10 专题三 第10课时 磁场（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

第10课时　磁场 【备考指南】　本讲涉及的知识点考查方法灵活，在复习备考时需注意以下几点： 1．重视基础知识，加强对磁场性质、安培力、洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动等基本概念和规律的复习和训练。 2．磁场问题涉及的模型多以空间立体形式出现，应加强立体空间图形的转化能力训练，还要善于将有关安培力的三维立体空间问题转化为二维平面问题。 3．加强带电粒子在匀强电场中做匀速圆周运动的作图训练，培养数形结合能力，运用动态放缩圆、定点旋转圆、圆平移、圆对称等几何知识解决带电粒子在有界磁场中的运动及临界、多解问题。 热点一　磁场的性质 1．磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源，如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点，确定各个场源在这一点产生磁场的磁感应强度的大小和方向。 (3)应用平行四边形定则进行合成。 2．用准“两个定则” (1)对电流的磁场用安培定则(右手螺旋定则)，并注意磁场的叠加。 (2)对通电导线在磁场中所受的安培力用左手定则。 3．熟悉“两个等效模型” (1)变曲为直：图甲所示的通电导线，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。 [典例1]　[磁场的叠加](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　[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处的磁感应强度大小应该与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，将L2撤去，N点的磁感应强度为－B1。故选B。] [典例2]　[安培力作用下的平衡问题](2025·江苏南通二模)在倾角θ＝37°的光滑导体滑轨的上端接入一个电动势E＝3 V、内阻r＝0.5 Ω的电源，滑轨间距L＝50 cm，将一个质量m＝40 g、电阻R＝1 Ω的金属棒水平放置在滑轨上。若滑轨所在空间加一匀强磁场，当闭合开关S后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图所示。已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计滑轨电阻，下列说法正确的是(　　) A．磁感应强度有最小值，为0.32 T，方向垂直滑轨平面向下 B．磁感应强度有最大值，为0.4 T，方向水平向右 C．磁感应强度有可能为0.3 T，方向竖直向下 D．磁感应强度有可能为0.4 T，方向水平向左 C　[由闭合电路欧姆定律可得I＝＝ A＝2 A，对金属棒受力分析可知，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时Fmin＝mg sin θ＝0.04×10×sin 37° N＝0.24 N，当安培力最小，且磁感应强度方向与电流方向相互垂直时，磁感应强度最小为Bmin＝＝ T＝0.24 T，由左手定则判断可知，磁感应强度的方向为垂直斜面向下，故A错误；当磁感应强度方向水平向右，安培力竖直向上，当BIL＝mg，金属棒刚好静止在滑轨上，可得B＝＝ T＝0.4 T，但此时磁感应强度并不是最大值，故B错误；当磁感应强度方向竖直向下，金属棒受到安培力方向水平向右，金属棒平衡可得 B′IL cos 37°＝mg sin 37°，解得B′＝＝ T＝0.3 T，故C正确；当磁感应强度方向水平向左，安培力竖直向下，不可能平衡，故D错误。故选C。] 　通电导体在磁场中的平衡和加速问题的分析思路 (1)选定研究对象。 (2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I。如图所示。 (3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。 热点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 1．基本思路 2．半径确定的两种方法 (1)由物理公式求。由于qvB＝，所以半径r＝。 (2)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。 3．时间确定的两种方法 (1)由圆心角求，t＝T。 (2)由弧长求，t＝。 4．轨道圆的几个基本特点 (1)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，θ1＝θ2＝θ3)。 (2)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲所示，α1＝α2)。 (3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙所示，两侧关于两圆心连线对称)。 [典例3]　[带电粒子在匀强磁场中的运动](2024·广西卷)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． C　[粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，根据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点至O点的距离LPO＝r＋＝(1＋，故选C。 ] 【教师备选资源】(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(　　) 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 D　[根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，粒子射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，A、B错误；当粒子在磁场中运动的轨迹半径为r1＝R时，粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最短，其运动轨迹如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝，又有T1＝，则最短时间间隔为tmin＝2T1＝，C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半径为r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝，联立解得v2＝，D正确。 ] [典例4]　[旋转圆模型](2025·安徽卷)如图所示，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(　　) 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　[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错误；当粒子恰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1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＝2r cos 30°－r＝(－1)d，B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2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大，运动时间越长，结合B、C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错误。 ] [典例5]　[放缩圆模型](多选)(2025·四川成都模拟)如图所示，边长为L的正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。D为BC的中点，有一群带电荷量为＋q、质量为m的粒子从D点以不同速率沿与BC成30°角的方向进入磁场。不计粒子重力和粒子间的相互作用，以下说法正确的是(　　) A．所有从BC边出射的粒子运动时间均相同 B．所有从AC边出射的粒子，出射点越靠近A，运动时间越短 C．当入射速度为时，粒子从AC边出射 D．若粒子带负电，则从C点出射的粒子轨迹半径为L AC　[粒子在磁场中受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，由圆周运动中周期与速度关系有T＝，设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为θ，则应有t＝T＝，可知，粒子做圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由题意分析可得，粒子从BC边射出时圆心角相同，运动时间相同，故A正确；粒子恰好不从AC射出时，轨迹与AC相切，运动轨迹如图，根据图中几何条件分析可知R2＝L·sin 60°，粒子在磁场中受的洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝，联立解得v0＝，当入射速度为时，粒子从AC边出射，故C正确；所有从AC边出射的粒子，出射点越靠近A，圆心角越大，运动时间越长，故B错误；若粒子带负电，由几何关系可得，从C点出射的粒子轨迹半径为L，故D错误。故选AC。 ] 　解决临界、极值问题的技巧 方法 示意图 适用条件 应用方法 放缩圆 (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，从而探索出临界条件 旋转圆 (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 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，从而探索出粒子的临界轨迹 【教师备选资源】 (多选)(2025·陕西安康模拟预测)如图所示，在竖直面内有一半径为R的能吸收带电粒子的半圆形装置，在装置外有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界ab为过圆心O的一水平直线。一群质量为m、带电荷量为q的带正电粒子以不同的速率从A点竖直向上进入磁场，AO的长度为R，粒子重力和粒子间的相互作用不计，sin 37°＝，下列说法正确的是(　　) A．能够被装置吸收的粒子的最大速度为 B．能够被装置吸收的粒子的最小速度为 C．能够被装置吸收的粒子中，运动时间最短的粒子速度大小为 D．能够被装置吸收的粒子中，运动时间最短的粒子运动时间为 BD　[粒子从A点进入磁场，运动轨迹半径最大时有最大速度，当粒子从半圆形装置最右面被该装置吸收时，其轨迹半径最大，其速度最大，对于粒子有qvB＝m，整理有v＝，其粒子的半径设为rmax，由几何关系可知，有2rmax＝2R＋R，所以由上述分析有vmax＝，故A项错误；当运动轨迹最小时，其粒子的速度最小，即粒子从装置最左侧被吸收其半径最小，由几何关系有2rmin＝R，结合之前的分析可知，有vmin＝，故B项正确；粒子进入磁场运动至装置上，时间最短即为圆心角最小，根据圆心角等于2倍弦切角可知，时间最小，即运动轨迹圆的弦切角需最小。如图所示。 运动时间最短，此时轨迹圆的弦AC与装置相切，由几何关系可知∠OAC＝37°，圆心角为θ＝53°×2＝106°，根据几何关系2r1sin 53°＝R，结合之前的分析，其中r1＝，所以v1＝，t1＝＝，故C错误，D正确。故选BD。] 1．[磁场的叠加](2025·江苏卷)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是(　　) A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点 C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大 B　[磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知Bb>Ba>Bc。故选B。] 2．[安培力的计算](多选)(2024·福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘绳a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A向B大小为I的电流，则(　　) A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr BD　[通电流之前，铜导线半圆环处于平衡状态，根据平衡条件有2FT＝mg；通电流之后，半圆环受到安培力，由左手定则可判断半圆环受到的安培力方向竖直向下，根据平衡条件有2F′T＝mg＋F安，可知通电后两绳的拉力变大，A错误，B正确；半圆环的有效长度为2r，由安培力公式可知F安＝2BIr，C错误，D正确。] 3．[临界问题](多选)(2025·山东日照11月期中)如图所示，挡板MQ左侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，挡板中间空隙NP长度为L，纸面上O点到N、P的距离相等，也为L。O处有一粒子源，可向纸面所在平面各个方向随机发射速率相同的带正电的粒子，粒子电荷量为q，质量为m，落到挡板上的粒子均被吸收。不计粒子重力和粒子间相互作用。下列说法正确的是(　　) A．若粒子速率v＝，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为 B．若粒子速率v＝，NP线段上各处都可能有粒子通过 C．若粒子速率v＝，粒子能从空隙NP“逃出”的概率为 D．若粒子速率v＝，NP线段上各处都可能有粒子通过 AB　[若粒子速率v＝，则轨道半径r＝＝L，如图甲所示，粒子从P点飞出时，轨道的圆心在N点，从O点发射粒子的速度方向与ON垂直斜向右下，与水平方向夹角为60°，粒子从N点飞出时，轨道的圆心在S点，从O点发射粒子的速度方向与OS垂直，为水平向右，两发射速度夹角θ＝∠PON＝60°，发射方向在这两个临界方向之间的粒子都可从空隙NP“逃出”，粒子“逃出”的概率为＝ ，A正确；由图甲可知，NP线段上各处都可能有粒子通过，B正确；若粒子速率v＝，则轨道半径r＝＝，如图乙所示，粒子轨迹与PN相切时，切点分别为B、D，圆心分别为A、C，两发射速度夹角θ＝∠AOC，由几何关系知θ>60°，发射方向在这两个临界方向之间的粒子都可从空隙NP“逃出”，粒子“逃出”的概率为>，C错误；由图乙可知，线段DN间不可能有粒子通过，D错误。] 18/18 学科网（北京）股份有限公司 $