第9講磁場

【目標要求】1.會用安培定則判斷磁場的方向，會進行磁感應強度的疊加。2會分析和計算安培力、洛倫茲力的

方向和大小。3會判斷帶電粒子在磁場中的運動性質并會解決相應問題。

考點一磁場的基本性質安培力

1.磁場的產生與疊加

條形磁體磁感線的分布、地球

L磁體f

磁場的特點

;而『遵循平行四邊形定則

2.安培力的分析與計算

左手定則

方向電流間的作用力：同向電流相互吸引，異向電

流相互排斥

直導F=BILsin3,8=0時尸=0,8=90。時

線F=BIL

導線??>??XXXX?

大小只二;xa,<\xBx.

為.xix^x.尸.

曲線??（？??>fxxx?b???

等效為直線電流

時

受力

分析0mg

立體圖平面圖

根據力的平衡條件或牛頓運動定律列方程

例1（多選）（2024?福建卷?6）將半徑為廠的銅導線半圓環AB用兩根不可伸長的絕緣線a、b懸掛于

天花板上，置于垂直紙面向外的大小為3的磁場中，現給導線通以自A到8大小為/的電流,

則（）

A.通電后兩繩拉力變小

B.通電后兩繩拉力變大

C.安培力為nBIr

D.安培力為2BIr

答案BD

解析根據左手定則可知，通電后半圓環AB受到的安培力豎直向下，根據受力分析可知，通電后兩繩拉

力變大，故A錯誤，B正確；

半圓環所受安培力的等效長度為直徑,則安培力大小為

F=BI-2r^2BIr,故C錯誤，D正確。

例2（2024?廣西柳州市三模）已知足夠長的通電直導線在周圍空間某位置產生的磁感應強度大小與

電流大小成正比，與該位置到長直導線的距離成反比。現將兩根通電長直導線分別固定在絕緣正

方體的ae、g/z邊上，電流大小相等、方向如圖中箭頭所示，則頂點6、/兩處的磁感應強度大小之

比為（）

A.1：2B.V5：2C.V3：2D.1：3

答案A

解析根據題意設磁感應強度為B=j若正方體的邊長為乙，ae和的電流在/點產生的磁感應強度方向

垂直、大小均為Bi=~,/點的磁感應強度為Bf=y/2^-；ae的電流在b點產生的磁感應強度為胡4>gh的

電流在。點產生的磁感應強度為52=費，兩者方向成135°,根據平行四邊形定則及余弦定理得，6點的磁

感應強度為Bb=鼠/+Bb/—2cos45。=等,則有普=；,故選A。

\2LBe2

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動

1.分析帶電粒子在勻強磁場中運動的方法

(1)畫軌跡：確定圓心，用幾何方法求半徑并畫

出軌跡

(2)找聯系：軌跡半徑與磁感應強度、運動速度

基本

相聯系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯系，

思路

運動時間與周期相聯系

(3)用規律：利用牛頓第二定律和圓周運動的規

律，特別是周期公式和半徑公式

基本

v22nr

qvBD-m——,L-----

公式TV

重要

mvT2ixm

r=—,1=-----

結論qBqB

⑴軌跡上的入射點和出射點的速度方向的垂線

的交點為圓心，如圖(a)

(2)軌跡上入射點速度方向的垂線和入射點、出

射點兩點連線中垂線的交點為圓心，如圖(b)

圓心的

(3)沿半徑方向距入射點距離等于r的點，如圖

確定

(c)(當r已知或可算)

1oixXB'\。卜**

：*'?/：1/\\XX；rXXXI

?：x\xX；XXy!

;?.>47^：x羅”"!

啥彳/：xx!

(a)(b)(c)

方法一：由物理公式求，由于8/=號-

半徑的所以半徑片w

qB

確定

方法二：由幾何關系求，一般由數學知識(勾股

定理、三角函數等)通過計算來確定

時間的方法一：由圓心角求，t=~T

2IT

求解方法二：由弧長求，t=~

V

2.帶電粒子在有界勻強磁場中運動的三個重要結論

(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時，入射角等于出射角(如圖甲，仇=。2=仇)。

(2)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子，出射時亦沿半徑方向(如圖乙，兩側關于兩圓心連線00,對稱)。

(3)粒子速度方向的偏轉角等于其軌跡對應的圓心角(如圖甲，ai=a2)。

3.帶電粒子在磁場中運動的多解成因

(1)磁場方向不確定形成多解；

(2)帶電粒子電性不確定形成多解；

(3)速度不確定形成多解；

(4)運動的周期性形成多解。

例3(2024?廣西卷?5)。孫坐標平面內一有界勻強磁場區域如圖所示，磁感應強度大小為8,方向

垂直紙面向里。質量為機，電荷量為+q的粒子，以初速度丫從O點沿x軸正向開始運動，粒子過

y軸時速度與y軸正向夾角為45。，交點為P。不計粒子重力，則P點至O點的距離為()

了

P

XXXXXX

B

XXXXyXX

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

XX。XXX

An3mv

A.—mvB.----

qB2qB

馬經

（D.（l+

C.l+a喘'2）qB

答案C

解析粒子運動軌跡如圖所示

?2

在磁場中，根據洛倫茲力提供向心力有,

可得粒子做圓周運動的半徑嚼，

根據幾何關系可得P點至。點的距離“r+七E+煙嬴故選c。

例4（2023?浙江6月選考20改編）利用磁場實現離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所

示，O孫平面（紙面）的第一象限內有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區域I和H,其中區

域I存在磁感應強度大小為Bi的勻強磁場，區域II存在磁感應強度大小為82的磁場，方向均垂直

紙面向里，區域H的下邊界與x軸重合。位于（0,3L）處的離子源能釋放出質量為m、電荷量為q、

速度方向與x軸夾角為60。的正離子束，沿紙面射向磁場區域。不計離子的重力及離子間的相互作

用，并忽略磁場的邊界效應。

y

3Z;'60°

2L

Lxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxJJ

XXXXXXXXXXXr

O1X

（1）求離子不進入區域n的最大速度0及其在磁場中的運動時間介

⑵若Bz=2Bl,求能到達處的離子的最小速度V2o

2BqL2nm4BM

答案⑴:r(2>

m3qBim

解析（1）當離子不進入磁場H且速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關系ncos60°=n-L

解得n=2L

,?2

根據qviBi=m十-

解得也二空四

m

在磁場中運動的周期T=—

QB1

、--4,n-+I'-I120、2nm

運動時間U薪7=瓶

(2)若B?=2Bi,根據『中

qB

可知小'=2々

離子在磁場中運動軌跡如圖，設QO2與磁場邊界夾角為。,由幾何關系

risina-r\sin30-L

.L

-丁2Sina=-

解得r2=2L

si.na=-3

4

172

根據qv2B2=m—

r2

解得吻=把他

m

考點三帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界與極值問題

L解決帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題，關鍵在于運用動態思維，利用動態圓思想尋找臨界點，確

定臨界狀態，根據粒子的速度方向找出半徑方向，同時由磁場邊界和題設條件畫好軌跡，定好圓心，建立

幾何關系。

2.粒子射出或不射出磁場的臨界狀態是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。

3.常見的動態圓

示意圖適用條件應用方法

'xxx

以入射點尸為定點，將半徑

粒子的入射點位置相同，

放縮作軌跡圓，粒子恰好不

放縮圓速度方向一定，速度大小

；XXx/射出磁場的臨界狀態是粒子

不同

運動軌跡與磁場邊界相切

(軌跡圓的圓心在P1P2直線一h)

粒子的入射點位置相同，將一半徑為R=喈的圓以入

qB

旋轉圓（$1速度大小一定，速度方向射點為圓心進行旋轉，從而

（軌跡圓的圓心在以入射點尸為圓心、半不同探索出臨界條件

徑/?=貨的圓上）

qB

XXXXXXXX

粒子的入射點位置不同，將半徑為R=吟的圓進行平

qB

平移圓

速度大小、方向均一定移

（軌跡圓的所有圓心在一條直線上）

帶電粒子平行射入圓形有界

勻強磁場，則粒子從磁場邊

磁聚焦與送避口冷粒子速度大小相同，軌跡界上同一點射出，該點切線

磁發散-\7V\\__.:圓半徑等于區域圓半徑與入射方向平行一磁聚

磁聚焦磁發散焦，從邊緣某點以不同方向

入射時平行出射——磁發散

例5（2020?全國卷IIL18）真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面,

磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。

已知電子質量為根，電荷量為e,忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內,

磁場的磁感應強度最小為（）

A3mvDmv

A.——D.----

2aeae

答案C

解析磁感應強度取最小值時對應的臨界狀態如圖所示，設電子在磁場中做圓周運動的半徑為r,由幾何

關系得〃+』=（31）2,根據牛頓第二定律和圓周運動知識得"8=加廿,聯立解得8=之吧，故選C。

r4ae

V

例6（2024.湖北省四調汝口圖所示，在直角△A/ON區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場（未畫出）,

磁感應強度大小為8,。點處的粒子源可向紙面內磁場區域各個方向發射帶電粒子。已知帶電粒

子的質量為用，電荷量為+q,速率均為叩鬻，ON長為d且NONM=30。，忽略粒子的重力及相互

間的作用力。下列說法正確的是（）

N

A.自邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間為舞

6qB

B.自“N邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間為總

6qB

C.MN邊上有粒子到達區域的長度為

D.ON邊上有粒子到達區域的長度為巖

答案C

解析根據qvB=m^,解得r=^,自邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間的運動軌跡交于A點，

圓弧所對應的圓心角為60°,自MN邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間的運動軌跡交MN于8點，交

O

ON于C點，N0028=90°,Z<9O2C=120,如圖所示

N

根據T=—,解得7=寫，綜上所述，可得tmin=^-T=^,小=黑7=鼠，故A、B錯誤；邊上有粒子

vqB3603qB3602qB

到達區域的長度為A3之間的距離，由幾何關系可得

AB=2x^cos30°-(J-^-)cos30°=^，故C正確；ON邊上有粒子到達區域的長度為OC之間的距離，由幾何

2cos302

關系可得0c=2x4os30。=也d，故D錯誤。

22

例7(2024?遼寧省重點高中協作校模擬)利用磁場控制帶電粒子的運動，在現代科學實驗和技術設

備中有著廣泛的應用。如圖所示，半徑為R的圓形區域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，在磁場

下方有一長度為R的線狀粒子源GH,其左邊界G與豎直半徑共線，該粒子源不斷射出速度

方向豎直向上、速度大小范圍為0~遍物的粒子，粒子帶電荷量均為+q,質量均為根。在沿半徑

入射的粒子中，速度大小為vo的粒子恰好從O點正右方的N點離開磁場。不計粒子重力及粒

子間相互作用力，求：

(1)勻強磁場磁感應強度B的大小;

⑵圓形磁場中，有粒子通過的區域的面積S；

⑶在圓形磁場右側有一長度為無限長的豎直擋板CD,擋板上有一小孔與N點重合，CD右側1.6R

處是豎直長度為2R的豎直熒光屏PQ,其中心點與N等高。CD右側空間加有垂直紙面向外的

勻強磁場，磁感應強度大小也為3,若線狀粒子源G"只發射速度豎直向上、速度大小為vo的粒

子，射出的粒子在GH間均勻分布，所有通過小孔的粒子打在熒光屏PQ上都被吸收。求熒光屏上

有粒子打到區域的長度d及能打到熒光屏上的粒子數與通過小孔的粒子數之比小

答案⑴器⑵,廬倔?2⑶16R|

解析(1)由題可知，以速度均沿半徑入射的粒子恰好從。點正右方的N點離開磁場,

該粒子圓周運動的軌道半徑r=R

172

由洛倫茲力提供向心力，!UlJBqv=m^-

0R

解得B口

qR

(2)當粒子以舊物入射時，則

Ri

解得此時的軌道半徑尺=逐尺

有粒子通過的區域如圖中陰影部分的面積

/‘；二、

1*R,,

貝［］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)所有粒子都能通過小孔，磁感應強度不變，因此粒子的軌道半徑都是R,粒子到達N點時的速度方向在

沿豎直向上到水平向右90。的范圍內，如圖所示，從〃點射出的粒子通過N點時速度豎直向上，到達熒光

屏上的E點,由幾何關系可知EN間距離為

從K點進入圓形磁場的粒子過N點后軌跡與熒光屏相切于尸點，則尸為熒光屏上粒子打到的最低點，由幾

何關系可知N戶間距離為

〃2=JR2一(1.6R—R)2=0.8R

故熒光屏有粒子打到的區域長度為

d=di+d2=1.6R

設軌跡與熒光屏相切的粒子在N點速度方向與豎直方向成夕角，則

Reose+R=1.6R

得Reos3=0.6R

專題強化練［分值：60分］

1~6題每題4分，7~9題每題7分，10題15分，共60分

［保分基礎練］

1.（2023?江蘇卷2）如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為瓦L形導線通以恒定電流/,放置在磁場中。

已知湖邊長為2/,與磁場方向垂直，6c邊長為/,與磁場方向平行。該導線受到的安培力為（）

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

答案C

解析因切段與磁場方向平行，則不受安培力；必段與磁場方向垂直，則所受安培力為Fab=BI-2l=2BIl,

則該導線受到的安培力為2BII,故選Co

2.（2022?北京卷?7）正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻

強磁場，從尸點發出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是

（）

A.磁場方向垂直于紙面向里

B.軌跡1對應的粒子運動速度越來越大

C.軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大

D.軌跡3對應的粒子是正電子

答案A

解析根據題圖可知，1和3粒子轉動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電荷且順時

針轉動，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯誤；粒子在云室中運動，洛倫茲力不做

功，而粒子受到云室內填充物質的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯誤；帶電粒子若僅在洛倫茲力的作

2

用下做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律可知4誣=〃q，解得粒子做圓周運動的半徑為嚼,根據題圖可

知軌跡3對應的粒子運動的半徑更大，速度更大，粒子運動過程中受到云室內物質的阻力的情況下，此結

論也成立，C錯誤。

3.（2024?江蘇泰州市一模）已知無限長直導線通電時，在某點所產生的磁感應強度的大小與導線中的電流成

正比、與該點到導線的距離成反比。兩根足夠長的直導線平行放置，其中電流分別為/、21,A、8是兩導

線所在平面內的兩點，到導線的距離分別如圖所示，其中A點的磁感應強度為瓦。則3點的磁感應強度

（）

BA

.丁‘一丁一了一

I21

A.大小為與，方向垂直紙面向外

B.大小為勺，方向垂直紙面向里

C.大小為方向垂直紙面向外

D.大小為等，方向垂直紙面向外

答案A

解析由安培定則可知，兩導線獨立在A點產生的磁場的方向均垂直紙面向里，則有

B?+岑等,左邊導線在B點產生的磁場的方向垂直紙面向外，右邊導線在B點產生的磁場的方向垂直

紙面向里，則有8千用=或=生,方向垂直紙面向外，故選A。

a3a3a9

4.（2024?山東德州市期末）如圖所示，某帶電粒子（重力不計）從P點以垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d

的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向與原來射入方向的夾角為?45。，磁場的磁感應強度大小為瓦則該

帶電粒子（）

A.帶正電且動能不變

B.穿越磁場的時間為耍

C.運動軌跡為拋物線

D.電荷量與質量的比值為繆

Ba

答案B

解析根據左手定則，粒子帶負電，故A錯誤；

該粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡是圓周的一部分，軌跡如圖，故C錯誤；

根據牛頓第二定律，有qvB=m-^-,又sin45°=^,

解黑焉，故D錯誤;

穿越磁場的時間為乏,

8

又下=胃，解得仁誓，故B正確。

5.（九省聯考?河南?18）2023年4月，我國有“人造太陽”之稱的托卡馬克核聚變實驗裝置創造了新的世界紀

錄。其中磁約束的簡化原理如圖，在半徑為R1和&的真空同軸圓柱面之間，加有與軸線平行的勻強磁場,

磁場方向垂直紙面向里，&=2R。假設笊核沿內環切線向左進入磁場，泉核沿內環切線向右進入磁

場，二者均恰好不從外環射出。不計重力及二者之間的相互作用，貝和：H的速度之比為（）

A.1：2B.2：1C.1：3D,3：1

答案A

解析由題意可知，根據左手定則，粒子軌跡如圖所示

由幾何關系可知，笊核的半徑為n,有

2ri=R2-Ri=Ri

則八=今

設旅核：H的半徑為r2,有

2r2=&+R=37?i

貝U「24

即n=工

丫23

?2

由洛倫茲力提供向心力qvB=m—

可得丫=則

m

qi

則也=的且三

故選Ao

6.（多選）（2022?湖北卷⑻在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區域分成兩部分，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，磁感應強度大小均為B,

SP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

S尸成30。角。已知離子比荷為人,不計重力。若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為仇則

離子的入射速度和對應0角的可能組合為（）

1i

A-kBL,0°0°

32

C.kBL,60°D.2kBL,60°

答案BC

解析若離子通過下部分磁場直接到達尸點，如圖甲所示，

甲

根據幾何關系則有R=L,由qvB=￡,可得v=^=kBL,根據對稱性可知出射速度與S尸成30。角向上,故

RTn

出射方向與入射方向的夾角為0=60。。

L

乙

當離子在兩個磁場均運動一次時，如圖乙所示，因為兩個磁場的磁感應強度大小均為B,則根據對稱性有

R=；L,根據洛倫茲力提供向心力，有"慶根］,可得片警三姐L,此時出射方向與入射方向相同，艮|1出射

方向與入射方向的夾角為6=0。。通過以上分析可知當離子通過下部分磁場從P點射出時，需滿足

v=-^—=-^kBUn=l,2,3,???）,此時出射方向與入射方向的夾角為6=60。;當離子通過上部分磁場從

（2n—l）m2n-l

尸點射出時，需滿足葉鬻,2,3,-）,此時出射方向與入射方向的夾角為0=0°。故B、C正

確，A、D錯誤。

［爭分提能練］

7.（多選）（2024?黑龍江、遼寧名校聯考）如圖所示，半徑為R的一圓形區域，。為圓心，尸為邊界上的一點，

區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦電荷量為-4、質量為，”的相同帶電粒子a、b（不

計重力）從P點先后以大小相等的速率v=逆射入磁場，粒子a正對圓心射入，粒子b射入磁場時的速度方

m

向與粒子a射入時的速度方向夾角為6=30。。下列說法正確的是（）

A.兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R

B.a粒子在磁場中運動的時間為手

C.b粒子在磁場中運動的時間為陋

3qB

D.a、b粒子離開磁場時的速度方向夾角為30°

答案AC

2

解析由洛倫茲力提供向心力，有qvB*，解得,故A正確；粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示

粒子a、b在磁場中的運動周期均為T=—=—,由軌跡圖可知為=90。,為=120。，

vqB

則a、b粒子在磁場中的運動時間分別為片名7=笠，依痣7=瞿，故B錯誤，C正確；由圖中軌跡可知，

3602qB3603q8

a、b粒子離開磁場時的速度方向都與OP方向垂直，即a、b粒子離開磁場時的速度方向平行，故D錯誤。

8.（多選）（2024.黑龍江牡丹江市一模）如圖所示的等邊三角形區域ACD內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁

場的磁感應強度大小為3,AC的中點。處有一粒子發射源，能向磁場區域沿垂直AC的方向發射一系列速

率不同的同種正粒子，已知粒子的比荷為伍不計重力，磁場區域的邊長為心則下列說法正確的是（）

A.粒子速度越大在磁場中運動的時間越短

B.從AC邊離開的粒子在磁場中運動的時間相同

C.從AC邊離開的粒子，速率的最大值為蘭^

3+2V3

D.從AD邊的中點離開的粒子，速率為鬻

答案BD

解析當粒子的軌跡與AD邊相切時，能從AC邊離開的粒子的速度最大，軌跡如圖所示，軌跡與AD邊的

切點為H,圓心為Q,則由幾何關系可知R+鼻=；,又qwB=〃￥,解得也=”:牛,當粒子的速度小

Sin6022（3+2V3）

于VI時，粒子從AC邊離開磁場，由圖可知從AC邊離開的粒子在磁場中均轉動半個圓周，又T噌,所以

從AC邊離開磁場的粒子在磁場中運動的時間相同，故A、C錯誤，B正確；當粒子從邊的中點離開磁

場時，粒子的軌跡如圖所示,則粒子軌道的圓心應為A,則粒子的軌道半徑為,又qvzB="殍,解得

2出

也=等，故D正確。

4戶QGO