2023新教材高考物理二輪復習十一磁場及帶電粒子在磁場中的運動（教師版）

專題十一磁場及帶電粒子在磁場中的運動

命題熱點常考題型

(1)安培定則、磁場的疊加；

(2)安培力的分析與計算；

選擇題

(3)帶電粒子在磁場中的運動；

計算題

(4)帶電粒子在復合場中的運動；

(5)帶電粒子在復合場中運動的應(yīng)用實例.

高頻考點?能力突破

考點一磁場的性質(zhì)及磁場對電流的作用

1.磁場的疊加和安培定則應(yīng)用的“三點注意”

(1)注意根據(jù)安培定則確定通電導線周圍磁，的方向.

即磁感應(yīng)強度的方向

(2)注意磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點磁感線的切線方向.

(3)注意磁感應(yīng)強度是矢量，多個通電導體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強度等

于場源單獨存在時在該點磁感應(yīng)強度的矢量和.

要用到平行四邊形法則，解三角形

2.安培力的分析與計算

(1)方向：左手定則

(2)大?。篎=BILsin0

，=0時Q0,。=90°時產(chǎn)=8〃

(3)二級結(jié)論：同向電流相互吸引，反向電流相互排斥

例1[2022?全國乙卷]

(多選)安裝適當?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度8.如圖，

在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為x勿面.某同學在某地對地磁場進行了四

次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知

()

測量序號B八TB八T8/UT

1021—45

20-20—46

3210-45

4-210-45

B.當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50UT

C.第2次測量時y軸正向指向南方

D.第3次測量時y軸正向指向東方

［解題心得］

預測1［2022?浙江1月］利用如圖所示裝置探究勻強磁場中影響通電導線受力的因素,

導線垂直勻強磁場方向放置.先保持導線通電部分的長度￡不變，改變電流/的大小，然后

保持電流/不變，改變導線通電部分的長度工,得到導線受到的力尸分別與/和人的關(guān)系圖

像，則正確的是（）

預測2如圖所示，兩根相距為d的長直導線分別通有電流/、h,紙面內(nèi)有一點夕，

與兩根導線的距離也為d,已知/，二人:/時，夕點的磁感應(yīng)強度大小為8若保持/不變，

將A增大為31,則此時尸點磁感應(yīng)強度大小為（）

A.5BB.2B

C.V5W.回B

預測3如圖甲、乙所示的電路中，兩光滑平行導軌之間的距離均為乙在兩導軌之間

的平面內(nèi)都有垂直導軌平面向下、磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場，兩金屬桿完全相同、阻值均

為r,均與導軌接觸良好.圖甲中導軌的左端接有阻值為7?的定值電阻，金屬桿在水平拉力

的作用下以速度「水平向右做勻速運動；圖乙中導軌的左端接有內(nèi)阻不計的電源，金屬桿通

過跨過定滑輪的絕緣輕繩與一重物相連，桿正以速度「水平向右做勻速運動，電路中的電流

為/.若導軌電阻不計，忽略所有摩擦，則下列說法正確的是（）

A.兩桿所受安培力的方向相同

B.圖甲、乙中兩桿所受安培力大小之比為器

Ir

C.在時間Ar內(nèi)圖甲中金屬桿產(chǎn)生的電能為

R+r

D.在時間At內(nèi)圖乙中電源輸出的能量為t

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.注意“四點、六線、三角”

在找?guī)缀侮P(guān)系時要尤其注意帶電粒子在勻強磁場中的“四點、六線、三角”.

（D四點：入射點從出射點C、軌跡圓心從入射速度直線與出射速度直線的交點。.

（2）六線：圓弧兩端點所在的兩條軌跡半徑、入射速度直線仍、出射速度直線8、入射

點與出射點的連線Ba圓心與兩條速度直線交點的連線A0.

（3）三角：速度偏轉(zhuǎn)角N39、圓心角/的弦切角NOEC,其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也

等于弦切角的兩倍.

2.三個“二級”結(jié)論

（1）剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切.

（2）當速率，一定時，弧長（或弦長）越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動

的時間越長.

（3）在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁

場直徑的兩個端點時，軌跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大（所有的弦長中直徑最長）.

例2［2022?湖北卷］（多選）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為/的矩形區(qū)域分

成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里

的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為6,即與磁場左右邊界垂直.離子源從S處射入速度大小

不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與步成30°角.已知離子比荷為A,不計

重力.若離子從。點射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為0,則離子的入射速度和對應(yīng)

〃角的可能組合為（）

A.\kBL,0°B.\kBL,0°

C.kBL,60°D.2kBL,60°

［解題心得］

預測4［2022?遼寧卷］（多選）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡

化模型如圖所示.內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器.兩個粒子先后從P

點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的材點.粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)

后打在探測器上的M點.裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力.下列說

法正確的是（）

A.粒子1可能為中子

B.粒子2可能為電子

C.若增大磁感應(yīng)強度，粒子1可能打在探測器上的。點

D.若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的0點

預測5［2022?全國沖刺卷］如圖所示，x軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強

度大小為3的勻強磁場，方向垂直紙面向里.甲、乙兩粒子分別從距x軸方與24的高度以

速率%平行于x軸正向進入磁場，并都從。點離開磁場，勿三,則甲、乙兩粒子比荷的比

值為（不計重力，sin37°=0.6,cos370=0.8）（）

A.32:41B.56:41

C.64:41D.41：28

預測6如圖，在以x軸和虛線圍成的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為6,方

向垂直于紙面.x軸上a點左側(cè)有一足夠長的金屬板，半圓形邊界的圓心為0、半徑為百

上邊界到x軸的距離為24在。點有一粒子源，在紙面內(nèi)向第一、第二象限均勻發(fā)射帶正電

的粒子，每秒鐘射出〃個粒子，粒子質(zhì)量為加電荷量為e,速度為%="乙不計粒子之間

m

的相互作用.求：

（1）某個粒子沿與x軸正方向成60°射出，它在磁場中運動的時間力；

（2）電流表的示數(shù)/；

（3）磁場上邊界有粒子射出的區(qū)域?qū)挾萪.

［試解］

考點三帶電粒子在復合場中的運動

“三步”解決復合場問題

例3［2022?全國甲卷］空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（x。

平面）向里，電場的方向沿y軸正方向.一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原

點。由靜止開始運動.下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）

［解題心得］

預測7［2022?廣東卷］（多選）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電

場和垂直紙面向里的勻強磁場.電子從"點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過取夕兩

點.已知原尸在同一等勢面上，下列說法正確的有（）

川到只電場力做正功

B.點的電勢高于戶點的電勢

C.電子從業(yè)到從洛倫茲力不做功

D.電子在M點所受的合力大于在一點所受的合力

預測8［2022?遼寧模擬卷］在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序.如

圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁

分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）.速度選擇

器和磁分析器中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為反方向均垂直紙面向外；速度選擇器和

偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為反方向分別為豎直向上和垂直紙面向外.磁分析器截

面是內(nèi)外半徑分別為丘和尼的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏

轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場的分布區(qū)域是一邊長為/的正方體，其底面與晶圓所在水平面平行，間距也為

人當偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的。點.整個系統(tǒng)置于真空中，不計

離子重力.求：

（1）離子通過速度選擇器的速度大小/和磁分析器選擇出來離子的比荷2

m

（2）偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)加電場時，離子從偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)底面飛出，注入到晶圓所在水平面的位置到0

點的距離X.

［試解］

素養(yǎng)培優(yōu)?情境命題

帶電粒子在復合場中運動的應(yīng)用實例

情境1（多選）如圖是回旋加速器的原理圖，由兩個半徑均為的〃形盒組成，〃形盒

上加周期性變化的電壓，電壓的值為〃，〃形盒所在平面有垂直盒面向下的磁場，磁感應(yīng)強

度為笈一個質(zhì)量為辦電荷量為g的粒子在加速器中被加速，則（）

A.粒子每次經(jīng)過〃形盒之間的縫隙后動能增加

B.粒子每次經(jīng)過〃形盒之間的縫隙后速度增大隹

7m

C.粒子以速度y在〃形盒內(nèi)運動半圓后動能增加2”歐

D.粒子離開〃形盒時動能為萼

［解題心得］

情境2［2022?廣東沖刺卷］（多選）據(jù)報道，我國空間站安裝了現(xiàn)代最先進的霍爾推進

器用以空間站的軌道維持.如圖乙，在很窄的圓環(huán)空間內(nèi)有沿半徑向外的磁場1,其磁感強

度大小可近似認為處處相等；垂直圓環(huán)平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫出），

磁場1與磁場2的磁感應(yīng)強度大小相等，已知電子電量為e,質(zhì)量為必，若電子恰好可以在

圓環(huán)內(nèi)沿順時針方向做半徑為斤、速率為r的勻速圓周運動.則以下說法正確的是（）

A.電場方向垂直環(huán)平面向外

B.電子運動周期為結(jié)

V

C.垂直環(huán)平面的磁感應(yīng)強度大小為弋

eR

2

D.電場強度大小為千

eR

［解題心得］

情境3［2022?全國沖刺卷］海水中含有大量的正負離子，并在某些區(qū)域具有固定的流

動方向，據(jù)此人們設(shè)計并研制“海流發(fā)電機”，可生產(chǎn)無污染的再生能源，對海洋航標燈持

續(xù)供電，其工作原理如圖所示，用絕緣防腐材料制成一個橫截面為矩形的管道，在管道上、

下兩個表面裝有防腐導電板MN,板長為a、寬為從未標出），兩板間距為4將管道沿著

海水流動方向固定于海水中，將航標燈L與兩導電板M和N連接，加上垂直于管道前后面的

勻強磁場（方向如圖），磁感應(yīng)強度大小為6,海水流動方向如圖所示，海水流動速率為匕

已知海水的電阻率為。，航標燈電阻為此則下列說法正確的是（）

A.“海流發(fā)電機”對航標燈L供電的電流方向是

B.“海流發(fā)電機”產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小是￡=8ar

C.通過航標燈L電流的大小是萼生

abR+Pd

D.”海流發(fā)電機”發(fā)電的總功率為半

［解題心得］

情境4［2022?浙江6月］離子速度分析器截面圖如圖所示.半徑為"的空心轉(zhuǎn)筒P,

可繞過。點、垂直x如平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小

孔S.整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場.轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面

探測板0,板。與y軸交于1點.離子源必能沿著x軸射出質(zhì)量為小電荷量為一g（q>0）、

速度大小不同的離子，其中速度大小為的的離子進入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負方

向離開磁場.落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和

離子間的相互作用.

（1）①求磁感應(yīng)強度6的大?。?/p>

②若速度大小為附的離子能打在板0的1處，求轉(zhuǎn)筒尸角速度。的大小.

（2）較長時間后，轉(zhuǎn)筒一每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板。的。處，8與x軸負方向的夾角

為0,求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時間內(nèi)，C處受到平均沖力廠的大小.

（3）若轉(zhuǎn)筒尸的角速度小于零，且力處探測到離子，求板。上能探測到離子的其他01

的值(〃'為探測點位置和。點連線與X軸負方向的夾角).

［試解］

專題十一磁場及帶電粒子在磁場中的運動

高頻考點?能力突破

考點~1

例1解析：依題意，Z軸正向保持豎直向上，測量結(jié)果表明Z軸方向的磁感應(yīng)強度為

負，即測量地點的磁感應(yīng)強度的豎直分量是向下的，說明測量地點位于北半球，A錯誤；每

次測量得到的地磁場的兩個分量互相垂直，任選一組數(shù)據(jù)根據(jù)平行四邊形定則可以求出當?shù)?/p>

的地磁場磁感應(yīng)強度大小約為50uT,B正確；在北半球，地磁場的水平分量是由南向北的，

第2次測量時得到的水平分量即瓦是負值，說明y軸正向與地磁場的水平分量方向相反，

即指向南方，C正確；第3次測量時用為零，說明y軸沿東西方向，又因氏為正，即x軸正

向指北方，則y軸正向應(yīng)指向西方，D錯誤.

答案：BC

預測1解析：根據(jù)磁場方向與電流方向垂直時的安培力表達式尸可知，在只改

變電流/時，其安培力勺/,因此尸/圖線為過坐標原點向上傾斜的直線，故選項A錯誤，

B正確；同理，在只改變導線通電部分長度/時，其安培力勺。因此任上圖線也為過坐標

原點向上傾斜的直線，故選項C、D均錯誤.

答案：B

預測2解析：由安培定則，1在一點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度垂直紙面向里，設(shè)為氏，石在

一點的磁感應(yīng)強度豎直向上，由于=尸到兩導線距離相等，都為d,所以4在0點

的磁感應(yīng)強度大小也為A,由矢量合成知將入增大為3/,則A在P點的磁感應(yīng)

強度大小也為3氏，則P點磁感應(yīng)強度大小為萬=J，+(3正回氏=所.

答案：C

預測3解析：圖甲中電路，由閉合電路歐姆定律可得/=翟，金屬桿受到的安培力

R+r

R=BhL=『,方向水平向左，圖乙中金屬桿受到的安培力K=6〃，方向水平向右，兩桿

R+r

所受安培力方向相反，大小之比為3=］魯，故選項A、B錯誤；在At時間內(nèi)，圖甲中金

卜2I(R+r)

屬桿產(chǎn)生的電能等于金屬桿克服安培力做的功￡%=￡，△圖乙中電源輸出的能

R+r

量等于安培力對金屬桿做的功，即&3選項C錯誤，D正確.

答案：D

考點二

例2解析：若粒子通過下部分磁場直接到達尸點，如圖

根據(jù)幾何關(guān)系則有R=LqvB=吒

可得v=--=kBL

m

根據(jù)對稱性可知出射速度與步成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為0=

60°.

當粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖

因為上下磁感應(yīng)強度均為8,則根據(jù)對稱性有不=/

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=%

可得片受=9應(yīng)

此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為。=0°.

通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足

片度不=白立應(yīng)5=1，2,3-)

(2n-l)m2n-l

此時出射方向與入射方向的夾角為〃=60°；當粒子從上部分磁場射出時，需滿足r

=乎=裊電(n,1,2,3…)

2run2n

此時出射方向與入射方向的夾角為J=o°.故可知B、C正確，A、D錯誤.

答案：BC

預測4解析：由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不受磁場力作用，即粒子1

不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，A

正確、B錯誤；由以上分析可知粒子1不帶電，則無論如何增大磁感應(yīng)強度，粒子1都不會

偏轉(zhuǎn)，C錯誤；粒子2在磁場中運動.洛倫茲力提供向心力有解得粒子運動軌跡

r

半徑可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的0

qB

點，D正確.

答案：AD

預測5解析：甲粒子從高拉仁力的位置水平飛入磁場，運動的軌跡如圖所示，甲粒子

圓周運動的半徑為aN=ap=n,在叢O、MP中根據(jù)勾股定理可知MP=J彳-~2=

If-(-)^=V2rh-h2,則OM=MP-olZrh一h?-'在△必V。中，根據(jù)幾何關(guān)

系可知tan37°=黑=生立二=%解得"=9力，

MNh43Z

乙粒子從高處1=。々2方的高度水平飛入磁場，轉(zhuǎn)過;圓周從2點飛出，則乙粒子運動

的半徑為乃=24=2力，洛倫茲力提供向心力/力=心，解得r=R,可知粒子運動的半徑r

rqB

與粒子的比荷,=4成反比，所以甲、乙兩粒子比荷的比值為?=2=票=詈，故選項C正確.

mkrI—h41

乙z32

答案：c

預測6解析：⑴由eBv=m-,得r=L

r

分析出粒子在磁場中運動的圓心在磁場邊界與y軸交點兒從e點垂直于邊界射出磁場，

偏轉(zhuǎn)角為30°,則在磁場中的運動時間為力=言7=言.

3606eB

(2)左邊的臨界狀況是在F點與磁場邊界相切，射入方向與X軸負方向成60°,

則單位時間內(nèi)打在金屬板上的粒子數(shù)為川=黑〃=)，

電流表的示數(shù)為I=\ne.

(3)粒子從磁場左邊射出的臨界點為/?點df=y[3L,

粒子從磁場右邊射出的臨界點為g點，原點。、軌跡圓心、g點三點一線，dg=

J(3L)2_(2L)2=V5Z,

粒子從上邊界射出磁場的寬度d=fd+dg=取L+展L=(V3+V5)Z.

答案：⑴告⑵)e(3)(V3+V5)Z

6eB3

考點三

例3解析：帶正電粒子從原點。由靜止釋放，在電場力作用下，獲得向上的速度后，

會受到向左的洛倫茲力，故粒子向左側(cè)偏轉(zhuǎn)，排除A、C選項；當粒子再回到x軸時，電場

力整體做功為零，洛倫茲力始終不做功，故此時速度為零，以后會重復原來的運動，不可能

運動到x軸下方，故B正確，D錯誤.

答案：B

預測7解析：電子從M點由靜止釋放，從M到爪電場力做正功，雙一在同一等勢面

上，可知電子從N到只電場力做負功，A錯誤；根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知M點電

勢高于夕點電勢，B正確；根據(jù)洛倫茲力方向與速度方向垂直，對帶電粒子不做功，可知電

子從材到M洛倫茲力不做功，C正確；洛倫茲力不做功，且風尸在同一等勢面上，可知電

子在."點和夕點速度都是零，即電子在."點和P點都是只受到電場力作用，所以電子在M

點所受的合力等于在〃點所受的合力，D錯誤.

答案：BC

預測8解析：(1)離子通過速度選擇器時，有Eq=Bqv,

解得速度

離子在磁分析器中，有小/=若，

由幾何關(guān)系，可得人華，

聯(lián)立解得9=不與力.

m(R]+R2)B

2

(2)經(jīng)過電場后，偏移的距離?更?f-),

2m\v/

偏轉(zhuǎn)角度tan〃=鷲，

mv"

離開電場后，偏移的距離用=/tan。=嗎，

mvz

注入晶圓的位置到。點的距離矛=必+照，

聯(lián)立解得x=興.

答案：⑴E(dh⑵蓋

素養(yǎng)培優(yōu)?情境命題

情境1解析：粒子每次經(jīng)過〃形盒之間的縫隙過程，電場力做功，根據(jù)動能定理可得

qU=&&,即動能增加。〃由動能表達式笈="汽可知第〃次經(jīng)過〃形盒之間的縫隙后速

度變化為△一(孤-GT)但故A正確，B錯誤；粒子在磁場中受洛倫茲力作用做勻

y]m

速圓周運動，洛倫茲力不做功，粒子動能保持不變，故C錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運

動，洛倫茲力提供向心力，有qvB="二,粒子離開〃形盒時，粒子軌道半徑為匕動能為笈

=)/,聯(lián)立，可得區(qū)=乎，故D正確.

22m

答案：AD

情境2解析：根據(jù)左手定則可知電子在圓環(huán)內(nèi)受到沿半徑向外的磁場1的洛倫茲力方

向垂直環(huán)平面向里，電場力需要與該洛倫茲力平衡，電場力方向應(yīng)垂直環(huán)平面向外，由于電

子帶負電，故電場方向垂直環(huán)平面向里，A錯誤；電子在圓環(huán)內(nèi)沿順時針方向做半徑為此

速率為「的勻速圓周運動，則電子運動周期為T=—,B正確；電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場2

V

2

的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向