2025届高考物理二轮复习讲义：专题三 电场和磁场 第8讲 磁场 【含答案】

2025届高考物理二轮复习讲义专题三电场和磁场第8讲磁场【网络构建】【关键能力】理解磁场对运动电荷、通电导线的作用,掌握磁场的叠加、磁场对电流的作用、带电粒子在磁场中的运动等问题的解决思路,加强带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的作图训练,培养学生的数形结合能力,掌握解决带电粒子在磁场中运动的临界问题、多解问题的分析技巧,培养科学思维能力.题型1磁场的性质安培力1.用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则.(2)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用左手定则.2.明确两个常用的等效模型(1)变曲为直:图甲中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.(2)化电为磁:图乙中环形电流可等效为小磁针,通电螺线管可等效为条形磁铁.例1[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例2[2024·舟山模拟]loffe-Prichard磁阱常用来约束带电粒子的运动.如图所示,在xOy平面内,在以坐标原点O为中心、边长为L的正方形的四个顶点上垂直于平面放置四根通电长直导线,电流大小相等,方向已标出,“×”表示电流方向垂直于纸面向里,“·”表示电流方向垂直于纸面向外.已知电流为I的无限长通电直导线在与其距离为r处的圆周上产生的磁场的磁感应强度大小为B=kIr,k为比例系数.下列说法正确的是(A.导线2、4相互排斥,导线1、2相互吸引B.导线1、4在O点产生的合磁场的方向沿x轴负方向C.导线2、4对导线1的作用力大小是导线3对导线1的作用力大小的2倍D.导线2、3在O点产生的合磁场的磁感应强度大小为kI【技法点拨】通电导线产生的磁场叠加问题是浙江选考的热门话题.第一步利用右手螺旋定则把磁场方向画出来,第二步根据矢量叠加原理作出合成后的磁场.有时利用同向电流相互吸引的结论来解题会事半功倍,而有些问题需要联立方程求解,务必要有耐心.【迁移拓展】1.利用手机中的磁传感器可测量埋在地下的水平高压直流长直电缆的深度.在手机上建立了空间直角坐标系Oxyz后保持手机方位不变,且Oz始终竖直向上,如图甲所示.电缆上方的水平地面上有E、F、G、H四个点,如图乙所示.EF、GH长均为1.8m且垂直平分.将手机水平贴近地面,电缆通电前将各分量调零,以消除地磁场的影响,通电后测得四点的分量数据见下表,其中BxG=BxH.关于电缆中电流的方向和电缆距离地面的深度,下列判断正确的是()位置Bx/μTBy/μTBz/μTGBxG00HBxH00E806F80-6A.电缆中电流沿+y方向,电缆距离地面的深度为1.2mB.电缆中电流沿+y方向,电缆距离地面的深度为2.4mC.电缆中电流沿-y方向,电缆距离地面的深度为1.2mD.电缆中电流沿-y方向,电缆距离地面的深度为2.4m2.[2024·温岭模拟]由均匀的电阻丝制成半径为r的圆形导线框,存在垂直于导线框平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,将P、Q两点接入如图所示的电压恒定的电源两端,通电时电流表示数为I,则线框所受的安培力大小为 ()A.BIr B.22C.2BIr D.34π题型2带电粒子在匀强磁场中的运动1.常用公式qvB=mv2r,Ek=12mv2=q2B2rr=mvqB=2mEkqB,T=2πrv=2π2.运动时间的确定:t=α360°T(由此式可知,α越大,粒子在磁场中运动时间就越长).圆心角α总是与速度的偏转角相等3.对称性的应用(1)粒子从直线边界射入磁场,再从这一边界射出时,入射速度方向及出射速度方向两者与边界的夹角相等.(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时,必沿径向射出磁场区域.带电粒子在直线边界磁场中的运动例3如图所示,MN上方存在着无限大的、磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,质量为m、带电荷量为-q(q>0)的粒子1在纸面内以速度v1=v0从O1点射入磁场,其方向与MN的夹角α=30°;质量为m、带电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度v2=3v0从O2点射入磁场,其方向与MN的夹角β=60°,O1、O2之间距离为4mv0qB.已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点((1)求两粒子在磁场边界上的出射点A、B之间的距离d;(2)求两粒子进入磁场的时间间隔Δt;(3)若MN下方有平行于纸面的匀强电场,且两粒子在电场中相遇,其中的粒子1做匀加速直线运动,问粒子2做什么运动?并求电场强度E.规范答题区自评项目(共100分)自评得分书写工整无涂抹(20分)有必要的文字说明(20分)使用原始表达式、无代数过程(30分)有据①②得③等说明(10分)结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)带电粒子在圆形边界磁场中的运动例4[2024·丽水模拟]如图所示,在半径为R的圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场,现有a、b两个粒子分别从P点沿PO方向垂直于磁场射入,a粒子从A点离开磁场,速度方向偏转了90°,b粒子从B点离开磁场,速度方向偏转60°,两粒子在磁场中运动的时间相等.不计粒子的重力及粒子间的相互作用力.下列说法中正确的是()A.a粒子带正电B.a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为1∶3C.a、b两粒子的比荷之比为2∶3D.a、b两粒子在磁场中运动的速度之比为3∶2

【技法点拨】带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题的四个结论(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)当速度v一定时,弧长(或弦长)越长或者圆心角越大,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,则运动时间越长.(4)在圆形匀强磁场中,当轨迹圆的半径大于磁场圆的半径、且入射点和出射点位于磁场圆同一直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大,运动时间最长.【迁移拓展】1.(不定项)如图所示,在直角坐标系xOy中,x>0空间内充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场),在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点.带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场,并恰好从O点射出磁场;与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场,并恰好从D点射出磁场,则 ()A.粒子P带正电B.粒子P在磁场中运动的时间为πC.粒子Q在磁场中运动的时间可能为3πD.粒子Q在磁场中运动的路程可能为2π2.(不定项)如图所示,半径为R的圆形区域外有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,圆形区域内无磁场,半径OM与半径ab垂直.一带电粒子从M点沿半径方向射出圆形区域,粒子在速度为v0,比荷为v0BR,若只考虑洛伦兹力,则 (A.粒子在磁场中运动轨迹的半径为2RB.粒子第一次回到M点所用的时间为3πC.若粒子带正电,则粒子从a点进入圆形区域D.粒子带负电时第一次回到M点所用的时间比带正电时的短题型3动态圆和收集粒子问题放缩圆问题适用条件速度方向一定,速度大小不同粒子源发射速度方向一定、速度大小不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景),速度v越大,运动半径也越大.可以发现这些带电粒子射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上界定方法以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹圆,从而探索粒子的临界条件,这种方法称为“放缩圆”法例5[2024·慈溪模拟]如图所示,边长为L的正方形区域abcd中充满匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里.一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边以一定速度射入磁场,仅在洛伦兹力的作用下运动,正好从ab边中点N射出磁场.下列说法正确的是 ()A.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,则粒子将从b点射出B.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,则粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍C.若磁感应强度增大为原来的2倍,则粒子将从a点射出D.若磁感应强度增大为原来的2倍,则粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍

旋转圆问题适用条件速度大小一定,方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入速度大小为v0,则圆周运动的半径R=m轨迹圆圆心共圆如图所示,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=mv界定方法将半径R=mv0qB的圆以入射点为圆心进行旋转,例6(不定项)[2024·绍兴模拟]如图所示,在0≤x≤b、0≤y≤a的长方形区域中有一磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场的方向垂直于xOy平面向外.坐标原点O处有一个粒子源,在t=0时刻发射大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子,它们的速度大小相同,速度方向均在xOy平面内,与y轴正方向的夹角在0~90°范围内均匀分布.已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,t1时刻最先从磁场上边界MN飞出的粒子经历的时间为T12,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间为T4.不计粒子的重力及粒子间的相互作用,则 (A.粒子射入磁场的速度大小v=2B.长方形区域的边长满足关系baC.t1时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为5D.t1时刻仍在磁场中的所有粒子均处在以O点为圆心、a为半径的16平移圆问题适用条件速度大小一定、方向一定,入射点不同但在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定、入射点不同但在同一直线上的带电粒子,这些带电粒子进入匀强磁场时,做匀速圆周运动的半径相同,若射入速度大小为v0,则圆周运动的半径R=m轨迹圆圆心共线如图所示,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线界定方法将半径R=mv0qB的圆进行平移,例7(不定项)如图所示,在平面等腰直角三角形ACO区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B.大量带正电的粒子先后以速度v0垂直于OC边从不同位置射入磁场,有些粒子能在边界AO上相遇.已知OC>3mv0qB.粒子质量为m、电荷量为q,不计粒子重力,不考虑各粒子之间的相互作用.下列判断正确的是A.磁场方向垂直于纸面向外B.磁场方向垂直于纸面向里C.相遇的粒子入射时间差的最大值为πD.相遇且入射时间差最大的两粒子入射点之间的距离为(2+聚焦圆问题适用条件速度大小一定,方向平行粒子源发射速度大小一定、方向平行的带电粒子进入圆形区域的匀强磁场时,区域圆与轨迹圆的半径相同,若射入速度大小为v0,则圆周运动的半径为R=m轨迹圆圆心共圆如图所示,带电粒子射出磁场时交于磁场圆上某一点A,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以聚焦点A为圆心、半径R=mv界定方法对准区域圆的圆心入射时背离圆心离开,从而得到聚焦点,这种方法称为“聚焦圆”法例8[2024·温州中学模拟]某装置可用于研究带电粒子的运动轨迹,其原理如图所示.在x轴上方存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场(未画出).x轴下方有一个半径为R的圆形区域磁场,磁场方向垂直于xOy平面向外,磁感应强度大小为B,圆形区域的圆心为y轴上的A点,区域边界过坐标原点O.位于x轴正半轴的绝缘板MN中心有一小孔,孔径大小可以调整,小孔右端D点横坐标为L,板厚度可以忽略.圆形区域磁场左侧有一个粒子发射装置S,可以发射一束速度方向平行于x轴的粒子流,粒子在y轴方向均匀分布,粒子的质量为m,电荷量为-q(q>0),粒子束的宽度为2R.已知速度方向对准A点的粒子经过磁场后刚好从坐标原点射出并从D点射入第四象限.不计粒子的重力及粒子间的相互作用.(1)求该粒子流的速度;(2)求入射位置与x轴距离为R2的粒子第一次经过x轴时与y轴正方向的夹角(3)求x轴上方磁场的磁感应强度;(4)若粒子束中有一半粒子能从板上的小孔通过,则小孔的宽度为多少?【迁移拓展】1.一种粒子探测器的简化模型如图所示.圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,PQ过圆心,平板MQN为探测器,整个装置放在真空环境中.所有带电离子都从P点沿PQ方向射入磁场,忽略离子重力及离子间相互作用力.对于能够打到探测器上的离子,下列说法正确的是 ()A.打在Q点左侧的离子带正电B.打在MQN上离Q点越远的离子,入射速度一定越大C.打在MQN上离Q点越远的离子,比荷一定越大D.入射速度相同的氢离子和氘离子,打在MQN上的位置更靠近Q点是氘离子2.(不定项)如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限内x轴上方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=3OS=3d,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qBdB.从O点射出的粒子在磁场中运动的时间为πC.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∶2D.沿平行于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d3.如图所示,大量质量为m、带电荷量为q的离子通过宽度为d的狭缝,沿着与边界垂直的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中,已知离子进入磁场的速度大小v=Bqdm,不考虑离子间的相互作用和离子的重力,则离子在磁场中能经过的区域的面积是 (A.π3-38d2 BC.π6-34d2 D参考答案与详细解析题型1例1A[解析]根据左手定则可知,左侧通电导线所受安培力向下,选项A正确;a、b两点的磁场方向不同,所以磁感应强度不同,选项B错误;磁感线是闭合的曲线,所以极靴和圆柱内都有磁感线,磁感应强度不为零,选项C错误;c、d两点附近的磁感线密集程度不同,磁感线越密集则磁场越强,所以c点的磁感应强度更大,选项D错误.例2C[解析]导线2、4中电流方向相同,两者相互吸引,导线1、2中电流方向相反,两者相互排斥,故A错误;根据通电直导线电流激发出的磁场的特点,结合安培定则与磁场叠加原理,可知导线1、4在O点产生的合磁场的方向沿x轴正方向,故B错误;导线2、4在导线1处产生的合磁场的磁感应强度为B24=2×kILcos45°=2kIL,导线3在导线1处产生的磁场的磁感应强度为B31=kI2L=2kI2L,由于B24=2B31,所以导线2、4对导线1的作用力大小是导线3对导线1的作用力大小的2倍,故C正确;导线2在O点产生的磁场的磁感应强度大小为B2=k2IL,方向由O指向3,导线3在O点产生的磁场的磁感应强度大小为B3=k2IL,方向由O指向2,则导线2、3在O点产生的合磁场的磁感应强度大小B23=B2cos【迁移拓展】1.A[解析]由题中数据可知,E、F两点处沿x方向的磁感应强度大小相等,方向均沿+x方向,沿z方向的磁感应强度大小相等,但E点处沿+z方向,F点处沿-z方向,又知G、H两点处沿y、z方向的磁感应强度分量均为零,可知E、F点的位置如图甲所示,G、H两点在EF的中垂线上,故电缆中电流沿+y方向;将F点处的磁感应强度分解,如图乙所示,可得tanα=BzBx=34,又知EF长为L=1.8m,由几何关系可得tanα=12Lℎ,解得电缆距离地面的深度为h=1.2.C[解析]由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联,两段圆弧受安培力作用的等效长度相等,为L=2r,电流表示数为I,由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍,根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为I大=I4、I小=3I4,故线框所受的安培力大小为F安=BI大L+BI小L=2BIr,故题型2例3(11分)(1)8mv0qB(2)πE=32Bv0,方向与MN成30°[解析](1)两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示,有qv1B=mvqv2B=mv22r2其中v1=v0,v2=3v0由几何关系可知两粒子在磁场边界上的出射点A、B之间的距离d=2r1sin30°+2r2sin60°+4mv0qB联立解得d=8mv0qB(2)粒子1做圆周运动的圆心角θ1=5π3粒子1在匀强磁场中运动的时间t1=θ12πT (1粒子2做圆周运动的圆心角θ2=4π3粒子2在匀强磁场中运动的时间t2=θ22πT (1粒子做圆周运动的周期T=2πmqB (1由于粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点,所以两粒子进入磁场的时间间隔Δt=t1-t2联立解得Δt=πm3qB (3)由于粒子1在电场中做匀加速直线运动,粒子1带负电,所以电场方向与MN成30°角斜向右上方. 由几何关系可知,粒子2射出磁场时速度方向垂直于电场方向,所以粒子2做类平抛运动. (1分)根据运动的分解可得dcos30°=v1t+12at2+12at2 (1dsin30°=v2t (1分)其中a=qEm联立解得E=32Bv0 (1分例4D[解析]a粒子进入磁场后向下偏转,由左手定则可知a粒子带负电,故A错误;a粒子在磁场中运动的时间ta=14Ta,b粒子在磁场中运动的时间tb=16Tb,由于两粒子在磁场中运动的时间相等,即ta=tb,则a、b两粒子在磁场中运动的周期之比为Ta∶Tb=2∶3,故B错误;粒子做匀速圆周运动的周期T=2πmqB,可得qm=2πBT,则a、b两粒子的比荷之比为qama∶qbmb=Tb∶Ta=3∶2,故C错误;如图所示,由几何关系可得a粒子做匀速圆周运动的半径为ra=R,b粒子做匀速圆周运动的半径为rb=3R,由qvB=mv2r,可得v=qBrm,则a、b粒子在磁场中运动的速度之比为va【迁移拓展】1.ABD[解析]粒子P从C点沿x轴正向进入磁场,受洛伦兹力而向上偏转过O点,由左手定则可知,粒子P带正电,故A正确;据题意可知粒子P在磁场中做半个圆周运动,则运动的轨迹半径为R1=L2,运动的时间为t1=πR1v=πL2v,故B正确;粒子Q与粒子P相同,粒子Q的速度为4v,由R=mvqB可知粒子Q做圆周运动的轨迹半径为R2=4R1=2L,由于C、D距离为yCD=2L<2R2,故粒子Q不可能沿x轴正向进入磁场,粒子Q从C点进、从D点出对应两种情况,轨迹如图所示,设粒子Q从C点进入磁场时速度方向与y轴的夹角为θ,由几何关系可知sinθ=12yCDR2,解得θ=30°,则两种轨迹对应的圆心角分别为60°和300°,所以粒子Q运动的时间为t2=π3·2L4v=πL6v或t2=5π3·2L4v=5π2.BC[解析]粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=mv02r,解得粒子在磁场中运动轨迹的半径为r=mv0qB=R,故A错误;粒子的运动轨迹如图所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πRv0,粒子从M点射出至第一次回到M点,粒子在磁场中运动的时间t1=32T=3πRv0,粒子在圆形区域内运动的时间为t2=2Rv0,则粒子第一次回到M点所用的时间为t=t1+t2=3πR+2Rv0,故B正确;若粒子带正电,则根据左手定则可知,粒子从a点进入圆形区域题型3例5C[解析]作出粒子运动的轨迹如图所示,由左手定则可知,粒子带正电,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有Bqv=mv2r,解得r=mvqB,T=2πrv=2πmqB,由图可知,粒子运动的半径r=12L,运动的圆心角θ=90°,运动的时间t=14T,若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,则r'=2r=L,即粒子运动的半径将增大为原来的2倍,由图可知,粒子将从b点左侧射出,由几何关系可知cosθ'=r'-12Lr',解得θ'=60°,即粒子在磁场中运动的圆心角变为原来的23,而周期不变,由t=θ360°T可知,粒子在磁场中运动的时间减小为原来的23,故A、B错误;若磁感应强度增大为原来的2倍,则r″=12r=14L,即粒子运动的半径将减小为原来的12,由图可知,粒子将从a点射出,粒子在磁场中运动的圆心角变为原来的2倍,由T=例6AC[解析]最先从磁场上边界中飞出的粒子在磁场中的偏转角最小,对应的圆弧最短,可以判断出是沿y轴方向入射的粒子,其运动的轨迹如图甲所示,粒子运动轨迹对应的圆心角为θ=tT×360°=112×360°=30°,由几何关系可得R=asin30°=2a,带电粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,解得粒子射入磁场的速度大小为v=2qBam,故A正确;在磁场中运动的时间最长的粒子其轨迹与磁场的边界相切,如图乙所示,设该粒子在磁场中运动的时间为t,依题意有t=T4,则粒子运动轨迹对应的圆心角为∠OCA=90°,设粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α,由几何关系得Rsinα=R-a,解得α=30°,由图可得b=Rsinα+Rcosα=a+3a,则ba=1+3,故B错误;竖直向上进入磁场的粒子用时t1离开磁场,斜向上进入磁场且从下边离开磁场用时也是t1的粒子的运动轨迹如图丙所示,轨迹的圆心为O3,轨迹对应的圆心角为β=30°,由几何关系可知粒子的发射方向与x轴的夹角φ=15°,则t1时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为90°−φ90°=56,故C正确;t1时刻仍在磁场中的所有粒子因已完成的圆周运动的时间相同,则已运动的弧长相同,弦长相同,故所有粒子均处在以O点为圆心的圆弧上,圆弧过图中的M、N点,圆弧的半径为r=OM=ON=2Rsinβ2=4asin15°=(6-2甲乙丙例7BC[解析]由题知,有些粒子能在边界AO上相遇,说明带正电的粒子向AO偏转,根据左手定则可知,磁场方向垂直于纸面向里,A错误,B正确;如图所示,设粒子在B点相遇,粒子做圆周运动的半径为r,当两粒子的运动轨迹在AO处相切时入射时间差有最大值,此时两粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为θ=45°和α=135°,由洛伦兹力提供向心力得qv0B=mv02r,周期T=2πrv0,联立可得r=mv0qB,T=2πmqB,则入射时间差的最大值为Δtm=t2-t1=α360°-θ360°T=πm2qB,由几何关系可知,相遇且入射时间差最大的两粒子入射点之间的距离为Δx=例8(1)qBRm(2)