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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
2.安培力的分析与计算
方向
左手定则
电流间的作用力：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥
大小
直导线
F=BILsin θ，θ=0时F=0，θ=90°时F=BIL
导线为
曲线时
等效为ac直线电流
受力
分析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r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，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I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πBIr
D.安培力为2BIr
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、gh边上，电流大小相等、方向如图中箭头所示，则顶点b、f两处的磁感应强度大小之比为( )
A.1∶2 B.√5∶2
C.√3∶2 D.1∶3
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 v2 2πr
qvB=m ，T=
公式 r v重要 mv 2πm
r= ，T=
结论 qB 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(c)
确定
(当r已知或可算)
mv2
方法一：由物理公式求，由于Bqv=
r
半径的 mv
所以半径r=
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
θ
方法一：由圆心角求，t= ·T
时间的 2π
求解 s
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，θ =θ =θ )。
1 2 3
(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OO'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，α =α )。
1 2
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)Oxy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B，方向垂直
纸面向里。质量为m，电荷量为+q的粒子，以初速度v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( )
mv 3mv
A. B.
qB 2qB
mv √2 mv
C.(1+√2) D.(1+ )
qB 2 qB
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，
Oxy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Ⅱ，其中区域Ⅰ存在
磁感应强度大小为B 的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B 的磁场，方向均垂直纸面向里，区
1 2
域Ⅱ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。(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v 及其在磁场中的运动时间t；
1
L
(2)若B =2B ，求能到达y= 处的离子的最小速度v 。
2 1 2 2
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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
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
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PP 直线上)
1 2
mv
粒子的入射点位置相同， 将一半径为R= 0的圆以入
qB
旋转圆 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P为圆心、半 不同
探索出临界条件
mv
径R= 0的圆上)
qB
mv
粒子的入射点位置不同， 将半径为R= 0的圆进行平
平移圆 qB
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 粒子速度大小相同，轨迹 界上同一点射出，该点切线
磁发散 圆半径等于区域圆半径 与入射方向平行——磁聚
焦，从边缘某点以不同方向
磁聚焦 磁发散
入射时平行出射——磁发散
例5 (2020·全国卷Ⅲ·18)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m，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( )
3mv mv
A. B.
2ae ae
3mv 3mv
C. D.
4ae 5ae
例6 (2024·湖北省四调)如图所示，在直角△MON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B，O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
qBd
为m，电荷量为+q，速率均为v= ，ON长为d且∠ONM=30°，忽略粒子的重力及相互间的作用力。
2m
下列说法正确的是( )
πm
A.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
6qB
πm
B.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为
6qB
d
C.MN边上有粒子到达区域的长度为
2
√3d
D.ON边上有粒子到达区域的长度为
3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MO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~√3v 的粒子，粒子带电荷量均为+q，质量均为m。在沿半径MO入射的粒子中，速
0
度大小为v 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：
0
(1)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)圆形磁场中，有粒子通过的区域的面积S；
(3)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N'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B，若线状粒子源GH只发射速度竖直向上、速度大小为v 的粒子，射出的粒子在
0
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η。
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_________________________________________________________________________________________答案精析
例1 BD [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AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F=BI·2r=2BIr，故C错误，D正确。]
kI
例2 A [根据题意设磁感应强度为B= ，若正方体的边长为L，ae和gh的电流在f点产生的磁感应强度
x
kI kI kI
方向垂直、大小均为B = ，f点的磁感应强度为B=√2 ；ae的电流在b点产生的磁感应强度为B =
1 L f L b1 L
kI
，gh的电流在b点产生的磁感应强度为B = ，两者方向成135°，根据平行四边形定则及余弦定理得，
b2 √2L
√2kI B 1
b点的磁感应强度为B =√B 2+B 2-2B B cos45°= ，则有 b = ，故选A。]
b b1 b2 b1 b2 2L B 2
f
例3 C [粒子运动轨迹如图所示
v2
在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m ，
r
mv
可得粒子做圆周运动的半径r= ，
qB
r mv
根据几何关系可得P点至O点的距离L =r+ =(1+√2) ，
PO cos45° qB
故选C。]
2B qL 2πm 4B qL
例4 (1) 1 (2) 1
m 3qB m
1
解析 (1)当离子不进入磁场 Ⅱ 且速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系r cos 60°=r -L
1 1
解得r =2L
1
v 2
1
根据qv B =m
1 1 r
1
2B qL
解得v = 1
1 m
2πm
在磁场中运动的周期T=
qB
1
120° 2πm
运动时间t= T=
360° 3qB
1mv
(2)若B =2B ，根据r=
2 1 qB
可知r '=2r
1 2
离子在磁场中运动轨迹如图，
设O O 与磁场边界夹角为α，由几何关系
1 2
r 'sin α-r 'sin 30°=L
1 1
L
r -r sin α=
2 2 2
解得r =2L
2
3
sin α=
4
v 2
2
根据qv B =m
2 2 r
2
4B qL
解得v = 1
2 m
例5 C [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
v2 3mv
何关系得a2+r2=(3a-r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB=m ，联立解得B= ，故选C。]
r 4ae
v2 d
例6 C [根据qvB=m ，解得r= ，自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间的运动轨迹交MN于
r 2
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B点，
交ON于C点，∠OO B=90°，∠OO C=120°，如图所示
2 22πr 2πm 60° πm 90° πm
根据T= ，解得T= ，综上所述，可得t = T= ，t = T= ，故A、B错误；MN
v qB min 360° 3qB max 360° 2qB
边上有粒子到达区域的长度为AB之间的距离，由几何关系可得
d
d d
AB=2× cos 30°-(d- 2 )cos 30°= ，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
2 2
cos30°
d √3
几何关系可得OC=2× cos 30°= d，故D错误。]
2 2
mv 5
例7 (1) 0 (2) πR2-√3R2
qR 6
2
(3)1.6R
5
解析 (1)由题可知，以速度v 沿半径MO入射的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场，
0
该粒子圆周运动的轨道半径r=R
由洛伦兹力提供向心力，
v 2
则Bqv =m 0
0
R
mv
解得B= 0
qR
(2)当粒子以√3v 入射时，则
0
(√3v ) 2
Bq·√3v =m 0
0
R
1
解得此时的轨道半径R =√3R
1
有粒子通过的区域如图中阴影部分的面积
1 1
则S = πR2- ×2Rsin 60°·Rcos 60°
1 3 2
1 √3
= πR2- R2
3 4
1 1
S = π·(√3R)2- (√3R)2sin 60°
2 6 2
πR2 3√3R2
= -
2 4
5
所以S=S +S = πR2-√3R2
1 2 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H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
d =√R2-(1.6R-R) 2=0.8R
1
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F点，则F为荧光屏上粒子打到的最低点，由几
何关系可知 N'F间距离为
d =√R2-(1.6R-R) 2=0.8R
2
故荧光屏有粒子打到的区域长度为
d=d +d =1.6R
1 2
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θ角，则
Rcos θ+R=1.6R
得Rcos θ=0.6R
R-Rcosθ 2
故η= =
R 5
