10 专题三 第10课时 磁场的性质 带电粒子在磁场中的运动（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策略（广东专版）

　磁场的性质　带电粒子在磁场中的运动 真题呈现 2022·广东卷T7——带电粒子在磁场中的运动 2022·广东卷T10——线圈在直线电流的磁场中运动 2023·广东卷T5——带电粒子在回旋加速器中的最大动能 2024·广东卷T15——带电粒子在磁场中的圆周运动 考情分析 磁场是高考必考考点之一，考查的内容侧重于磁场的基本性质，如磁场的叠加和安培力等。带电粒子在磁场中的运动，大多会以电磁场的复合形式呈现。磁场的命题背景仍然以现代科技为主。 真题情境 　　　　 2022·广东卷T7　　　　　　　　2024·广东卷T15 突破点一　磁场的性质 1．用准“三个定则” (1)安培定则：通电导线、圆环产生磁场的判断用安培定则。 (2)左手定则：对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力的判断用左手定则。 (3)右手定则：导体棒切割磁感线产生感应电动势的判断用右手定则。 左、右手定则记忆口诀：左力右电。 2．掌握磁场叠加问题的一般思路 (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，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N处的通电直导线在c点产生的磁场。 (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的c点合磁场的磁感应强度为B。 [典例1]　(2025·湖北卷)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为(　　) A．0　 B．B C．2B　 D．3B A　[根据右手螺旋定则可知线圈在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同，由于M点的总磁感应强度大小为零，则匀强磁场的磁感应强度与线圈在M点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，则线圈在N点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即N点的总磁感应强度大小为0，A正确。] [典例2]　(多选)(2024·广州一模)如图所示是特高压输电线路上使用的六分裂阻尼间隔棒简化图，间隔棒将六根平行长直导线分别固定在正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心。已知通电长直导线周围的磁感应强度B大小与电流I、距离r的关系式为B＝(式中k为常量)。设a、b间距为L，当六根导线通有等大同向电流I0时，其中a处导线对b处导线的安培力大小为F，则(　　) A．a处导线在O点产生的磁感应强度大小为 B．六根导线在O点产生的磁感应强度大小为 C．a处导线所受安培力方向沿aO指向O点 D．a处导线对d处导线的安培力大小为 ACD　[根据几何关系可知，a、O间距为L，则a处导线在O点产生的磁感应强度大小为BaO＝，故A正确；根据右手螺旋定则，结合对称性可知，a、d两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，b、e两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，c、f两处导线在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相反，则六根导线在O点产生的磁感应强度大小为0，故B错误；根据电流方向相同的两根直导线之间的安培力为吸引力，结合对称性可知，b、f两处导线对a处导线的安培力的合力方向沿aO指向O点，c、e两处导线对a处导线的安培力的合力方向沿aO指向O点，d处导线对a处导线的安培力方向沿aO指向O点，故a处导线所受安培力方向沿aO指向O点，故C正确；根据几何关系可知，a、d间距为2L，则a处导线在d点产生的磁感应强度大小为Bad＝＝Bab，可知a处导线在d点产生的磁感应强度大小等于a处导线在b点产生的磁感应强度大小的一半，则a处导线对d处导线的安培力大小为，故D正确。故选ACD。] [典例3]　(多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图所示，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知(　　) 测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT 1 0 21 －45 2 0 －20 －46 3 21 0 －45 4 －21 0 －45 A．测量地点位于南半球 B．当地的地磁场大小约为50 μT C．第2次测量时y轴正向指向南方 D．第3次测量时y轴正向指向东方 BC　[地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，根据测量数据可知，Bz为负值，测量地点位于北半球，选项A错误；利用第1次测量的数据可得当地的地磁场大小为B＝≈50 μT，选项B正确；第2次测量时By为负值，y轴正向指向南方，选项C正确；第3次测量时Bx为正值，x轴正向指向北方，y轴正向指向西方，选项D错误。] 【教师备选资源】 1．(2024·韶关二模)水平架设的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，电流大小相同，电缆线M在最上方，两根电缆线P、Q在下方，且位于同一水平高度处，PQM为等腰三角形，MQ＝MP，O点是P、Q连线的中点，电缆线上的M点、P点、Q点在同一竖直平面内，忽略地磁场，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所受安培力的方向竖直向下 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Q点指向P点 D　[输电线缆M、P电流方向相反，相互排斥，故A错误；由右手螺旋定则及磁场的叠加可知P、Q两条线缆在M点所产生的合磁场水平向右，根据左手定则可知，M线缆受到的安培力方向竖直向上，故B错误；由右手螺旋定则可知，M线缆在O点处产生的磁场方向由O点指向P点，故C错误；由右手螺旋定则及题意可知，P、Q线缆在O点处产生的磁场方向等大反向，M线缆在O点处产生的磁场方向由O点指向P点，故合磁场的方向由Q点指向P点，故D正确。故选D。] 2．(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点，下列说法正确的是(　　) A．图示左侧通电导线受到安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 A　[由左手定则可知，题图左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确； a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。故选A。] 突破点二　带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1．基本公式和结论 (1)基本公式：qvB＝m＝ma＝mω2r ＝mr＝mωv，T＝，t＝＝T。 (2)重要结论：r＝，T＝。 2．熟悉几种常见情形 直线边界 粒子进出磁场具有对称性 平行边界 粒子运动存在临界条件 圆形边界 带电粒子在圆形边界磁场中运动的四个结论：(1)径向进出(如图1)；(2)等角进出(如图2)；当轨迹半径与磁场半径相等时，(3)点入平出(如图3)——磁发散； (4)平入点出(如图4)——磁聚焦 [典例4]　如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力，则为(　　) A．　 B． C．　 D． B　[设磁场区域的半径为R，根据几何关系可知，带电粒子以大小为v1的速度射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r1＝R，带电粒子以大小为v2的速度射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2＝＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，可得r＝，则r1＝，r2＝，解得＝，B正确。] 变式拓展1．(多选)如图所示，方向垂直于纸面向外的长方形匀强磁场区域abcd的对角线ac与ab边的夹角θ＝30°，e是ab的中点，若一带正电粒子P从a点沿ac方向以初速度v射入磁场中，经时间t恰好从e点射出磁场。下列说法正确的是(　　) A．若P的初速度增大为2v，则从b点射出磁场 B．若P的初速度增大为2v，则经时间2t射出磁场 C．若带负电粒子Q(比荷与P的相等)从a点沿ac方向射入磁场中并从d点射出磁场，则其初速度为v D．若带负电粒子Q(比荷与P的相等)从a点沿ac方向射入磁场中并从d点射出磁场，则经过的时间为t AC　[P分别以速度v、2v射入，在磁场中做圆周运动的半径分别为r1＝、r2＝，如图所示，根据几何关系得α＝β＝θ＝30°，可知P的初速度增加为2v之后从b点射出，A正确；由周期T＝知两种情况下周期相等，速度为v时，t＝，速度增加为2v之后，t2＝＝t，B错误；根据几何关系知γ＝2(90°－θ)＝120°，Q在磁场中的运动时间t3＝＝2t，D错误；Q运动轨迹半径r3＝，r3＝，ad＝abtan θ，ab＝2r1，解得v3＝v，C正确。] 变式拓展2．如图所示，在两个同心圆所夹的环状区域(含边界)存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，两圆的半径分别为R和3R，圆心为O。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从大圆边缘的P点沿半径PO方向以不同的速度垂直射入磁场，不计粒子重力。 (1)若粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°，求粒子在磁场中运动速度的大小v1和在磁场中运动的时间t1； (2)若粒子不能进入小圆内部区域，求粒子在磁场中运动的速度v2的范围。 [解析]　(1)作出粒子的运动轨迹如图甲所示 则由轨迹图可得 r1＝3Rtan 30°＝R 由牛顿第二定律得 qv1B＝m 解得v1＝ 带电粒子在磁场中运动的周期T＝ 带电粒子在磁场中运动的时间t1＝T＝。 (2)设带电粒子恰好未进入小圆内部区域时的最大速度为vm，对应半径为rm，如图乙所示 根据几何关系有 (3R)2＋＝(rm＋R)2 解得rm＝4R 此时由牛顿第二定律有 qvmB＝m 可得vm＝ 所以0<v2≤。 [答案]　(1)　　(2)0<v2≤ 　处理带电粒子在匀强磁场中运动的基本思路 (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。 (2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角与圆心角、运动时间相联系，在匀强磁场中运动的时间与周期相联系。 (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。 [典例5]　(2024·广东河源二模)如图所示，斜边MN长度为L的等腰直角三角形OMN区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场(三角形边界上也存在磁场)。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子(不计重力)从斜边MN上的P点进入磁场，速度方向与PM间的夹角θ＝45°，且MP＝。经过一段时间，粒子从PN上的D点(未画出)离开磁场，则下列说法正确的是(　　) A．磁场方向垂直于纸面向里 B．粒子的最大速度为 C．D点到P点的最大距离为 D．粒子在磁场中运动的时间为 C　[根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；速度越大，粒子在磁场中做圆周运动的半径越大，当速度达到最大值时，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的轨迹同时与三角形的OM、ON边相切，且从D点飞出的速度方向与MN的夹角也为θ＝45°，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有rmax＝cos θ，由洛伦兹力提供向心力有qvmaxB＝m，解得vmax＝，B错误；由几何关系有xPD＝＝，C正确；粒子做匀速圆周运动的周期T＝，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝，D错误。故选C。] 【教师备选资源】 1．如图所示，边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场，ad边中点处O有一粒子源，向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子，ab边恰好没有电子射出，已知电子质量为m，电量大小为e，则(　　) A．bc边有电子射出 B．磁感应强度大小为 C．从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为 D．从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为5∶1 D　[ab边恰好没有电子射出，轨迹如图甲所示 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m，r＝ 可得B＝ 由于电子射入的速度大小不变，方向改变，则轨迹半径不变，根据旋转圆模型可知，bc边没有电子射出，故A、B错误；从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时的轨迹如图乙所示 根据几何关系可知，圆心角θ＝60° 所以运动的最长时间为t＝T＝·＝故C错误；由以上分析可知，当粒子恰好经过d点时，其入射速度方向与ad边的夹角为30°，所以从cd边射出的电子数和从ad边射出的电子数比值为＝，故D正确。故选D。] 突破点三　带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题 1．处理临界、极值问题的两个关键 (1)运用动态思维，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出轨迹，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。 2．处理临界、极值问题的技巧 方法 放缩圆法 旋转圆法 图形 适用 条件 速度方向一定，大小不同 速度大小一定，方向不同 作图 方法 以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件 将一半径为R＝的圆沿着“轨迹圆心圆”旋转，从而探索出临界条件 考向1　动态旋转圆法的应用 [典例6]　(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(　　) 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，又v＝，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＝2rcos 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BC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7]　(2024·深圳二模)如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于圆所在的平面。一速度为v的带电粒子从圆周上的A点沿半径方向射入磁场，入射点A与出射点B间的圆弧为整个圆周的三分之一。现有一群该粒子从A点沿该平面以任意方向射入磁场，已知粒子速率均为v， 忽略粒子重力及粒子间的相互作用，则粒子在磁场中最长运动时间为(　　) A．　 B． C．　 D． C　[粒子在磁场中做匀速圆周运动，设速率为v的带电粒子的运动半径为r1，其轨迹如图中弧所示，由题意可知∠AOB＝120°，由几何关系可得θ＝30°，圆周运动的半径为r1＝＝R，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，可得粒子的运动半径为r＝，可知粒子运动的半径与速率成正比，则速率为v的粒子在磁场中做圆周运动的半径为r2＝r1＝2R，在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域圆的直径，粒子运动轨迹如图中的弧所示，则角β满足sin β＝，可得β＝30°，速率为v的粒子在磁场中运动的周期为T＝＝，粒子在磁场中最长运动时间为t＝T＝，故选C。] 考向2　动态放缩圆法的应用 [典例8]　(多选)(2024·广州天河区二模)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为－q的带电粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子可能从B点射出 B．若粒子从C点射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为L C．若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为 D．若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，其在磁场中运动的时间越短 BC　[带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；粒子从C点射出，如图甲所示，根据几何关系可得R2＝＋，解得R＝L，则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为sin θ＝＝，则θ＝60°，粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，故B、C正确；由qvB0＝m，可得r＝，若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图乙所示，粒子从AB边射出时的圆心角相同，根据T＝可知，粒子在磁场中运动的周期相等，则其在磁场中运动的时间相同，故D错误。故选BC。] 【教师备选资源】 1．(多选)如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等、质量大小均为m、电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，OP＝OS＝d，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　) A．粒子的速度大小为 B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为 C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9∶2 D．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为 AC　[如图所示， 粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点，可以画出其轨迹1，可知SP为直径，由几何知识有(2R)2＝d2＋(d)2，可得R＝d，又由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，代入R可得v＝，A正确；又T＝，得到粒子做匀速圆周运动的周期T＝，由几何知识可得，从O点射出的粒子，轨迹所对的圆心角为60°，在磁场中的运动时间t＝T＝，故B错误；运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，由几何知识可知，其运动轨迹所对应的圆心角为270°，可得t1＝T，运动时间最短的粒子为从原点射出的粒子(轨迹3)，此时其运动轨迹所对应的圆心角为60°，可得t2＝T，所以t1∶t2＝9∶2，C正确；沿平行x轴正方向射入的粒子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之一圆，离开磁场时的位置到O点的距离为d，D错误。] 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $