微专题3 磁场及带电粒子在磁场中的运动(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

该高中物理讲义聚焦磁场性质、安培力及带电粒子在磁场中的运动等高考核心考点，按磁场叠加、安培力平衡、粒子运动轨迹分析等逻辑层次组织内容，通过考点梳理、解题技法指导、真题训练等环节，帮助学生构建知识网络，突破磁场问题的分析难点。 讲义突出科学思维与模型建构，如“三维变二维”转换分析安培力平衡问题，结合几何关系确定粒子运动轨迹圆心角与半径，培养学生科学推理能力。设置分层练习与高考真题体验，确保复习针对性，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

微专题三　磁场及带电粒子在磁场中的运动 高考热点·突破 热点一　磁场的性质　安培力 例1　如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中(图中未画出)，两根长直导线P、Q垂直于纸面平行放置，间距为d，分别通以大小相同、方向相反且垂直纸面的电流。在P、Q连线的中垂线上有一点M，测得M点磁感应强度为零。M到PQ连线的距离为d，则(D) A.匀强磁场的方向平行PQ连线向右 B.导线P在M点产生的磁感应强度大小为B0 C.若仅将导线Q中的电流反向，M点的磁感应强度大小为B0 D.若将P、Q中的电流均反向，M点的磁感应强度大小为2B0 解析　根据题意得∠PMQ=120°，且P、Q电流在M点产生的磁场等大，设为B，根据右手定则可知P、Q电流在M点产生的磁场方向如图甲所示，二者的合磁场方向竖直向上，由于M点磁感应强度为0，故匀强磁场的方向竖直向下，A项错误；由于M点磁感应强度为0，则有2Bcos 30°=B0，解得导线P、Q在M点产生的磁感应强度大小均为B=B0，B项错误；若仅将导线Q中的电流反向，则P、Q电流在M点产生的磁场方向如图乙所示，M点的磁感应强度大小BM==B0，C项错误；若将P、Q中的电流均反向，P、Q电流在M点产生的磁场方向如图丙所示，M点的磁感应强度大小BM=+B0=2B0，D项正确。 [思维路径]　磁场叠加问题的解题思路 例2　(2025·新余二模)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ，下列说法正确的是(D) A.如果两悬线等长变短，θ角变小 B.当金属棒质量变大时，θ角变大 C.当θ角变小时，细线拉力不变 D.如果棒中的电流变大，θ角变大 解析　转换观察的方向，把三维变为二维。对金属棒进行分析，根据平衡条件有2Tcos θ=mg，2Tsin θ=BIL，解得tan θ=，θ角与悬线长度无关，A项错误；结合上述可知，当金属棒质量变大时，θ角变小，B项错误；结合上述有T=，当θ角变小时，细线拉力变小，C项错误；结合上述可知，如果棒中的电流变大，θ角变大，D项正确。 [解题技法]　“三维变二维”的方法求解安培力作用下的力学问题 训练1　(2022·湖南卷)如图甲，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图乙所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(D) A.当导线静止在图甲右侧位置时，导线中电流方向由N指向M B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变 C.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 解析　当导线静止在题图甲右侧位置时，对导线受力分析，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A项错误；由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ=，FT=mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时，θ增大，cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C两项错误，D项正确。 热点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 例3　(2025·武汉二模)如图所示，直角三角形abc中∠a=30°，ac=L，其区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为(k为粒子的比荷)的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力，下列说法正确的是(C) A.ab边上有粒子到达区域的长度为L B.ac边上有粒子到达区域的长度为L C.从ab边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 D.从ac边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 解析　粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB=m，解得r==，如图甲、乙所示，由几何关系可得ab边上有粒子到达区域的长度ΔL1=ad-ae=2×cos 30°-=；如图乙所示，ac边上有粒子到达区域的长度为ΔL2=cf=2rcos 30°=L，A、B两项错误；如图甲所示，粒子从ab边上d点射出时，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可知，最小圆心角为60°，则最短时间为tmin=T=×=，C项正确；如图乙所示，粒子从ac边上f点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为120°，则最长时间为tmax=T=×=，D项错误。 [解题技法]　带电粒子在直线边界匀强磁场中运动的解题技巧 (1)解题关键:包括直线边界、平行边界、三角形或四边形边界等，关键在于分析粒子轨迹与边界的交点或相切情况。 (2)临界问题:①相切临界:轨迹与边界相切时，对应极值速度、最长运动时间或最小磁场范围。②端点临界:粒子从边界端点射出时，需结合几何关系确定圆心角或半径范围。 (3)解题步骤:①画轨迹，定圆心(速度垂线或弦中垂线)；②找几何关系(勾股定理、三角函数或对称性)；③列方程，结合边界约束求解。 例4　(多选)(2025·万州模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，O点是圆心，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子，以相同的速率从P点沿纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是(AC) A.若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为t= B.若r=2R，则从A点有沿水平方向射出磁场的粒子 C.若r=R，则圆周上有一半区域有粒子射出 D.若r=R，则与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子在磁场中经历的时间为t= 解析　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，要使带电粒子在圆形磁场中的运动时间最长，则粒子圆周运动的轨迹应以磁场圆直径为弦，则粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，此轨迹在磁场中的偏转角为60°，所以最长时间为t=×=，A项正确；若粒子能从A点水平射出磁场，则在A点作速度方向的垂线，再作AP两点的中垂线，交点即为圆心，此时圆周运动的半径r≠2R，如图乙所示，B项错误；若r=R，以P为圆心，R为半径画圆，粒子从P点射入磁场时，轨迹圆的圆心在所画圆上，通过几何关系可知，粒子只能从圆弧PAM(M为PO延长线与磁场边界的交点)射出，即圆周上有一半区域有粒子射出，C项正确；若r=R，与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子，其轨迹所对的圆心角为120°，运动时间t=T=，D项错误。 [解题技法]　解答带电粒子在圆形匀强磁场中运动问题的几个关键点 (1)几何关系:磁场圆和轨迹圆的相对位置及构成图形的几何关系。 (2)对称性:关注入射方向、出射方向关于圆心的对称性。 (3)临界问题:轨迹圆与磁场圆相切(内切或外切)。 训练2　(多选)(2025·佛山调研)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(AD) 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 解析　从OA中点射入的粒子恰好能垂直打在荧光屏上，粒子运动轨迹如图甲所示，由几何知识可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径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=，A项正确；所有粒子速度相同，则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，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=×=，B项错误；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，如图乙所示，由几何关系可知粒子打在荧光屏上的位置距离O点的最远距离为d==L，C项错误，D项正确。 高考真题·体验 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处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) A.B2-B1 B.B1-B2 C.B2-B1 D.B1-B2 解析　根据题意，作出L1、L2中电流的某种情况，如图所示，设L1在M点产生的磁感应强度大小为B1M，L2在M点产生的磁感应强度大小为B2M，L1在O点产生的磁感应强度大小为B1O，L2在O点产生的磁感应强度大小为B2O，则由右手螺旋定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M-B2M=B1、B1O+B2O=B2，由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M=B1O=B2O，B2M=B1N，联立可得B2M=B1N=B2-B1，故保持L1中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N=B2-B1，A项正确。 2.(多选)(2024·福建卷)如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则(AC) A.两根细绳拉力均比未通电流时的大 B.两根细绳拉力均比未通电流时的小 C.铜环所受安培力大小为2rBI D.铜环所受安培力大小为πrIB 解析　方法一:微元法。如图，取通电半圆形铜环的一小段Δl，可将其视为直导线，根据左手定则可知，该小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小ΔF=BIΔl，根据对称性可知，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，A项正确，B项错误；对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得F=∑Fy=∑BIΔlsin θ=2rIB，C项正确，D项错误。 方法二:等效法。通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径ab，电流方向a→b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小F=BI×2r=2rIB，根据受力分析可得，通电后，绳子拉力T=mg+F=mg+2rIB>mg，两根细绳拉力均比未通电流时的大，A、C两项正确。 3.(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的Oxy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Oxy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(C) 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 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，解得粒子的运动半径为r=d，A项错误；当粒子恰好经过薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上表面的位置距N点最近，对应运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度Δx1=2rcos 30° -r=(-1)d，B项错误；结合B项分析可知，粒子能打到薄板下表面的最右端，当粒子的运动轨迹与薄板相切时，粒子打到薄板下表面的位置距N点最远，轨迹如图乙所示，由几何关系可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度Δx2=d，C项正确；粒子在磁场中的运动周期T==，又t=T，故粒子运动轨迹所对圆心角越小，运动时间越短，结合B、C两项分析可知，打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，结合几何关系有tmin=·=，D项错误。 4.(2024·湖北卷)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(D) 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　在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，A、B两项错误；粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短，则根据对称性可知轨迹如图甲所示，则最短时间t=2T=，C项错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，轨迹如图乙所示，设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r=，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m，可得v=，D项正确。 5.(2025·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图甲所示，足够长圆柱形筒半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图乙所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求:(R、v0、B0均为已知量) (1)电子的比荷； (2)当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。 解析　(1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰不打到筒壁上时，磁感应强度大小为B0， 根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r=， 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B0=m， 解得=。 (2)当磁感应强度大小调至时，设发射速度方向与横截面的夹角为θ的电子恰好不打在筒壁上，可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为v0sin θ的匀速直线运动、横截面内速率为v0cos θ的圆周运动 则有ev0cos θ·=m， 结合(1)问解得θ=60°，即发射速度方向与横截面成60°角的电子恰好不打在筒壁上，对该情况下的电子，根据圆周运动知识有 T==， 运动半个周期时电子恰运动至轨迹与筒壁切点处，竖直方向上电子做匀速直线运动，则有 h=v0sin 60°·， 则打在筒壁上的区域面积S=2πR·2h， 联立解得S=2π2R2。 答案　(1)　(2)2π2R2 学科网（北京）股份有限公司 $