2026届高三物理二轮专题复习讲义：第11讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动

第11讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动 讲义 知识体系： 考点一　磁场的基本性质、安培力 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=IlBsin θ,θ=0时F=0;θ=90°时F=IlB 导线为 曲线时 受力 分析 根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程 3.解决磁场叠加和安培定则的运用问题时应注意 (1).根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。 (2).磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。 (3).磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。 典例1:(2025·福建卷·3)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.B2-B1 C.B2-B1 D.(B1-2B2) 答案:B解析　根据安培定则，两直导线在O点处产生的磁感应强度方向相同，大小相等，则单个直导线在O点处产生的磁感应强度大小为B0=，根据对称性，可知两导线在N点产生的磁感应强度大小与M点一样，为B1；L2在N点产生的磁感应强度大小为B0=，由于L2在N点产生的磁感应强度大于L1在N点产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度大小为-B1。故选B。 典例2: (2025·辽宁朝阳阶段检测)如图所示,半径为R的圆形导体ABC单位长度的电阻为r,AC为圆的直径,弧BC对应的圆心角为60°。直径AC的上部有垂直纸面向里的匀强磁场,下部有垂直纸面向外的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。在A、B两点间接入恒定电压U,电流方向图中已标出,那么整个圆形导体所受安培力的大小为(　　) A. B. C. D. 答案　A解析　圆形导体分为三部分,分别为AB、BC、AC,电阻分别为R1=r,R2=r,R3=πRr,有效长度如图中所示,三部分所受安培力分别为 F1=·R·B=,F2=R·B=,F3=·2R·B=, 由力的合成得合力F= =,故A正确。 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 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，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系 (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 基本 公式 qvB=m，T= 重要 结论 r=，T= 圆心的 确定 (1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆心，如图(a) (2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b) (3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算) 半径的 确定 方法一：由公式求，Bqv=，得半径r= 方法二：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 时间的 求解 方法一：由圆心角求，t=·T，其中轨迹对应的圆心角等于速度方向的偏向角 方法二：由弧长求，t= 2.带电粒子在有界匀强磁场中的运动情况分析 分类 示例 注意事项 直线 边界 粒子进出磁场具有对称性 图甲中,粒子在磁场中运动的时间t== 图乙中,粒子在磁场中运动的时间 t=T==,半径r= 图丙中,粒子在磁场中运动的时间t=T=,半径r= 图丁中,当带电粒子的运动轨迹等于圆周时,直径与边界相交的交点(如图b点)为带电粒子射出边界的最远点(距O点最远) 平行 边界 往往存在临界条件 图甲中,粒子在磁场中运动时间t1=,t2== 图乙中,粒子在磁场中运动时间t= 图丙中,粒子在磁场中运动时间t=T= 图丁中,粒子在磁场中运动时间t=T= 圆形 (或三角形) 有界磁场 沿径向射入的粒子,必沿径向射出 图甲中:(1)磁场半径和轨迹半径构成对角互补的四边形,即φ+θ=π。 (2)轨迹半径r、磁场半径R的关系为r=Rtan 图乙中,带电粒子从直径的一个端点射入磁场,从该直径的另一端点射出时,磁场区域面积最小 图丙中,当粒子的运动轨迹与内圆相切时,粒子有最大速度或磁场有最小磁感应强度 图丁中,当粒子的运动轨迹与AC边相切时,粒子不从AC边射出时有最大速度 典例3:(2024·广西卷·5)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.(1+ 答案　C解析　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。 典例4:(多选)(2025·四川卷,10)如图所示,Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场,其边界为正方形;Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场,其外边界为圆形,内边界与Ⅰ区边界重合;正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场,一段时间后从a点离开。sin 37°=0.6。则带电粒子(　　) A.在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C.在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D.在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 答案　AD解析　粒子的运动轨迹如图所示, 由图可知带电粒子在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点,故A正确;由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得r=,则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为==,故B错误;粒子在磁场Ⅱ区每段圆弧对应的圆心角相等,设为α,由几何关系可知cos α==,可得α=37°,故粒子在Ⅰ区运动的时间为t1=T1=·,粒子在Ⅱ区运动的时间为t2=T2=·,则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为=,故D正确;粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为 l1=×2πr1=×2πr1,l2=×2πr2=×2πr2, 则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为=,故C错误。 典例5:(2025·湖北卷·14)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。不计重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子在MN左侧磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得qv0B= 解得R= (2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图甲所示， 根据几何关系可得cos θ= 又O1D=OD-R= 解得θ=60° 粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为R'的匀速圆周运动，从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界，在右侧磁场中，有qv0×2B= 解得R'= 由几何关系知粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为2θ=120°，则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin 60°=R'= (3)要使粒子能回到O点并做周期性运动，粒子的轨迹需上下对称，轨迹如图乙所示。 由图乙可知粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应的圆心角为240°， 运动的时间t1=T1=×= 粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应的圆心角为120°， 运动的时间t2=T2=×= 设粒子从MN到PQ过程中运动的距离为l， 由几何关系知Rsin 60°=R'sin 60°+lcos 60° 解得l= 则粒子在MN和PQ之间运动的时间t3== 综上可知，粒子的运动周期为T=t1+t2+t3=+=。 考点三　带电粒子在有界磁场中运动的临界、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 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，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 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 4.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题常用的结论 1.刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动轨迹与边界相切。 2.直径是圆的最大弦。 3.同一圆中大弦对应大的圆心角。 典例6:(2025·湖北武汉模拟)如图所示,在直角△MON区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),磁感应强度大小为B,O点处的粒子源可向纸面内磁场区域各个方向发射带电粒子。已知带电粒子的质量为m,电荷量为+q,速率均为v=,ON长为d且∠ONM=30°,忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法正确的是(　　) A.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 B.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 C.MN边上有粒子到达区域的长度为 D.ON边上有粒子到达区域的长度为 答案　C解析　洛伦兹力提供带电粒子做匀速圆周运动的向心力, 则qvB=m,又v=,解得r=。 自MN边射出的粒子在磁场中运动的时间最短时,对应的弦最短,当OA垂直MN垂足为A点时,OA作为弦最短,轨迹圆弧所对应的圆心角为60°。自MN边射出的粒子在磁场中运动的时间最长时的运动轨迹与MN相切于B点,OB作为弦最长,轨迹圆弧所对应的圆心角为90°,如图所示。根据T=,解得T=,可得自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间tmin=T=,自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间tmax=T=,A、B错误;MN边上有粒子到达区域的长度为AB之间的距离,由几何关系可得AB=OO2=,C正确;ON边上有粒子到达区域的长度为OC之间的距离,由几何关系可得OC=2×cos 30°=d,D错误。 典例7:(2025·安徽卷·7)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 答案　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，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，薄板上表面接收点距离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；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；由图可知，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。 典例8:(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,如图甲所示。 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,然后沿内圆直径做匀速直线运动,再在环形匀强磁场内做匀速圆周运动恰好回到A点,根据洛伦兹力提供向心力qvaB=m,由题意知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R=R0+R0,故A错误;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t,a粒子做匀速圆周运动的周期T==,根据对称性知a粒子在磁场中运动的时间t1=T=,a粒子在内圆中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=,故B正确;作出b、c粒子运动轨迹图,如图乙、丙所示 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周,根据b、c带正电且比荷均为,所以两粒子做圆周运动的周期T=相同,则所用的最短时间之比为1∶1,故C错误;对c粒子,由几何关系得2Rc=R0,根据洛伦兹力提供向心力,有qvcB=,联立解得vc=va,故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $