角为0，若离开磁场时电子0 R 速度变为沿工轴正方向，其射出点 (也就是轨迹与磁场边界的交，点) 的坐标为(x,y).由图中几何关系可得x=Rsin0,y=R一 Rcos 0 消去参数0可知磁场区域的下边界满足的方程为x2十(R -y)2=R2(x>0,y>0) 这是一个圆的方程，圆心在(0，R)处，磁场区域为图中两条 圆孤所围成的面积，磁场的最小面积为S1= 2(分R2一子R）,根据对称性可知，酸场的最小总面积 为S=2S1=πR2-2R2 突破计算题2带电粒子在复合场中的运动 例1解(1)进入磁场时速度为的粒子为坐标原点出 发，速度水平，恰好从cd边中，点垂直于cd边射出，故圆周 运功的半径为号，由圆同运动半径公式，一告根据洛伦故 力提供向心力9B=m,得磁感应强度B=2m ； (2)设力点的坐标为（一x,一y),粒子运动到坐标原，点的时 间为1，由运动学公式z=4y=子ai,B的=a,联立后 可得，出发点力的坐标轨迹方程y一，2； (3)设从坐标原点O飞入磁场的粒子速度为)，方向与x轴 正方向的夹角为a,剥轨道半径为，有r==m。= gB gBcos a ,L,即rc0sa=乞 。L 2cos a 可知磁场中所有粒子的轨迹圆心都在“。，· 6 dc边上.当粒子与ab边相切时，粒子打 到bc边上的位置为飞出的上边缘.由如0人a 图的几何关系可知 ,=Lc0sa,a=60°，可知飞入磁dL r1=L,2 场时的竖直分速度vy=6tan60°=√5o 则出发点力的x轴坐标x1=ot=功a,···· b 业-Bm,粒子打在c点为飞出c边0施 a Eg 的下边缘.打在c的粒子运动轨迹如图 所示： d专题三电场与磁场 第9讲 磁场 【备考要求】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. 考点一 磁场的基本性质 安培力 1.磁场的产生与叠加 : [例1]（多选)(2025·河 条形磁体磁感线的分布、地球 南卷·9)手机拍照时手 头 磁体 磁场的特点 的抖动产生的微小加速 度会影响拍照质量，光 学防抖技术可以消除这 通电直导线 产生 种影响.如图，镜头仅通 过左、下两侧的弹簧与 手机框架 手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在 通电螺 电流 镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀 线管 强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.拍照时，手 机可实时检测手机框架的微小加速度α的大小和 环形电流 方向，依此自动调节c、d中通入的电流I。和I4的 大小和方向（无抖动时L。和I:均为零），使镜头处 于零加速度状态.下列说法正确的是 () 叠加遵循平行四边形定则 A.若1。沿顺时针方向，I4=0,则表明a的方向向右 2.安培力的分析与计算 B.若I沿顺时针方向，I=0,则表明a的方向向下 C.若a的方向沿左偏上30°，则I。沿顺时针方 左手定则 向，Ia沿逆时针方向且I>I。 方向 电流间的作用力：同向电流相互吸引，异 D.若a的方向沿右偏上30°，则I。沿顺时针方 向电流相互排斥 向，Ia沿顺时针方向且I<Ia F=BILsin 0,0=0 F=0,0= [例2](2025·河北省邯郸市 od 直导线 90时F=BIL 高三模拟)空间中有四根平行 长直导线，四根导线恰好在正 X XX CB* 方形的四个顶点上，其截面图 大小 bo 导线为 d. 如图所示.若导线a、c中通有 曲线时 。力 垂直纸面向里的电流I,导线b中通有垂直纸面 等效为ac直线电流 向外的电流I,导线d中未通电，导线a中电流 在d处产生的磁场的磁感应强度大小为B.已知 N F 通有电流Ⅰ的长直导线周围某点的磁感应强度大 导轨 小B=k,式中长为常量r为该点离直导线的距 受力 粗糙 离，则d处实际磁感应强度大小为 ( 分析 B 立体图 平面图 根据力的平衡条件或牛顿运动定律列 B.√2Bo 方程 C.3 2 D.(W2-1)B 35 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 1.分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法 2.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要 (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求 结论 半径并画出轨迹 (1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场 (2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、 时，入射角等于出射角（如图甲，01=02=03）. 运动速度相联系，偏转角度与圆心 (2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦 基本 角、运动时间相联系，运动时间与周 沿半径方向（如图乙，两侧关于两圆心连线OO 思路 期相联系 对称) (3)用规律：利用牛顿第二定律和圆 周运动的规律，特别是周期公式和半 径公式 基本 公式 quB=m r,T=2ur 甲 重要 T=2xm mu (3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的 r= 结论 aB 圆心角（如图甲，a1=a2). 3.带电粒子在磁场中运动的多解成因 (1)轨迹上的入射点和出射点的速度 (1)磁场方向不确定形成多解； 方向的垂线的交点为圆心，如图(a) (2)带电粒子电性不确定形成多解； (2)轨迹上入射点速度方向的垂线和 (3)速度不确定形成多解； 入射点、出射点两点连线中垂线的交 (4)运动的周期性形成多解. 点为圆心，如图(b) 圆心的 (3)沿半径方向距入射点距离等于r [例3]（多选）(2025·河北卷·10)如图，真 确定 的点，如图(c)(当r已知或可算) 空中两个足够大的平行金属板M、N水平固 o. 0x×x 定，间距为d,M板接地.M板上方整个区域 XX 0 ××x 存在垂直纸面向里的匀强磁场.M板O点处 ×× x eM 正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方 P.. Pxx x孕x 向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒 (a) (b) (c) 子.当发射方向与OP的夹角0=60°时，粒子 恰好垂直穿过M板Q点处的小孔.已知OQ 方法一：由物理公式求，由于Bgu=mo =3L,初始时两板均不带电，粒子碰到金属板 半径的 所以半径，=m 后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金 B 属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、 确定 方法二：由几何关系求，一般由数学 粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效 知识（勾股定理、三角函数等）通过计 应.下列说法正确的是 算来确定 ×× ×:× 时间的 方法一：由圆心角求1=2元 ·T 求解 方法二：由弧长求，1=。 ×0× Mc 精品教辅·智慧人生 36 专题三电场与磁场 A.粒子一定带正电 (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始， B.若间距d增大，则板间所形成的最大电场强 经时间2速度方向首次与N点速度方向相反， 度减小 求2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无 C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大 限远处的电势为0时，与该点电荷距离为，处 距离为7L 的电势p=k9). D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小 距离为√3d [例4](2025·黑、吉、辽、蒙卷·15)如图，在 xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的 匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电的粒 子从M(0,一yo)点射入磁场，速度方向与y轴 正方向夹角0=30°，从N(0,yo)点射出磁场.已 知粒子的电荷量为g(g>0),质量为m,忽略粒 子重力及磁场边缘效应. 1××× N1××X ××× 0X XX MX×X ××× (1)求粒子射入磁场的速度大小1和在磁场中 运动的时间11； (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷 量为48g,粒子质量取m= (k为静电力常 k 量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N 点，求射入磁场的速度大小2； 考点三带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 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. 3.常见的动态圆 示意图 适用条件 应用方法 以入射点P为定点，将半径 粒子的入射点位置相 放缩作轨迹圆，粒子恰好不 放缩圆 P、P 同，速度方向一定，速 射出磁场的临界状态是粒子 度大小不同 运动轨迹与磁场边界相切 (轨迹圆的圆心在PP2直线上) 37 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 0 粒子的入射点位置相 将一半径为R-霜的圆以 旋转圆 同，速度大小一定，速 入射点为圆心进行旋转，从 (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆 度方向不同 而探索出临界条件 心，半径R=m的圆上) gB 粒子的入射点位置不 将半径为R=m的圆进行 平移圆 同，速度大小、方向均 qB 一定 平移 (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 带电粒子平行射入圆形有界 匀强磁场，则粒子从磁场边 粒子速度大小相同， 磁聚焦与 ⑧ 界上同一点射出，该点切线 轨迹圆半径等于区域 磁发散 与入射方向平行—磁聚 圆半径 磁发散 焦，从边缘某点以不同方向 磁聚焦 入射时平行出射—磁发散 [例5]（多选）(2025·甘肃卷·10)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 0 磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环 R 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R.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 A.外圆半径等于2R。 到达磁场外边界后返回.已知a、b、c带正电且 比荷均为，号a粒子的速度大小为。-B队，方 B.a粒子返回A点所用的最短时间为3r+2)m gB C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比 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 为② √2+2 受的重力和相互作用.下列说法正确的是 Dc粒子的速度大小为。 精品教辅·智慧人生 38 专题三电场与磁场 [例6]（多选）(2025·湖南省长沙市长郡中学高 三模拟)在平面直角坐标系xOy中有如图所示 的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O(0, 4d)点为圆心、半径为R=5d的一段圆弧，圆弧 与x轴交于M(-3d,0)、N(3d,0)两点，磁场下 60' 边界是以坐标原点O为圆心，半径为r=3d的 一段圆弧.如图，在虚线区域内(3d<y<9d)有 长 一束均匀分布带负电的粒子沿x轴负方向以速 度。射人该磁场区域.已知磁场方向垂直纸面 向外，险感应强度大小为B=需带电粒子质 (1)磁场在第I象限的方向和大小； (2)在I、V象限所加磁场的最小总面积 量为m,电荷量大小为q,不计粒子重力，sin37° =0.6,cos37°=0.8，下列说法中正确的是 ( : -Do A.粒子在磁场中的运动半径为4d B.正对O点入射的粒子离开磁场后不一定会 过O点 C.粒子在磁场区域运动的最长时间为]43πd 4500 D.粒子经过O点进入第四象限的比例为号 [例7](2025·湖南省郴州市高三三模)如图， xOy平面内有大量质子从原点O在180°的范围 内连续以相同速率向y轴右侧发射，右侧足 够远处放置与x轴垂直且足够大的荧光屏，O 在荧光屏上的投影点为O'.现在第I象限和第 N象限一定范围内分别施加一个垂直于xOy平 面的区域匀强磁场（磁场大小相同、方向不同）， 使得所有质子都垂直打在荧光屏上CC'范围 内，已知OC=OC'=R.忽略质子间的相互作 用，已知质子质量为m、电荷量为e,求： 温馨提示 完成作业专题强化练（九） 39. 精品教辅·智慧人生