专题3 第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

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 方向 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 大小 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 受力分析 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]　如图所示,质量为m、长为L的直导线用两 绝缘细线悬挂于O、O'点,并处于匀强磁场中。当 导线中通以沿x轴正方向的电流I,且导线保持静止 时,悬线与竖直方向的夹角为θ。已知重力加速度 为g,则(　　) A.磁场可以沿z轴正方向 B.若磁场沿z轴负方向,每根细线拉力的大小为 C.若磁场沿z轴负方向,直导线受到的安培力的大小为 D.磁场的磁感应强度最小值为 D [解析]　磁场若沿z轴正方向,导线所受安培力方向水平向左,无法平衡,故A错误;若磁场沿z轴负方向,导线所受安培力方向水平向右,则每根细线拉力的大小为,直导线受到的安培力的大小为mgtan θ,故B、C错误;作出直导线受力的矢量图,如图所示,由图可知BminIL=mgsin θ,则磁场的磁感应强度最小值为,故D正确。 二 考点二　带电粒子在磁场中的运动 11 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·黑龙江大庆模拟预测)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 25 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 类别 示意图 适用条件 应用方法 放 缩 图 (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 类别 示意图 适用条件 应用方法 旋 转 图 (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 类别 示意图 适用条件 应用方法 平 移 圆 (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]　(多选)如图所示,空间存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),A、B、C、D、E为磁场中的五个点,AB=DE,C为BD中点,AB平行于DE。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸面向上射入磁场,各粒子速度大小不同,经过一段时间后第一次到达虚线位置。用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间。下列说法正确的是(　　) A.tB=tC　　　　　　　　　 B.tD<tE C.tC=tD D.tC=tE BD [解析]　粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图所 示,由几何关系可知,从A到B,粒子运动轨迹对应的 圆心角为180°;从A到C和A到E,粒子运动轨迹对应 的圆心角小于180°,且相等;A到D,粒子运动轨迹对 应的圆心角最小。带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qBv=m,得v=,则运动周期T==,由此可知粒子的运动周期与其速度无关,粒子在磁场中的运动时间为t=T,故粒子从A点沿纸面向上射入磁场,运动轨迹对应的圆心角越大,运动时间越长,所以tB>tC=tE>tD,故选B、D。 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 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 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.(多选)(2025·福建厦门二模)中国科学家利用兰 州重离子加速器进行医用同位素的同步分离制 备,“扇形聚焦回旋加速器”是该装置的重要构造 部分。某种扇形聚焦磁场分布的简化图如图所 示,圆心为O的圆形区域等分成8个扇形区域,相互 间隔的4个区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,另外4个区域内没有磁场。质量为m、电荷量为q的正离子以恒定速率在闭合平衡轨道上做周期性运动,其闭合平衡轨道如图中实线所示,离子重力不计,则离子绕闭合平衡轨道运动一周的过程中(　　) A.运动的方向是顺时针 B.运动的方向是逆时针 C.在磁场中运动的总时间为 D.在磁场中运动的总时间为 答案:AD 解析:离子带正电,在磁场中由洛伦兹力提供向心 力,根据左手定则可知,离子运动的方向是顺时针, 故A正确,B错误;因为离子在没有磁场的区域做匀 速直线运动,没有改变速度方向,则离子经过4个扇 形磁场区域总共转过的角度为360°,所以离子在 磁场中运动的总时间等于离子在磁场中的运动周期,根据牛顿第二定律可得qvB=m,又T=,联立可得T=,即离子在磁场中运动的总时间为,故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 感谢您的观看 $