第11章 第二讲 第1课时 带电粒子在磁场中的运动（课件）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（通用版）

磁场对运动电荷的作用 第 二 讲 第1课时　 带电粒子在磁场中的运动（系统知能课） |纲举目张|·|精要回顾| qvB 左手 不做功 匀速直线 微点判断 (1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。 ( ) (2)若带电粒子经过磁场中某点时所受洛伦兹力为零，则该点的磁感应强度一定为零。 ( ) (3)带电粒子在A点受到的洛伦兹力比在B点大，则A点的磁感应强度比B点的大。 ( ) (4)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。 ( ) × × × × (5)根据公式T=，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。 ( ) (6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。 ( ) (7)带电粒子的速度越大，运动半径越大。 ( ) (8)带电粒子运动速度越大，运动周期越大。 ( ) × √ √ × 1 逐点清(一)　对洛伦兹力的理解 (基础点速过) 2 逐点清(二)　带电粒子在有界磁场中的运动(迷盲点精研) CONTENTS 目录 3 逐点清(三)　带电粒子在磁场中运动的多解问题(迷盲点精研) 4 课时跟踪检测 逐点清(一)　 对洛伦兹力的理解(基础点速过) |关键知能|·|升维学习| ◉对洛伦兹力的理解 1.(2023·海南高考)如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是(　 ) A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程中的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 √ 解析：根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力作用，合力不为零且时刻变化，则小球运动过程中的速度、加速度都改变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。 ◉洛伦兹力的分析 2.真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是(　 ) A.小球先加速后减速 B.小球受到的洛伦兹力始终为零 C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零 D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向竖直向外 √ 解析：根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当小球运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到ab中点洛伦兹力竖直向下，从ab中点至b端洛伦兹力竖直向上，B、D错误，C正确。 ◉洛伦兹力与电场力的比较 3.(2022·湖北高考)(多选)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a>0，b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O点到P点运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O点到P点运动的时间为t2，到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是(　 ) A.t1<t2　B.t1>t2　C.Ek1<Ek2　D.Ek1>Ek2 √ √ 解析：若该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，粒子沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀加速直线运动，到达P点时速度大于v0；若该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，沿x轴正方向分速度在减小，根据t=，可知t1<t2，故A正确，B错误；根据Ek=mv2，可知Ek1>Ek2，故C错误，D正确。 1.洛伦兹力的特点 (1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。 (2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。 (3)洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力一定不做功。 2.与安培力的联系及区别 (1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。 (2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。 3.洛伦兹力与电场力的比较   洛伦兹力 电场力 产生条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中 大小 F=qvB(v⊥B) F=qE 方向 F⊥B，且F⊥v 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反 做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功 逐点清(二)　带电粒子在有界磁场中的运动(迷盲点精研) 一、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据 一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三画轨迹，四列关系式”的分析方法。列关系式的依据主要是牛顿第二定律和数学知识。 二、粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的计算方法 1.圆心的确定方法 (1)若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲。 (2)若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，弦的中垂线与速度垂线的交点即为圆心，如图乙。 (3)若已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据r=计算出轨迹半径r，则在该点沿洛伦兹力方向距离为r的位置为圆心，如图丙。 2.半径的计算方法 方法一：由R=求得。 方法二：连半径构造三角形，由数学方法解三角形或根据勾股定理求得。 3.时间的计算方法 方法一：利用圆心角、周期求得t=T。 方法二：利用弧长、线速度求得t=。 三、带电粒子在有界磁场中的运动 1.直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) 2.平行边界(往往存在临界条件，如图所示) 3.圆形边界(进出磁场具有对称性) (1)沿径向射入必沿径向射出，如图甲所示。 (2)不沿径向射入时，如图乙所示。射入时粒子速度方向与半径的夹角为θ，射出磁场时速度方向与半径的夹角也为θ。 4.三角形边界(运动时常常涉及临界问题，如图所示) (1)粒子能从AB边射出的临界轨迹如图甲所示。 (2)粒子能从AC边射出的临界轨迹如图乙所示。 5.矩形边界(往往存在临界条件，如图所示) 注意：带电粒子在匀强磁场中运动时，是否存在过某点或相切某线的临界轨迹，可应用假设法分析。 类型1　直线边界的磁场 [例1]　(2023·福建高考)阿斯顿(F.Aston)借助自 己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺 贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所 示。在PP'上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v=9.6×104 m/s，B=0.1 T，落在M处氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg；P、O、M、N、P'在同一直线上；离子重力不计。 (1)求OM的长度； [解析]　(1)离子进入匀强磁场，洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力，则有qvB=m 解得r== m=0.2 m OM的长度为OM=2r=0.4 m。 [答案]　(1)0.4 m (2)若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。 [答案]　(2)4.4×106 C/kg [解析]　(2)若ON的长度是OM的1.1倍，则落在N处的离子运动轨迹半径为落在M处的离子运动轨迹半径的1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得q'vB=m' 整理得==≈4.4×106 C/kg。 类型2　平行直线边界的磁场 [例2]　真空区域有宽度为l、磁感应强度大小为B的匀强 磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界。MN边界 上有一个点状的粒子放射源S，它可以向各个方向发射质量为 m、电荷量为+q(q>0)、速率为v(未知)的带电粒子。若粒子沿 着与MN夹角为37°的方向射入磁场中，刚好未能从PQ边界射出，在磁场中运动时间t(未知)后从MN边界离开。不计粒子的重力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)带电粒子在磁场中运动的速率v和时间t； [解析]　(1)粒子刚好未能从PQ边界射出磁场，轨迹如图甲所示 根据几何关系可知R+Rcos 37°=l解得R=l 根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv=m解得v= 粒子运动的周期T== 粒子运动的时间t=×=。 [答案]　(1)　　 (2)PQ边界有粒子射出的长度x。 [解析]　(2)当粒子初速度方向沿MN向下时，轨迹如图乙所示 根据几何关系可知S'C== 由图甲可知SA=Rsin 37°= 则PQ边界有粒子射出的长度x=S'C+SA=。 [答案]　(2) 类型3　圆形边界的磁场 　[例3]　(2024年1月·九省联考安徽卷)(多选)如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，不计粒子重力。则(　 ) A.粒子带负电 B.粒子运动速率为 C.粒子在磁场中运动的时间为 D.粒子在磁场中运动的路程为 √ √ [解析]　由于粒子经过圆心O，最后离开磁场，可知粒子在A点所受洛伦兹力向下，根据左手定则，可知粒子带负电，故A正确；由于圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，设粒子圆周运动的半径为r，速率为v0，根据几何关系有r2=+R2-，解得r=R，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B=m，解得v0=，故B错误；根据上述分析，作出运动轨迹，如图所示，由于圆形区域半径为R，A点到CD的距离为，粒子做圆周运动的半径也为R，则△AOO'与△EOO'均为等边三 角形，则轨迹所对应的圆心角为120°，粒子做圆周运动的周期T==，则粒子在磁场中运动的时间为t=T=，故C错误；结合上述可知，粒子在磁场中运动的路程为x=·2πr=，故D正确。故选A、D。 类型4　多边形边界的磁场 　[例4]　(2024·河北高考)(多选)如图，真空区域 有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD 的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒 定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个 粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是 (　 ) A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45° D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° √ √ √ [解析]　根据题意可知，粒子一定从ad边进入无磁场区。当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°时，由几何关系可知其一定穿过dc边进入磁场，然后由BC边射出，则其运动轨迹如图1所示，由对称性可知，该粒子垂直BC射出，A正确；当粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若其从cd边射出无磁场区，假设其能垂直BC射出，则其运动轨迹如图2所示，根据几何关系可知r(1-cos 60°)<rsin 30°，与sin 30°=1-cos 60°=矛盾，显然假设不成立，该粒子不能垂直BC射出，B错误；若粒子经cd边垂直BC射出，其运动轨迹如图3所示，则由几何关系可知，该运动轨迹关于BD连线对称，所以两段圆弧轨迹所对应圆心角相等，又两圆心角的和为90°，所以粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为45°，C正确；若粒子经bc边垂直BC射出，其运动轨迹如图4所示，由几何关系有r(1-cos θ1)=rsin θ2，又θ1+θ2 =90°，解得粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为60°，D正确。 逐点清(三)　带电粒子在磁场中运动的多解问题(迷盲点精研) 类型1 带电粒子电性不确定或磁场方向不确定形成多解。受洛伦兹力作用的带电粒子，由于电性不同或磁场方向不同，当速度相同时，在磁场中运动轨迹不同，形成多解。 [例1]　(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是(　 ) A.B>，垂直纸面向里 B.B>，垂直纸面向里 C.B>，垂直纸面向外 D.B>，垂直纸面向外 √ √ [解析]　当磁场方向垂直纸面向里时，离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示，切点为M，设轨迹半径为r1，由几何关系可知，sin 30°=，解得r1=s，由r1=，解得B1=，即磁感应强度应大于；当磁场方向垂直纸面向外时，离子恰好与OP相切的轨迹如图乙所示，切点为N，由几何关系可知，s=+r2，解得r2=，又r2=，所以B2=，即磁感应强度应大于，故B、D正确，A、C错误。 类型2 　临界状态不唯一形成多解，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧，粒子入射磁场的速度大小或方向不确定，于是形成多解。如图所示，是由于速度大小不同形成的多解。 [例2]　(2025·青岛模拟)长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，从距水平板中心正上方的P点处以水平向右的速度v0释放一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子不打在水平板上，速度v0应满足(　 ) A.v0> B.v0< C.<v0< D.v0>或v0< √ [解析]　电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有ev0B=m，解得R=；根据分析，当电子做匀速圆周运动的半径很小或者半径很大时，电子均不打在水平板上，两个临界点轨迹分别为与水平板相切、恰好经过水平板右端点，如图所示。根据几何关系可知Rmin=，Rmax=，解得v0min=或v0max=，则有v0>或v0<，故选D。 类型3 运动的周期性形成多解，带电粒子在组合场或交变场中运动时，运动往往具有周期性，从而形成多解，如图所示。 [例3]　(2025·盐城模拟)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前、后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L。粒子重力不计，电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v； [解析]　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qvB= 在磁场中做圆周运动的半径r=d，解得v=。 [答案]　(1) (2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm； [解析]　(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，此时入射点到M的距离最大，由几何关系得dm=d 整理得dm=d。 [答案]　(1)(2)d (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=d，求粒子从P点到Q点的运动时间t。(结果用L、d、m、q、B等物理量表示) [答案]　(3)见解析 [解析]　(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有T== 由题意可知粒子垂直打到水平薄板上，设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则粒子从P点到Q点的运动时间t=n+t' (a)当L=nd+d=nd+d(n=1，3，5…)时，粒子斜向上射出磁场，粒子从最后一次碰撞到射出磁场转过的夹角为，故t'=T= 联立代入数据，得t= (b)当L=nd+d=nd+d(n=1，3，5…)时，粒子斜向下射出磁场，粒子从最后一次碰撞到射出磁场转过的夹角为π，故t'=T=T 联立代入数据，得t=。 课时跟踪检测 (单击进入电子文档) $$