2025年高考物理二轮复习：磁场（二）

第9讲磁场

【目标要求】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

条形磁体磁感线的分布、地球

L磁体f

磁场的特点

;而『遵循平行四边形定则

2.安培力的分析与计算

左手定则

方向电流间的作用力：同向电流相互吸引，异向电

流相互排斥

直导F=BILsin3,8=0时尸=0,8=90。时

线F=BIL

导线••>••XXXX•

大小只二;xa,<\xBx.

为.xix^x.尸.

曲线•・（？••>fxxx•b•••

等效为直线电流

时

受力

分析0mg

立体图平面图

根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程

例1（多选）（2024•福建卷・6）将半径为厂的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于

天花板上，置于垂直纸面向外的大小为3的磁场中，现给导线通以自A到8大小为/的电流,

则（）

A.通电后两绳拉力变小

B.通电后两绳拉力变大

C.安培力为nBIr

D.安培力为2BIr

答案BD

解析根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉

力变大，故A错误，B正确；

半圆环所受安培力的等效长度为直径,则安培力大小为

F=BI-2r^2BIr,故C错误，D正确。

例2（2024•广西柳州市三模）已知足够长的通电直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与

电流大小成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。现将两根通电长直导线分别固定在绝缘正

方体的ae、g/z边上，电流大小相等、方向如图中箭头所示，则顶点6、/两处的磁感应强度大小之

比为（）

A.1：2B.V5：2C.V3：2D.1：3

答案A

解析根据题意设磁感应强度为B=j若正方体的边长为乙，ae和的电流在/点产生的磁感应强度方向

垂直、大小均为Bi=~,/点的磁感应强度为Bf=y/2^-；ae的电流在b点产生的磁感应强度为胡4>gh的

电流在。点产生的磁感应强度为52=费，两者方向成135°,根据平行四边形定则及余弦定理得，6点的磁

感应强度为Bb=鼠/+Bb/—2cos45。=等,则有普=；,故选A。

\2LBe2

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

(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

基本

相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，

思路

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

v22nr

qvBD-m——,L-----

公式TV

重要

mvT2ixm

r=—,1=-----

结论qBqB

⑴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)

圆心的

(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图

确定

(c)(当r已知或可算)

1oixXB'\。卜**

：*'•/：1/\\XX；rXXXI

•：x\xX；XXy!

;•.>47^：x罗”"!

啥彳/：xx!

(a)(b)(c)

方法一：由物理公式求，由于8/=号-

半径的所以半径片w

qB

确定

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=~T

2IT

求解方法二：由弧长求，t=~

V

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，仇=。2=仇)。

(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00,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，ai=a2)。

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(2024・广西卷・5)。孙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8,方向

垂直纸面向里。质量为机，电荷量为+q的粒子，以初速度丫从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()

了

P

XXXXXX

B

XXXXyXX

-------------------

XX。XXX

An3mv

A.—mvB.----

qB2qB

马经

（D.（l+

C.l+a喘'2）qB

答案C

解析粒子运动轨迹如图所示

„2

在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有,

可得粒子做圆周运动的半径嚼，

根据几何关系可得P点至。点的距离“r+七E+烟嬴故选c。

例4（2023•浙江6月选考20改编）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所

示，O孙平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域I和H,其中区

域I存在磁感应强度大小为Bi的匀强磁场，区域II存在磁感应强度大小为82的磁场，方向均垂直

纸面向里，区域H的下边界与x轴重合。位于（0,3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、

速度方向与x轴夹角为60。的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作

用，并忽略磁场的边界效应。

y

3Z;'60°

2L

Lxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxJJ

XXXXXXXXXXXr

O1X

（1）求离子不进入区域n的最大速度0及其在磁场中的运动时间介

⑵若Bz=2Bl,求能到达处的离子的最小速度V2o

2BqL2nm4BM

答案⑴:r(2>

m3qBim

解析（1）当离子不进入磁场H且速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系ncos60°=n-L

解得n=2L

,„2

根据qviBi=m十-

解得也二空四

m

在磁场中运动的周期T=—

QB1

、--4,n-+I'-I120、2nm

运动时间U薪7=瓶

(2)若B?=2Bi,根据『中

qB

可知小'=2々

离子在磁场中运动轨迹如图，设QO2与磁场边界夹角为。,由几何关系

risina-r\sin30-L

.L

-丁2Sina=-

解得r2=2L

si.na=-3

4

172

根据qv2B2=m—

r2

解得吻=把他

m

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

L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

'xxx

以入射点尸为定点，将半径

粒子的入射点位置相同，

放缩作轨迹圆，粒子恰好不

放缩圆速度方向一定，速度大小

；XXx/射出磁场的临界状态是粒子

不同

运动轨迹与磁场边界相切

(轨迹圆的圆心在P1P2直线一h)

粒子的入射点位置相同，将一半径为R=喈的圆以入

qB

旋转圆（$1速度大小一定，速度方向射点为圆心进行旋转，从而

（轨迹圆的圆心在以入射点尸为圆心、半不同探索出临界条件

径/?=货的圆上）

qB

XXXXXXXX

粒子的入射点位置不同，将半径为R=吟的圆进行平

qB

平移圆

速度大小、方向均一定移

（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）

带电粒子平行射入圆形有界

匀强磁场，则粒子从磁场边

磁聚焦与送避口冷粒子速度大小相同，轨迹界上同一点射出，该点切线

磁发散-\7V\\__.:圆半径等于区域圆半径与入射方向平行一磁聚

磁聚焦磁发散焦，从边缘某点以不同方向

入射时平行出射——磁发散

例5（2020•全国卷IIL18）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,

磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。

已知电子质量为根，电荷量为e,忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,

磁场的磁感应强度最小为（）

A3mvDmv

A.——D.----

2aeae

答案C

解析磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何

关系得〃+』=（31）2,根据牛顿第二定律和圆周运动知识得"8=加廿,联立解得8=之吧，故选C。

r4ae

V

例6（2024.湖北省四调汝口图所示，在直角△A/ON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8,。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

子的质量为用，电荷量为+q,速率均为叩鬻，ON长为d且NONM=30。，忽略粒子的重力及相互

间的作用力。下列说法正确的是（）

N

A.自边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为舞

6qB

B.自“N边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为总

6qB

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岩

答案C

解析根据qvB=m^,解得r=^,自边射出的粒子在磁场中运动的最短时间的运动轨迹交于A点，

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最长时间的运动轨迹交MN于8点，交

O

ON于C点，N0028=90°,Z<9O2C=120,如图所示

N

根据T=—,解得7=写，综上所述，可得tmin=^-T=^,小=黑7=鼠，故A、B错误；边上有粒子

vqB3603qB3602qB

到达区域的长度为A3之间的距离，由几何关系可得

AB=2x^cos30°-(J-^-)cos30°=^，故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

2cos302

关系可得0c=2x4os30。=也d，故D错误。

22

例7(2024•辽宁省重点高中协作校模拟)利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设

备中有着广泛的应用。如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场

下方有一长度为R的线状粒子源GH,其左边界G与竖直半径共线，该粒子源不断射出速度

方向竖直向上、速度大小范围为0~遍物的粒子，粒子带电荷量均为+q,质量均为根。在沿半径

入射的粒子中，速度大小为vo的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场。不计粒子重力及粒

子间相互作用力，求：

(1)匀强磁场磁感应强度B的大小;

⑵圆形磁场中，有粒子通过的区域的面积S；

⑶在圆形磁场右侧有一长度为无限长的竖直挡板CD,挡板上有一小孔与N点重合，CD右侧1.6R

处是竖直长度为2R的竖直荧光屏PQ,其中心点与N等高。CD右侧空间加有垂直纸面向外的

匀强磁场，磁感应强度大小也为3,若线状粒子源G"只发射速度竖直向上、速度大小为vo的粒

子，射出的粒子在GH间均匀分布，所有通过小孔的粒子打在荧光屏PQ上都被吸收。求荧光屏上

有粒子打到区域的长度d及能打到荧光屏上的粒子数与通过小孔的粒子数之比小

答案⑴器⑵,庐倔?2⑶16R|

解析(1)由题可知，以速度均沿半径入射的粒子恰好从。点正右方的N点离开磁场,

该粒子圆周运动的轨道半径r=R

172

由洛伦兹力提供向心力，!UlJBqv=m^-

0R

解得B口

qR

(2)当粒子以旧物入射时，则

Ri

解得此时的轨道半径尺=逐尺

有粒子通过的区域如图中阴影部分的面积

/‘；二、

1*R,,

贝［］Si=W-|x27?sin60°-/?cos60°

=W--7?2

34

S2=-7t\^3R)2--(V37?)2sin60°

62

_KR234R2

~2~4

所以S=S1+S2=一百R2

6

(3)所有粒子都能通过小孔，磁感应强度不变，因此粒子的轨道半径都是R,粒子到达N点时的速度方向在

沿竖直向上到水平向右90。的范围内，如图所示，从〃点射出的粒子通过N点时速度竖直向上，到达荧光

屏上的E点,由几何关系可知EN间距离为

从K点进入圆形磁场的粒子过N点后轨迹与荧光屏相切于尸点，则尸为荧光屏上粒子打到的最低点，由几

何关系可知N户间距离为

〃2=JR2一(1.6R—R)2=0.8R

故荧光屏有粒子打到的区域长度为

d=di+d2=1.6R

设轨迹与荧光屏相切的粒子在N点速度方向与竖直方向成夕角，则

Reose+R=1.6R

得Reos3=0.6R

专题强化练［分值：60分］

1~6题每题4分，7~9题每题7分，10题15分，共60分

［保分基础练］

1.（2023•江苏卷2）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为瓦L形导线通以恒定电流/,放置在磁场中。

已知湖边长为2/,与磁场方向垂直，6c边长为/,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为（）

A.OB.BIlC.2BIID.V5B//

答案C

解析因切段与磁场方向平行，则不受安培力；必段与磁场方向垂直，则所受安培力为Fab=BI-2l=2BIl,

则该导线受到的安培力为2BII,故选Co

2.（2022•北京卷・7）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀

强磁场，从尸点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是

（）

A.磁场方向垂直于纸面向里

B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大

C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大

D.轨迹3对应的粒子是正电子

答案A

解析根据题图可知，1和3粒子转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电荷且顺时

针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；粒子在云室中运动，洛伦兹力不做

功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；带电粒子若仅在洛伦兹力的作

2

用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知4诬=〃q，解得粒子做圆周运动的半径为嚼,根据题图可

知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结

论也成立，C错误。

3.（2024•江苏泰州市一模）已知无限长直导线通电时，在某点所产生的磁感应强度的大小与导线中的电流成

正比、与该点到导线的距离成反比。两根足够长的直导线平行放置，其中电流分别为/、21,A、8是两导

线所在平面内的两点，到导线的距离分别如图所示，其中A点的磁感应强度为瓦。则3点的磁感应强度

（）

BA

.丁‘一丁一了一

I21

A.大小为与，方向垂直纸面向外

B.大小为勺，方向垂直纸面向里

C.大小为方向垂直纸面向外

D.大小为等，方向垂直纸面向外

答案A

解析由安培定则可知，两导线独立在A点产生的磁场的方向均垂直纸面向里，则有

B©+岑等,左边导线在B点产生的磁场的方向垂直纸面向外，右边导线在B点产生的磁场的方向垂直

纸面向里，则有8千用=或=生,方向垂直纸面向外，故选A。

a3a3a9

4.（2024•山东德州市期末）如图所示，某带电粒子（重力不计）从P点以垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d

的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为©45。，磁场的磁感应强度大小为瓦则该

带电粒子（）

A.带正电且动能不变

B.穿越磁场的时间为耍

C.运动轨迹为抛物线

D.电荷量与质量的比值为缪

Ba

答案B

解析根据左手定则，粒子带负电，故A错误；

该粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹是圆周的一部分，轨迹如图，故C错误；

根据牛顿第二定律，有qvB=m-^-,又sin45°=^,

解黑焉，故D错误;

穿越磁场的时间为乏,

8

又下=胃，解得仁誓，故B正确。

5.（九省联考・河南・18）2023年4月，我国有“人造太阳”之称的托卡马克核聚变实验装置创造了新的世界纪

录。其中磁约束的简化原理如图，在半径为R1和&的真空同轴圆柱面之间，加有与轴线平行的匀强磁场,

磁场方向垂直纸面向里，&=2R。假设笊核沿内环切线向左进入磁场，泉核沿内环切线向右进入磁

场，二者均恰好不从外环射出。不计重力及二者之间的相互作用，贝和：H的速度之比为（）

A.1：2B.2：1C.1：3D,3：1

答案A

解析由题意可知，根据左手定则，粒子轨迹如图所示

由几何关系可知，笊核的半径为n,有

2ri=R2-Ri=Ri

则八=今

设旅核：H的半径为r2,有

2r2=&+R=37?i

贝U「24

即n=工

丫23

„2

由洛伦兹力提供向心力qvB=m—

可得丫=则

m

qi

则也=的且三

故选Ao

6.（多选）（2022•湖北卷⑻在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满

方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,

SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与

S尸成30。角。已知离子比荷为人,不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为仇则

离子的入射速度和对应0角的可能组合为（）

1i

A-kBL,0°0°

32

C.kBL,60°D.2kBL,60°

答案BC

解析若离子通过下部分磁场直接到达尸点，如图甲所示，

甲

根据几何关系则有R=L,由qvB=£,可得v=^=kBL,根据对称性可知出射速度与S尸成30。角向上,故

RTn

出射方向与入射方向的夹角为0=60。。

L

乙

当离子在两个磁场均运动一次时，如图乙所示，因为两个磁场的磁感应强度大小均为B,则根据对称性有

R=；L,根据洛伦兹力提供向心力，有"庆根］,可得片警三姐L,此时出射方向与入射方向相同，艮|1出射

方向与入射方向的夹角为6=0。。通过以上分析可知当离子通过下部分磁场从P点射出时，需满足

v=-^—=-^kBUn=l,2,3,•••）,此时出射方向与入射方向的夹角为6=60。;当离子通过上部分磁场从

（2n—l）m2n-l

尸点射出时，需满足叶鬻,2,3,-）,此时出射方向与入射方向的夹角为0=0°。故B、C正

确，A、D错误。

［争分提能练］

7.（多选）（2024•黑龙江、辽宁名校联考）如图所示，半径为R的一圆形区域，。为圆心，尸为边界上的一点，

区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦电荷量为-4、质量为，”的相同带电粒子a、b（不

计重力）从P点先后以大小相等的速率v=逆射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方

m

向与粒子a射入时的速度方向夹角为6=30。。下列说法正确的是（）

A.两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R

B.a粒子在磁场中运动的时间为手

C.b粒子在磁场中运动的时间为陋

3qB

D.a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30°

答案AC

2

解析由洛伦兹力提供向心力，有qvB*，解得,故A正确；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示

粒子a、b在磁场中的运动周期均为T=—=—,由轨迹图可知为=90。,为=120。，

vqB

则a、b粒子在磁场中的运动时间分别为片名7=笠，依痣7=瞿，故B错误，C正确；由图中轨迹可知，

3602qB3603q8

a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故D错误。

8.（多选）（2024.黑龙江牡丹江市一模）如图所示的等边三角形区域ACD内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁

场的磁感应强度大小为3,AC的中点。处有一粒子发射源，能向磁场区域沿垂直AC的方向发射一系列速

率不同的同种正粒子，已知粒子的比荷为伍不计重力，磁场区域的边长为心则下列说法正确的是（）

A.粒子速度越大在磁场中运动的时间越短

B.从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同

C.从AC边离开的粒子，速率的最大值为兰^

3+2V3

D.从AD边的中点离开的粒子，速率为鬻

答案BD

解析当粒子的轨迹与AD边相切时，能从AC边离开的粒子的速度最大，轨迹如图所示，轨迹与AD边的

切点为H,圆心为Q,则由几何关系可知R+鼻=；,又qwB=〃¥,解得也=”:牛,当粒子的速度小

Sin6022（3+2V3）

于VI时，粒子从AC边离开磁场，由图可知从AC边离开的粒子在磁场中均转动半个圆周，又T噌,所以

从AC边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间相同，故A、C错误，B正确；当粒子从边的中点离开磁

场时，粒子的轨迹如图所示,则粒子轨道的圆心应为A,则粒子的轨道半径为,又qvzB="殍,解得

2出

也=等，故D正确。

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