第9讲 磁场-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

第9讲 核心素养， 考点一磁场的 专向1 磁场方向的判断及磁场叠加二 1.根据安培定则确定通电导线周围磁场的 方向. 2.磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处 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 单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和. [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M 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L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 B,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中 电流不变，仅将L,撤去，N点的磁感应强度大 小为 ( ) A.BaB B号B,-B C.B2-B D.B-B2 [解题指导] (1)由安培定则判断两导线分别在M、O、 N场强的方向； (2)由对称性及磁场叠加计算N点的磁 感应强度大小 春间2 安培力作用下的力电综合 1.两个常用的等效模型 (1)变曲为直：图甲所示通电导线，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 XX XX 甲 4: 第一部分：专题三电场和磁场 磁场 助学提能 性质安培力 (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铁，如图乙. 2.安培力作用下力学问题的解题思路 (1)选定研究对象：通电导线（或通电导体棒）. (2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B, F⊥I. (3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列 方程 [例2]如图所示，一宽为 B L的平行金属导轨固定在 倾角为θ的斜面上，在导日 轨上端接入电源和滑动变阻器R,电源电动 势为E、内阻为r,一质量为m的金属棒ab 静止在导轨上，与两导轨垂直并接触良好， 整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂 直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻 为R。,导轨电阻不计.金属导轨与金属棒之 间的最大静摩擦力为Fm,重力加速度为g 闭合开关后，下列判断正确的是 () A.金属棒受到的安培力方向沿斜面向上 B.金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面 向下 C.若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的 BLE 阻值为Fn一mgSn0Y-R。 D.要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻 器R接入电路中的最小阻值为 BLE mgsin FmrRo [解题指导] ()根据左手定则判断安培力方向方向， (2)根据平衡条件及闭合电路求滑动变阻 器的阻值. 物理 考点二 带电粒 核心透视 1.分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法 (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、 基本 运动速度相联系，偏转角度与圆心角、 思路 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 qB=m” ,T2 0 重要 结论 r- qB (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)轨迹上人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) 圆心的(3)沿半径方向距入射点距离等于，的点， 确定 如图(c)(当r已知或可算) oi& B ●、 ××× ×× XX X pe. + (a) (b) (c) 方法一：由物理公式求， 由于Bqu=mu 半径的 所以半径r=m 确定 B 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 方法一：由圆心角求，t= 求解 方法二：由弧长求，=5 子在磁场中的运动 2.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. 典题例析 [例3](2026·云南卷)洛伦兹力演示仪示 意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生 的磁场中.玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆 面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径 为R、最高点为P,区域内的磁场视为匀强 磁场.电子枪将电子从O点正下方0.8R处 的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆 面内运动一段时间后到达P点.已知电子 质量为m、电荷量为e,不计电子的重力和电 子之间的相互作用.求： 励磁线圈 玻璃泡 电子枪 图甲洛伦兹力演示仪示意图 图乙匀强磁场区域 50 (1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向； (2)电子从S点第一次到达P点所用的 时间. [解题指导] 第一步：由几何关系确定电荷做圆周运动 半径，再由半径公式求磁感应强度大小和 方向 第二步：根据T-2矿结合，=8R可得 T,从而求电子从S点第一次到达P点所 用的时间. 5 第一部分：专题三电场和磁场 对点集训 1.(2026·贵州卷)如图，空间中存在垂直于纸 面向里的匀强磁场及从O点沿径向向外的 电场，某处电场强度大小E=冬，k为常量，7 为该处到O的距离.一带负电粒子在纸面 内沿逆时针方向做匀速圆周运动.当磁感应 强度大小为B1时，粒子运动半径为r1,速率 为，电势能为E。1;当磁感应强度大小为B2 (B2>B)时，粒子运动半径为r2,速率仍为 v,电势能为E2.取无限远处的电势为零，不 计粒子重力，则 () ×0 B X A.r2>r,Ep2>Ep B.r2>r,Ep<Ep C.r2<r,Ep<Ep D.r2<r1,Ep2>Epl 2.(2026·河南卷)如图，间 ××××××X ××××××× 距为l的两虚线a、b间存 ××××××X b 在方向垂直于纸面向外的 0 匀强磁场，虚线b上方存 在方向垂直于纸面向里的匀强磁场.一带电 粒子在纸面内垂直于虚线a从O点射入磁 场，一段时间后又从O点射出磁场.已知该 粒子在下方慰场中运动的圆轨迹半径为号 1,不计重力，则上、下磁场的磁感应强度大 小之比为 () A.2:1 B.3:1 C.4:1 D.5:1 物理 考点三 带电粒子在有界匀强 核心透视 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 以入射点P为定 粒子的入 射点位置 点，将半径放缩作 放 轨迹圆，粒子恰好 缩 相同，速度 不射出磁场的临 方向一定， 轨迹圆的圆心 界状态是粒子运 速度大小 在P1P2 直 动轨迹与磁场边 不同 线上 界相切 粒子的入将 一半径为 0 射点位 旋 轨迹圆的圆心相同，速 R=?光的圆以入 gB 转 圆 在以入射点P大小一定，射点为圆心进行 为圆心、半径R速度方向旋转，从而探索出 m的圆上 不同 临界条件 g xXXX。xX×X 粒子的入 平 射点位置 移 轨迹圆的所有不同，速度 将半径为R=mo gB 圆圆心在一条直大小、方向的圆进行平移 线上 均一定 带电粒子平行射 入圆形有界匀强 磁场，则粒子从磁 粒子速度 磁聚 场边界上同一点 大小相同， 焦与 磁聚焦 射出，该点切线与 轨迹圆半 磁发 入射方向平行 径等于区 散 磁聚焦，从边 域圆半径 缘某点以不同方 磁发散 向入射时平行出 射—磁发散 52 兹场中运动的临界与极值问题 典题例析 [例4幻（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B.不计粒子的重力、空气阻力及粒子 m 间的相互作用，则 X 0 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 3d 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 时间为器 对点集训 1.(2024·湖北卷，7)如图 XX X 所示，在以O点为圆心、·4 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g(g>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？不 3gB 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3gB邵 3m 2.如图所示，半径为R 的圆形区域的圆心位 于直角坐标系的坐标 原点O,该圆形区域内 有垂直坐标平面的匀强磁场（图中未画出） 磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、 N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x 轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续 向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q(q >0)、速率为v的粒子.已知从粒子源中点 P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆 与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射 出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用 力.求： (1)匀强磁场的磁感应强度； 课堂评价> 1.(多选)如图所示的直 B 角三角形区域内存在 垂直纸面向外的匀强 磁场（包括边界，图中未画出），∠ACB 30°，一带正电的粒子由AC中点以速率 。沿垂直AC方向射入磁场，经磁场偏 转后从AC边离开磁场，已知AB=L,粒 子的质量为m、电荷量为q,粒子重力忽 略不计.则下列说法正确的是( ) 53 第一部分：专题三电场和磁场 (2)从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路 程范围. 高考预测 A.磁感应强度的大小可能为2 gL B.磁感应强度最小时，粒子的出射点到C 点的距离为号 C.从AC边离开的粒子在磁场中运动的时 间均为2πL 30 D.当磁感应强度取粒子从AC边离开磁场 的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子 在磁场中的运动时间缩短 物理 2.为了探测带电粒子，研究人员设计了如图甲 所示的装置.纸面内存在一个半径为R、圆 心为O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂 直纸面向外，该磁场区域在垂直纸面的方向 上足够长.以O右边的O点为坐标原点建 立一平面直角坐标系xOy,O和O'两点间 距离为2R.y轴与OO'连线垂直，x轴（图甲 中未画出)正方向垂直纸面向里，在xOy平 面内存在一个足够大的探测屏.圆形磁场区 域正下方存在一个长度为R且与y轴垂直 的粒子源MN,该粒子源各处均能持续不断 地发射质量为m、电荷量为十g的粒子，粒 子发射时的速度大小均为。，方向均沿y轴 正方向，从粒子源MN中点发射的粒子速 度方向恰好指向O',已知粒子在圆形磁场 中做圆周运动的半径为R,不计粒子重力和 粒子间相互作用力， P M粒子源N 甲 乙 (1)求圆形匀强磁场区域的磁感应强度大 小B; (2)求从粒子源右端点N发射的粒子从进 入磁场到打到屏上所经历的时间t； (3)若在圆形区域内再加上一个沿x轴正方 向、场强为E=”心且足够长的匀强电场，此 aR 时从粒子源中点及左右端点M、N发射的 粒子打在屏上P1、P2、P3三点上，如图乙 所示； ①请指出从M点发射的粒子打在屏上哪一 点；（不要求写推导过程） 54 ②求打在屏上的所有粒子中与O点相距最 远的粒子在屏上的坐标. C温馨提 学习至此，请完成配套训练专题精准强化9物理 [对点集训] 1.C2.C 考点二 [例2][解析]P-x图像的斜率表示电场强度，由图可知 一6cm<x0区域的电场强度大小为E= 6 6x10-2V/m =100V/m,方向沿着x轴负方向，0<x<4cm区域的 6 电场强度大小为E,=4x10V/m=150V/m,方向沿 着x轴正方向，可知x=一2cm处的电场强度小于x= 2cm处的电场强度，且此静电场不可能由两个负电荷产 生，故B正确，A错误；x=0处电势最高，根据E。=qp可 知该带负电荷的粒子在x=0处的电势能最小，故C正 确；带负电粒子（重力不计）从x=3cm处由静止释放， 受到沿x轴负方向的静电力，当运动到x<0区域后，受 到沿x轴正方向的静电力，根据动能定理qE2x2一qE1x1 =0可得，x1=4.5cm,则该粒子将沿x轴负方向运动， 运动到的最远位置为x=一工1=一4.5cm,故D正确. [答案]BCD [对点集训] 1.A 2.AC 考点三 [例3][解析](1)小球第一次达到最大速率，时，受 力平衡，根据平衡条件有mg=k, kvo 解得小球的质量为m= 小球再次到达最大速率。时，受力平衡，小球到达M点 上方N点，速度方向竖直向上，则空气阻力竖直向下，根 据力的平衡条件有mg十kv,=gE, 解得电场强度大小为E=2, (2)对小球从P,点运动到M,点的过程，由牛顿第二定律 有mg一kv=ma, 可知小球做加速度减小的加速运动，从M点运动到最低 点的过程，由牛顿第二定律有gE十kv一mg=ma, 可知小球做加速度减小的减速运动，小球从最低点运动 到N点的过程，由牛顿第二定律有qE-mg一kv=ma, 可知小球做加速度减小的加速运动，小球从静止释放时 加速度为g,小球运动到M点加恒定匀强电场时有gE 十k-mg=mamx,解得amsx=2g>g, 则小球的最大加速度大小为2g, (3)对小球从M,点运动到N点的过程，由动能定理有 qUoN-mgh-Wf=0,其中Uw=Eh, 联立解得M,N两点间的电势差为U=2W 0 [答案](1)m=k,E=2 g (2)amax=2g (3)U=2w [对点集训] 1.C 2.解析：(1)设正离子电荷量为q,质量为m, 离子在加速电场中由静止加速，根据动能定理得9U,= 2qU 2n2,解得o入m 离子以速度口进入反射电场，电场强度为E,= 离子在反射电场中，往返运动可以沿垂直电场线和平行 电场线两个方向分解，平行电场线方向上离子做匀减速 直线运动，初速度分量为01=cos0,且gE2=ma, 离子在反射电场中，往返运动时间：一2四 a 3( 垂直电场线方向离子做匀速直线运动，初速度分量为2 =usin 0 离子在垂直电场线方向的位移x=2t 联立解得x=4 dasin0cos0 U, 从上式可以看出，离子在反射电场中的“射程”x只与仪 器的参数U1、U2、d2、0有关，而与离子的电荷量q和质 量m无关.因此，所有从离子源O产生的正离子都能从 同一，点射出反射电场 1 (2)在加速电场中，根据位移时间关系d=2a 其中a'=gU md 可得加速电场中运动时间4=d√g可 2m 无场区运动时间4=。=√2死· m 离子从O到射出反射电场所用时间t=t十t2十t3=d1 2m+so2qU m 2d2 cos 0 2mU +U2V9 a2 可知t9/。,即生= t2N a1 可得=9 a24 答案：()见解析(2)号 课堂评价·高考预测 1.AD 2.解析：(1)小球在C点时速度最大，可判断C点为等效最 低，点，则静电力与重力的合力沿DC方向 所以小球受到的静电力的大小为F=mgtan30°=5，m 3 mg (2)要使小球经过D点时对圆轨道的压力最小，则必须 使小球经过D点时的速度最小，则D,点为等效最高点， 等效重力恰好完全提供向心力，即在D点小球对圆轨道 的压力格好为索，有0那80=m号】 在小球从圆轨道上的D点运动到A点的过程中，根据动 能定理有mgr(1十cos30)+Frsn30°=号ma话 2n呢， 联立解得=2√1十√3m/s. 答案：1)5N(2)2√1+3m/S 3 第9讲磁场 核心素养·助学提能 考点一考向1 [例1][解析]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 随虑应强度大小为B受，根据对称性，两号线在N处的 磁感应强度大小应该与M点一样，为B,根据对称性，L2 在N点处产生的磁高应强度为且-受由于在N点处 产生的磁感应强度大于L在N点处产生的磁感应强度，且 方向相反，将L嫩去，N点的磁感应强度为2B一B. [答案]B 8 考向2 [例][解析]根据左手定则可知，金属棒受到的安培 力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力分力也沿斜面向 下，则金属捧受到的静摩擦力方向一定沿斜面向上，故 A、B错误；若金属棒恰好不运动，金属棒受到的静摩擦 力达到最大，此时金属棒在导轨上静止受到的安培力最 大，根据受力平衡条件可得ngsin0+F=Fm,又F= E BLE BIL=BR十7+R,L,联立可得R=Fpmgsin0T一R, 要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路 BLE 中的最小阻值为Fn-mgsin0r-R,故C正确， D错误. [答案]C 考点二 [例3][解析](1)根据洛伦兹力提供向心力有 可得r=m. eB 根据几何关系可得，R+g8R-品R, 2 联立可得B=10mu, 9eR 根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里 (2根据T-巴，站合=易R,可得T=， 93 5v 电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为180°，电子 丛S点第一次到达P点所用的时间1-}·D 联立可得=S [答案]】a0R,垂直纸面向里（②S 10v [对点集训门 1.C2.C 考点三 [例4][解析]根据洛伦兹力提供向心力有gB=m ' 可得R=mg=d,故A错误； gB 十 O 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5上mn=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，5上mx=√3d, 故上表面接收到粒子的区域长度为s上=√3d一d,故B 错误；根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；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；根据 图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最 小，用时最短，有品·留-器故D楼民. [答案]C 讲解册参考答案 [对点集训] 1.D 2.解析：(1)根据题意可知从粒子源中，点P发出的粒子在 磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为1，由几 何关系可知r1一R,根据洛伦兹力提供向心力，有qB= m女，联立解得B=,根据左手定则可知，磁感应强度 gR 方向垂直纸面向里. (2)根据题意可知，从N点射出 的粒子在磁场中运动的路程最 短，如图甲所示 根据几何关系可得 R c∠coB== 解得∠COB=60°， 因为四边形OBO1Q为菱形，所以∠QO1B=60°， 则粒子经过磁场区域的最短路程为 =日×2R=恐， 3· 根据题意可知，从M点射出的粒 y 子在磁场中运动的路程最长，如 图乙所示 易知四边形O2DOQ为菱形，根据 几何关系可知∠QO2D=120°， 则粒子经过磁场区域的最长路 程为 =}×2R-2, 31 所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为 <2 3 答案：(1)服，方向垂直纸面向里 (2≤<2 课堂评价·高考预测 1.BD 2.解析：(1)粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力提供向心 力，故有90B=m完，解得B-R gR (2)设从M点发射的粒子，在E 点进入磁场；从N点发射的粒 D 子，在A点进入磁场，从C点离 开磁场，打在屏上的D点，圆周 运动的圆心为O1,如图所示 由于粒子源MN长度为R,并与 y轴垂直，且MN中，点发射的粒 M 子速度方向恰好指向O',所以 OA-OE-AE=R, 故有∠OAE=60°， 由题意可得OA=OC=O1A=O1C=R, 由几何知识可得∠AO1C=∠OAE=60°， 所以∠CDO=∠AO1C=60°， 粒子在磁场中的运动时间为 女器1=古×-器 .60° 粒子从C点到D,点的运动时间为 2=CD-R=23R vo vosin 60 3v0 所以粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏 上所经历的时间：=6十6=是（x+2同： 09 物理 (3)①Q未加电场时，从M点发射的 粒子从E,点进入磁场，从C点离开磁 场，打在屏上的F点，从MN中点发 射的粒子会打在O点，如图所示在磁 场区域加上一个沿工轴正方向的电 场时，粒子会在x轴方向加速，由于 M 粒子在x轴方向的分速度与磁场方向平行，所以该分速 度不影响粒子所受的洛伦兹力，故粒子在x轴方向仅受 静电力作用，做匀加速直线运动，在图甲所示的平面内 的运动情况与未加电场时相同，所以从M点发射的粒子 打在屏上的P。点；②由图乙可知，从M点发射的粒子打 在屏上时与O点相距最远，在x轴方向qE=ma,又因E -股所以a=暖-资 mR 由几何知识可得∠CAE=120°，∠CFO=60°， 所以粒子在磁场中的运动时间 4-38r-3·2-a, 120° 00 300 粒子在x轴方向的位移为 x=af+a46=2答R+4gR, 粒子在y轴方向的位移为 y-0-R, 所以所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标 为(5R+4g。 答案：(1)m R(x+23) (2) (3)①P, 9 第10讲带电粒子在复合场中的运动 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析](1)粒子在电场中做类斜抛运动 米 设粒子初速度方向与x轴夹角为日，加速度a=四 m(2L) 246 方向沿y轴正向.粒子从（一L,0)运动到(0,0），水平方 向L=Uo cos8·t, 竖直方向0=-sin+2ad, 242 联立解得听sin(20)=aL=25, 即sin(20-2器， 在O点，v=6cos0,飞=-osin+at=%sin8, 设射入磁场速度方向与x轴夹角为B,则tanB=立=tan0, 即3=0， 31 根据sn(2p)-2若sinp叶cosp=1, 解得sinB=0.6或sin3=0.8. (2)粒子在磁场中微匀速圆周运动，半径R=船=L, gB 磁场区域半径也为L.由几何关系，粒子从O点射入，必 从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向右， 如图 -1- 2 y 射出点纵坐标y出=L(1一cosa), 当sma=号时60sa=台6=台 4 粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入 磁场. 0 -2弘 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板P上 的位置纵坐标y=2y出， 故y坐标为号L或号L (3)根据(1)可知sin(20)=9L=24 2mu6251 设2，粒子能到达0点需满足sin(20)=k,即的 1.Um 若U>2m心，则>1，无粒子能到达0点，均无法打到P 右侧面. 当U≤2m心时，存在两个发射角0，，（假设0， 大于0，).粒子在电场中不撞板条件为|ym|≤ L,如图， 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看， 类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值 的2倍，可知，此时tan日=2XL=4, 根据数学关系可知此时sin9=47,c0 17,Cos0=V17 17