第1编 专题3 电场与磁场 第8讲 磁场 带电粒子在磁场中的运动（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦磁场性质、安培力及带电粒子在磁场中的运动等核心考点，对接高考评价体系，分析各考点权重，归纳多解问题、临界极值等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，通过2025福建卷、重庆卷等真题实例，运用动态圆模型、临界相切条件等方法突破考点，培养学生科学思维与模型建构素养。助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第8讲　磁场　带电粒子在磁场中的运动 贯通•知识脉络 研学•核心考点 目录索引 微专题3 贯通•知识脉络 研学•核心考点 考点一　磁场的性质及磁场对电流的作用 1.磁感应强度的叠加 (1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。 (2)磁场中某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通电导体分别单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。 即磁感应强度的方向 用平行四边形定则或三角形定则 考点一 考点二 考点三 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=BILsin 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 考点一 考点二 考点三 例1　(2025福建卷)无限长的直导线L1、L2中通有大小相等、方向相反的电流,M、O、N共线,且连线与导线垂直,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称,且|MO|=|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,则N点的磁感应强度大小为 (　　) A.B1+ B.-B1 C.B2-B1 D.(B1-2B2) B 考点一 考点二 考点三 解析 设磁感应强度方向以垂直于纸面向里为正,由题意可知M点的磁感应强度为-B1,O点的磁感应强度为B2。由对称性可知,N点的磁感应强度为-B1,L1、L2在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,可知L2在O点产生的磁感应强度为,则L2在N点产生的磁感应强度为-,对于N点有-B1=BL1+BL2,解得BL1=-B1,B正确。 考点一 考点二 考点三 例2　(多选)(2025河南卷)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。如图所示,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,磁场方向垂直于纸面向里。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。 考点一 考点二 考点三 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 BC 考点一 考点二 考点三 解析 线框通电施加安培力的目的是抵消镜头受到的外力,使镜头处于零加速度状态,所以施加的安培力方向与手机加速度方向相反,当Ic沿顺时针方向,Id=0时,c线框受到向右的安培力,d线框不受安培力,可知手机在向左加速,A错误;当Id沿顺时针方向,Ic=0时,d线框受到向上的安培力,c线框不受安培力,可知手机在向下加速,B正确;若加速度沿左偏上30°,则加速度水平方向分量向左ax=a,竖直方向分量向上ay=a,故c线框安培力向右,Ic沿顺时针方向,d线框安培力向下,Id沿逆时针方向,由于ax>ay,则Ic>Id,C正确;若加速度沿右偏上30°,则加速度水平方向分量向右ax=a,竖直方向分量向上ay=a,故c线框安培力向左,Ic沿逆时针方向,d线框安培力向下,Id沿逆时针方向,由于ax>ay,则Ic>Id,故D错误。 考点一 考点二 考点三 考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 1.基本规律 考点一 考点二 考点三 2.轨迹圆的几个基本特点 (1)带电粒子从同一直线边界射入和射出匀强磁场时,入射角等于出射角,如图甲所示,θ1=θ2=θ3。 (2)带电粒子经过匀强磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角,如图甲所示,α1=α2。 (3)沿半径方向射入圆形匀强磁场的粒子,出射时亦沿半径方向,如图乙所示,粒子在磁场中的运动轨迹关于两圆心O、O'连线对称。 考点一 考点二 考点三 3.半径确定的两种方法 方法一:由物理公式求。由qvB=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。 4.时间确定的两种方法 方法一:由圆心角求,t=T。 方法二:由弧长求,t=。 考点一 考点二 考点三 例3　(2024重庆卷)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示,比荷为的带正电的粒子,由固定于M点的发射枪,以不同的速率射出后,沿射线MN方向运动,能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点,O点在MN上,且KO垂直于MN。若打开磁场开关,空间将充满磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场,速率为v0的粒子运动到O点时,打开磁场开关,该粒子全被收集,不计粒子重力,忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,该粒子仍 被收集,求MO间的距离。 (3)速率为4v0的粒子射出后,运动一段时间再打开磁场开关,该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点,求打开磁场的那一时刻。 考点一 考点二 考点三 答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)当粒子到达О点时打开磁场开关,粒子做匀速圆周运动,设轨迹半径为r1,运动轨迹如图甲所示,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m,得lOK=2r1=。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关, 则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1 运动轨迹如图乙所示,由几何关系有 (4r1-2r1)2+=(4r1)2 解得lMO=2r1=。 甲 乙 考点一 考点二 考点三 (3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点,要使粒子仍然经过K点,则N点在O点右侧,运动轨迹如图丙所示 由几何关系有 (4r1-2r1)2+l2=(4r1)2 解得l=2r1= 粒子在打开磁场开关前运动时间为 t= 解得t=。 丙 考点一 考点二 考点三 例4　(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,圆筒足够长。在O点有一电子源,向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子,某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场,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。 甲 乙 考点一 考点二 考点三 答案 (1)　(2)2π2R2 解析 (1)当磁场的磁感应强度为B0时,电子刚好不会落到筒壁上,则电子以速度v0垂直于轴线方向射出,其轨迹恰好与圆筒壁相切,轨迹半径为R0= 根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0= 联立解得。 考点一 考点二 考点三 (2)磁感应强度大小调整为后,将电子速度沿垂直于轴线和平行于轴线方向进行分解,分别设为vx、vy,电子将在垂直于轴线方向上做匀速圆周运动,平行于轴线方向上做匀速直线运动,电子击中筒壁位置距离粒子源最远时,其垂直于轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切,则轨迹半径仍为R0= 根据洛伦兹力提供向心力可得evx= 联立解得vx= 由射出到相切,经过半个周期,用时t= 根据速度的合成与分解可知vy=v0 平行于轴线方向运动距离y=vyt=R 结合对称性可知,被电子击中的面积S=2×2πRy=2π2R2。 考点一 考点二 考点三 考点三　带电粒子在磁场中运动的多解问题 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。 考点一 考点二 考点三 例5　(多选)(2025黑龙江大庆模拟)如图甲所示,M、N为竖直放置、彼此平行、足够长的两块平板,板间距离为d,两板中央分别有一个小孔O、O',且正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示(以垂直于纸面向里的磁场方向为正方向),有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场,已知正离子质量为m,电荷量为q,离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生对电场的影响,离子撞到平板即被吸收,不计离子所受重力,下列说法正确的是(　　) 考点一 考点二 考点三 A.磁感应强度B0大小等于 B.当入射速度大小为时,离子能从O'飞出磁场 C.当入射速度大小为时,离子能从O'飞出磁场 D.若离子能从O'孔垂直于N板射出磁场,则当离子做匀速圆周运动的半径为时所用时间最短 答案 CD 考点一 考点二 考点三 解析 离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力有B0qv0=m,做匀速圆周运动的周期T0=,联立两式得磁感应强度B0=,A错误;要使离子从N板O'孔射出磁场,离子的运动轨迹可能如图所示,结合离子运动的方向可知,当运动的时间为一个周期时,运动的时间最短,所以tmin=T0,此时离子做匀速圆周运动的半径为,两板之间离子运动n个周期,即nT0,则Rn=,联立上式可得离子的速度v0=(n=1,2,3,…),当n=1时,v01=; 当n=2时,v02=,B错误,C、D正确。 考点一 考点二 考点三 例6　(多选)(2025湖南岳阳模拟)如图所示,空间中存在水平向右的匀强磁场,磁感应强度为B。S处有电子射出,电子的初速度大小均为v,初速度方向呈圆锥形,且均与磁场方向成θ角(0°<θ<90°),S点右侧有一与磁场垂直的足够大的荧光屏,电子打在荧光屏上的位置会出现亮斑。若从左向右缓慢移动荧光屏,可以看到大小变化的圆形亮斑(最小为点状亮斑),不考虑其他因素的影响,下列说法正确的是(　 　) A.若圆形亮斑的最大半径为R,则电子的比荷为 B.若圆形亮斑的最大半径为R,则电子的比荷为 C.若荧光屏上出现点状亮斑时,S到屏的距离为d,则电子的比荷可能为 D.若荧光屏上出现点状亮斑时,S到屏的距离为d,则电子的比荷可能为 ACD 考点一 考点二 考点三 解析 将电子的速度分解为水平方向的速度vx和竖直方向的速度vy,即vx=vcos θ,vy=vsin θ,在水平方向因为电子速度与磁场方向平行,所以不会受到洛伦兹力,即电子在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向因为电子速度与磁场方向垂直,所以受到洛伦兹力,由于不计重力,在竖直方向电子做匀速圆周运动,综上所述,电子圆形亮斑的最大半径是电子轨迹圆周的半径的2倍,由此可知,在竖直方向轨迹圆周的半径为,有evyB=m,整理有,A正确,B错误;由于电子在水平方向做匀速直线运动,设电子到荧光屏的时间为t,有d=vxt,解得t=,电子在竖直方向做圆周运动,有 考点一 考点二 考点三 evyB=m,其周期为T=,若荧光屏上出现点状亮斑时,即电子到达荧光屏上时,恰好在竖直方向完成完整的圆周运动,即电子到荧光屏的时间是电子竖直方向做圆周运动的周期的整数倍,有t=nT(n=1,2,3,…),整理有(n=1,2,3,…),当n=1时,其比荷为,当n=2时,比荷为,C、D正确。 考点一 考点二 考点三 微专题3 题型概述 微专题3　带电粒子在有界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.常用的四个结论 (1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当速率v一定时,弧长(或圆心角小于180°时的弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。 (3)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。 (4)在圆形匀强磁场中,若带电粒子速率v一定且运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。 3.常见的动态圆 模型 示意图 适用条件 应用方法 放 缩 圆 (轨迹圆的圆心在直线P1P2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 模型 示意图 适用条件 应用方法 旋 转 圆 (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径为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 模型 示意图 适用条件 应用方法 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 (磁聚焦) (磁发散) 粒子速度大小相同,轨迹圆半径等于磁场区域圆半径 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;带电粒子从磁场边缘某点以不同方向入射时,将从磁场区域平行出射——磁发散 典例探究 例1　(2025安徽卷)如图所示,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直于纸面且平行于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 解析 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,解得R==d,故A错误。当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图轨迹1所示,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所示,根据几何关系可知,s上max=d,故薄板上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误。根据几何关系可知,当粒子可以恰好打到薄板下表面时,粒子沿y轴正方向射出,此时薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图轨迹3所示,根据几何关系可知此时 粒子打到薄板的位置与y轴的距离为d,根据图像可知,粒子可以恰好打到薄板的N点,此时薄板下表面接收到的粒子与y轴最近,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确。根据图像可知,粒子恰好打到薄板下表面N点时转过的圆心角最小,用时最短,根据几何关系可知,此时的偏转角为60°,有tmin=,故D错误。 例2　(2025江苏宿迁三模)如图所示,在xOy平面内存在有界匀强磁场,磁场的边界是半径为R的圆,圆心C点的坐标为(0,R),磁场方向垂直于xOy平面向外,第Ⅱ象限内有垂直于x轴放置的线状粒子源,粒子源的一端在x轴上,长度为2R,沿x轴正方向均匀发射速度大小为v0的相同粒子,所有粒子经磁场偏转后从坐标原点O处射出。第Ⅲ象限内垂直于x轴放置一荧光屏S,荧光屏的一端在x轴上,长为R,到y轴的距离为R。 已知粒子的质量为m,电荷量为+q,不计粒子的 重力及粒子间的相互作用。 (1)求磁感应强度大小B; (2)求能打在荧光屏上粒子的数目占粒子源发射粒子总数的百分比k; (3)若在第Ⅲ、Ⅳ象限内加沿x轴负方向的匀强电场(图中未画出),使所有粒子都能打在荧光屏上,求电场强度的最小值E。 答案 (1)　(2)25%　(3) 解析 (1)粒子源发射的粒子经磁场偏转后均从坐标原点O处射出,则粒子在磁场中运动的轨迹半径r=R 由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m 解得B=。 (2)粒子从O点离开磁场时,速度与x轴负方向夹角为0°~60°范围内的粒子都能打到荧光屏上,临界粒子的轨迹如图所示 速度方向与x轴负方向夹角为60°的粒子进入磁场时的纵坐标 y=R+Rcos 60° 解得y= 打到荧光屏上的粒子占粒子源发射粒子总数的 百分比k=×100% 解得k=25%。 (3)设速度与y轴负方向夹角为θ的粒子从O点离开磁场,经电场偏转恰好打到荧光屏下端,有 y轴负方向R=v0cos θ·t x轴负方向R=-v0sin θ·t+at2 得到tan 2θ-tan θ+-1=0 因为夹角为θ的粒子恰好打到荧光屏的下端,所以θ的值只有一解,判别式Δ=0,即3-4×=0 解得a= 由牛顿第二定律得qE=ma 解得E=。 拓展衍生 1.(多选)(2025河北沧州二模)如图所示,在实线ACODE以上的区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B, lAC=lOC=lOD=lDE=L。磁场边界A点有一粒子源,能射出质量为m、电荷量为 -q(q>0)的带电粒子,粒子以不同的速率垂直AC向上进入磁场,则粒子从COD边界射出磁场时,在磁场中运动的时间可能是(　　) A. B. C. D. BC 解析 带电粒子在磁场中运动的临界情况如图所示,若粒子从C点或D点射出,运动时间为t1=,且粒子不可能做完整圆周运动,A错误,C正确;M点为运动轨迹与边界OD的切点,N为AM与OC的交点,若粒子恰好从M点射出,则运动轨迹圆心必然在AE水平线上,轨迹与OD相切,由几何关系可知△OCD为等边三角形,则过圆心作OD的垂线过C点,所以垂线CM与水平方向所成角为30°,因此运动轨迹对应的圆心角为210°,运动时间为t2=T=,B正确;若粒子从O点射 出,则运动时间为t3=T=,但粒子到达O 点之前已从D点射出,D错误。 2.(2025山西晋中三模)极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用,在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道平面的地磁场,可简化为如图所示,O为地球球心,R为地球半径,将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场,磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源,可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响,不考虑相对论效应。其中沿半径方向(图中1方向)射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若速度方向和AO方向成θ角(图中2方向)射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面,则(　　) A.sin θ= B.sin θ= C.tan θ= D.tan θ= A 解析 若粒子以速率v0射入地球磁场,可知沿AO方向射入的粒子会和地球相切而出,速度方向和AO方向成θ角射入磁场的粒子也恰从地球表面相切射出,在此角度范围内的粒子能到达地球,其余进入磁场的粒子不能到达地球,过A点作与AO成θ角的射入速度的垂线,该垂线与过O点的直线在磁场边界交于F点,则F点为圆心,如图所示,由几何关系可得lAO=lFO=3R,lAF=r=4R,则有sin θ=,故选A。 3.(2025四川泸州模拟)如图所示,在直角坐标系xOy的第四象限内有半径为R的圆形匀强磁场区域,圆心O'坐标为(R,-R),磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里。第一象限有边长为2R的正方形区域Obcd,在P、Q间有沿y轴正方向的电场E,其大小未知且仅随x变化;边长也为2R的正方形区域cdef内有沿x轴负方向、电场强度大小为E0的匀强电场。点a(0,-R)处的离子源在某时刻同时均匀地向y轴右侧某范围内,发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速率相同的同种离子,通过磁场区域后所有离子均从P、Q间垂直于x轴进入第一象限。不计离子重力和离子间相互作用。 (1)求离子从离子源的发射速率v0。 (2)求离子从a点发射分别到达P、Q两点所用的时间差Δt。 (3)要使离子全部打在e点,求PQ间的电场强度E随x变化的规律。 答案 (1)　(2)　(3)E= 解析 (1)由于通过磁场区域后所有离子均从P、Q间垂直于x轴进入第一象限,则通过PQ中点离子的轨迹对应的圆心在O点,所以离子运动的半径为R,由洛伦兹力提供向心力得qv0B= 得离子从离子源的发射速率为v0=。 (2)相同速率的同种离子在磁场中运动的半径相同,由磁发散可知,离子通过P点速度方向竖直向上,垂直于x轴,离子通过Q点速度方向竖直向上,垂直于x轴,运动轨迹如图所示。 由于lOP=,lOQ=,设对应P点的离子在磁场中的圆心角为α,有cos α= 对应Q点的离子在磁场中的圆心角为β,有cos(180°-β)= 得α=60°,β=120°,离子在磁场中运动的周期为T= 这两个离子出磁场后分别到P、Q的距离相等,所以离子从a点 发射分别到达P、Q两点所用的时间差Δt=T-T=。 (3)要使离子全部打在e点,设离子进入正方形区域cdef的速度为v,离子在这个区域内受到的电场力为qE0,则离子的加速度为a= 水平方向上x=at2 竖直方向上2R=vt 可得v=R 离子在正方形区域Obcd内,做匀加速直线运动,则有2R= 其中a'= 解得E=。 $