专题三 第9讲磁场-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

第9讲　磁场 【备考要求】　1.会用安培定则判断磁场的方向，会进行磁感应强度的叠加.2.会分析和计算安培力、洛伦兹力的方向和大小.3会判断带电粒子在磁场中的运动性质并会解决相应问题． 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＝BIL sin 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 [例1]　(多选)(2025·河南卷·9)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响．如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态．下列说法正确的是(　　) A.若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右 B.若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下 C.若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic＞Id D.若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic＜Id 答案　BC 解析　若Ic沿顺时针方向，Id＝0，根据左手定则，线圈c受到的安培力方向向右，表明a的方向向左；若Id沿顺时针方向，Ic＝0，由左手定则，线圈d受到的安培力方向向上，则表明a的方向向下，故A错误，B正确；规定水平方向为x，竖直方向为y，若a的方向沿左偏上30°，则有ax＝a cos 30°＝a，ay＝a sin 30°＝a，即ax＞ay，线圈c和线圈d受到的安培力分别向右和向下，依左手定则，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向，要求Fx＞Fy，故Ic＞Id，故C正确；同理，若a的方向沿右偏上30°，则有ax＝a cos 30°＝a，ay＝a sin 30°＝a，即ax＞ay，线圈c和线圈d受到的安培力分别向左和向下，依左手定则，则Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，要求Fx＞Fy，故Ic＞Id，故D错误． [例2]　(2025·河北省邯郸市高三模拟)空间中有四根平行长直导线，四根导线恰好在正方形的四个顶点上，其截面图如图所示．若导线a、c中通有垂直纸面向里的电流I，导线b中通有垂直纸面向外的电流I，导线d中未通电，导线a中电流在d处产生的磁场的磁感应强度大小为B0.已知通有电流I的长直导线周围某点的磁感应强度大小B＝k，式中k为常量，r为该点离直导线的距离，则d处实际磁感应强度大小为(　　) A.B0 B．B0 C.B0 D．(－1)B0 答案　A 解析　a、c两点到d点的距离相等，则a、c中电流在d点产生的磁场的磁感应强度大小相等，即B2＝B1＝B0 由B＝k可知，b中电流在d点产生的磁场的磁感应强度大小B3＝B0 如图，故d处合磁场的磁感应强度大小B合＝B0－B0＝B0，故B、C、D错误，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：由物理公式求，由于Bqv＝ 所以半径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 方法二：由弧长求，t＝ 2.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论 (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，θ1＝θ2＝θ3). (2)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，两侧关于两圆心连线OO′对称). 　　 (3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角(如图甲，α1＝α2). 3．带电粒子在磁场中运动的多解成因 (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)速度不确定形成多解； (4)运动的周期性形成多解． [例3]　(多选)(2025·河北卷·10)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地．M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场．M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子．当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔．已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应．下列说法正确的是(　　) A.粒子一定带正电 B.若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小 C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d 【思路点拨】 答案　BD 解析　根据题意，结合左手定则知，粒子带负电，A错误；发射方向与OP夹角为60°的粒子恰好垂直穿过Q点，运动轨迹如图甲所示，由几何关系得r cos 60°＋r＝3L，解得 r＝2L，板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好不能到达N板，由动能定理得－qEd＝－mv2，解得v＝，v不变，则间距d增大，板间形成的最大电场强度减小，B正确；由几何知识可知OP＝L，粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应的弦长为直径，如图乙所示，最大距离为＝L，C错误；设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，由于 PO⊥OQ，可得PQ＝＝2L，由几何关系可知∠PQO′＝30°，∠PQO＝30°，则粒子斜射入极板间的速度与M板夹角θ＝90°－∠PQO′－∠PQO＝30°，板间电场强度最大时粒子打到M板下表面的位置到Q点的距离最小，粒子在板间做类斜抛运动，运动轨迹如图丙所示，沿电场力方向，由牛顿第二定律得qE＝ma，粒子在板间运动的时间t＝ ，粒子距离Q点的最小距离为x1＝v cos θ·t，联立解得x1＝d，D正确． 【一题多解】　D选项可根据动量定理求时间，在竖直方向上，规定竖直向上为正方向，qEt＝mv cos 60° －(－mv·cos 60° )，解得t＝ ， 粒子距离Q点的最小距离为x1＝v sin 60°·t＝d. [例4]　(2025·黑、吉、辽、蒙卷·15)如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电的粒子从M(0，－y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N(0，y0)点射出磁场．已知粒子的电荷量为q(q＞0)，质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应． (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1； (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m＝(k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2； (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝k). 解　(1)一带正电的粒子从M(0，－y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，粒子从M到N做匀速圆周运动，根据几何关系r sin θ＝y0，解得r＝2y0 洛伦兹力提供向心力，则qv1B＝，联立解得v1＝，周期T＝，解得T＝，速度偏转角为2θ＝2×30°＝60°，所以t1＝T，解得t1＝； (2)正电荷沿原来轨迹从M运动到N，负电荷需固定在(1)问圆心处，这样负电荷受到洛伦兹力与库仑力的合力提供向心力，轨迹与(1)相同，根据牛顿第二定律有＋qv2B＝m′，整理成关于v2的一元二次方程：B2y·v－2kqBy·v2－24k2q2＝0，因式分解(Byv2－6kq)(Byv2＋4kq)＝0，解得v2＝(已舍去另一负解)； (3)离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，负电荷类比地球，N点为“近地点”，速度变为与N点的射出速度相反的点为“远地点” 类比天体，根据开普勒第二定律有v3r′＝v2r，根据能量守恒定律可得m′v－＝m′v－，联立解得r′＝6y0，可得椭圆半长轴a＝4y0，根据开普勒第三定律，椭圆轨道周期与半径为a＝4y0的圆轨道周期T′相同，对这个圆轨道列向心力方程＝m′··4y0，解得T′＝，因此所求时间t2＝，解得t2＝. 考点三　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 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 磁聚焦与 磁发散 　 粒子速度大小相同，轨迹圆半径等于区域圆半径 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散 　 [例5]　(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　a粒子恰好到达磁场外边界后返回，作出a粒子运动轨迹图，如图所示： 设粒子a的轨迹半径为ra，外圆半径为R；根据洛伦兹力提供向心力qvaB＝m，由于a粒子的速度大小为va＝，联立解得ra＝R0，根据数学知识OO′＝R0，外圆半径为R＝ra＋OO′＝R0＋R0＝R0，故A错误；a粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝，根据对称性，粒子在磁场中运动的时间t1＝2×T＝×＝，粒子在内圆中的运动时间t2＝＝2R0×＝，a粒子返回A点所用的最短时间为t＝t1＋t2＝＋＝，故B正确；由题意，作出b、c柆子运动轨迹如图所示： 因为b、c柆子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子倣圆周运动的周期相同，因此所用的最短时间之比为1∶1，故C错误；根据运动轨迹图，结合几何关系得2rc＋R0＝R，联立解得rc＝R0，洛伦兹力提供向心力qvcB＝m，联立解得vc＝va，故D正确． [例6]　(多选)(2025·湖南省长沙市长郡中学高三模拟)在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O′(0，4d)点为圆心、半径为R＝5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M(－3d，0)、N(3d，0)两点，磁场下边界是以坐标原点O为圆心，半径为r＝3d的一段圆弧．如图，在虚线区域内(3d＜y＜9d)有一束均匀分布带负电的粒子沿x轴负方向以速度v0射入该磁场区域．已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B＝，带电粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法中正确的是(　　) A.粒子在磁场中的运动半径为4d B.正对O′点入射的粒子离开磁场后不一定会过O点 C.粒子在磁场区域运动的最长时间为 D.粒子经过O点进入第四象限的比例为 答案　ACD 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，对粒子，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得粒子在磁场中的轨道半径为r＝4d，故A正确；正对O′的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示： 根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，即正对O点入射的粒子离开磁场后一定会过O点，故B错误；根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d形状，O′平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆周运动，运动的圆心到O点距离均为5d，如图所示： 利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点．由上述分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如图所示： 由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了143°，因此运动的时间为t＝·＝，故C正确；如图所示，从y＝7d水平向左的粒子离开磁场方向沿y轴负方向，故7d＜y＜9d射入的粒子过O点后射入第四象限，3d＜y＜7d射入的粒子过O点后射入第三象限．故进入第四象限的比例为，故D正确． [例7]　(2025·湖南省郴州市高三三模)如图，xOy平面内有大量质子从原点O在180°的范围内连续以相同速率v0向y轴右侧发射，右侧足够远处放置与x轴垂直且足够大的荧光屏，O在荧光屏上的投影点为O′.现在第Ⅰ象限和第Ⅳ象限一定范围内分别施加一个垂直于xOy平面的区域匀强磁场(磁场大小相同、方向不同)，使得所有质子都垂直打在荧光屏上CC′范围内，已知O′C＝O′C′＝R.忽略质子间的相互作用，已知质子质量为m、电荷量为e，求： (1)磁场在第Ⅰ象限的方向和大小； (2)在Ⅰ、Ⅳ象限所加磁场的最小总面积． 解　(1)从原点O竖直向上射出的电子垂直打在荧光屏上，故磁场方向必定垂直xOy平面向外，根据题意可得粒子的回旋半径为R，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律则有ev0B＝m 解得B＝； (2)在由O点射入第Ⅰ象限的所有质子中，沿y轴正方向射出的电子转过圆周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为磁场区域的上边界．设某电子做匀速圆周运动的圆心O′，与O点的连线与y轴正方向夹角为θ，若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向，其射出点(也就是轨迹与磁场边界的交点)的坐标为(x，y).由图中几何关系可得x＝R sin θ，y＝R－R cos θ 消去参数θ可知磁场区域的下边界满足的方程为x2＋(R－y)2＝R2(x＞0，y＞0) 这是一个圆的方程，圆心在(0，R)处，磁场区域为图中两条圆弧所围成的面积，磁场的最小面积为S1＝2(πR2－R2)，根据对称性可知，磁场的最小总面积为S＝2S1＝πR2－2R2. 学科网（北京）股份有限公司 $