第1章 3 带电粒子在匀强磁场中的运动（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

本讲义聚焦带电粒子在匀强磁场中的运动这一核心知识点，从运动条件（v∥B时匀速直线运动，v⊥B时匀速圆周运动）出发，推导半径r=mv/qB、周期T=2πm/qB等公式，再延伸到有界磁场中轨迹圆心确定、半径计算及旋转圆问题的动态分析，构建从基础规律到复杂应用的学习支架。 该资料通过问题链驱动科学探究，如“如何确定圆心”“求半径的三种方法”等引导学生主动建构模型，结合例题变式（改变速度、磁场强度）培养科学思维中的科学推理能力。动态轨迹图示辅助理解临界条件，课中帮助教师突破重点，课后通过练习题和归纳总结助力学生查漏补缺，强化知识应用。

3　带电粒子在匀强磁场中的运动 [学业要求] 1．知道带电粒子沿着垂直于磁场的方向射入匀强磁场会做匀速圆周运动。 2．理解洛伦兹力对运动电荷不做功。 3．能够用学过的知识分析、计算有关带电粒子在匀强磁场中受力、运动问题。 [对应学生用书P16] 一、带电粒子在匀强磁场中的运动 阅读教材，并回答： 1．带电粒子沿着磁感线方向飞入匀强磁场时，将做什么运动？ 答：匀速直线运动。 2．如图所示，带电粒子垂直于磁感线方向飞入匀强磁场。 (1)A点的洛仑兹力方向怎样？ (2)洛伦兹力方向与速度方向有什么关系？洛伦兹力做功吗？ (3)带电粒子能离开图示平面吗？ (4)洛伦兹力的大小改变吗？洛伦兹力对带电粒子的运动起到什么作用？ 答：(1)垂直速度方向向上。(2)垂直；不做功。 (3)不能。(4)不改变；向心力。 [概念·规律] (1)当v∥B时，带电粒子将做__匀速直线__运动。 (2)当v⊥B时，带电粒子将做__匀速圆周__运动。 二、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动 阅读教材，并回答： 1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r和周期T与粒子所带电荷量、质量、粒子的速度、磁感应强度有什么关系？ 答：见教材 2．求出带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径和周期。 答：见教材 [概念·规律] 1．运动条件：不计重力的带电粒子沿着与磁场__垂直__的方向进入匀强磁场。 2．洛伦兹力作用：提供带电粒子做圆周运动的__向心力__，即qvB＝__m__。 3．基本公式 (1)半径：r＝____。 (2)周期：T＝____。 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道__半径__和__运动速度__无关。 4．洛伦兹力的作用效果 洛伦兹力只改变带电粒子速度的__方向__，不改变带电粒子速度的__大小__，或者说洛伦兹力不对带电粒子做功，不改变粒子的能量。 (1)带电粒子进入匀强磁场后一定做匀速圆周运动。(　　) (2)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期与速度无关。(　　) (3)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动。(　　) (4)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀加速直线运动，不可能做匀速直线运动。(　　) (5)带电粒子做匀速圆周运动的半径与带电粒子进入磁场时速度的大小有关，而周期与速度、半径都无关。(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)√ [对应学生用书P17] 探究点一　带电粒子在匀强磁场中的运动 [交流讨论] 观察教材图1.3­2演示带电粒子的运动径迹。 1．不加磁场带电粒子的运动径迹怎样？ 2．在玻璃泡中施加沿两线圈中心连线方向、垂直纸面向外的磁场，带电粒子的运动径迹是怎样的？ 3．保持出射电子的速度不变，改变磁感应强度，径迹会有什么变化？ 4．保持磁感应强度不变，改变出射电子速度的大小和方向，径迹会有什么变化？ 答：1.一条直线。2.圆。3.磁感应强度变大时，圆的半径变小。4.速度变大时，圆的半径变大。 [归纳总结] 1．当v0∥B时，带电粒子(重力不计)做匀速直线运动。 2．当v0⊥B时，带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，有r＝，T＝，f＝。 　(多选)洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法正确的是(　　) A．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大 B．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变 C．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变小 D．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变 [解析]　根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有eU＝mv02 ，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有eBv0＝ ，解得r＝ ，增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大，故A正确，B错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由r＝ 式可得，电子束的轨道半径变小，故C正确，D错误。 [答案]　AC 　在例题中，若电子枪垂直磁场方向发射电子，电子质量为m，电荷量为e，匀强磁场的磁感应强度为B。根据上述信息可以得出(　　) A．电子做圆周运动的轨道半径 B．电子做圆周运动的速度大小 C．电子做圆周运动的周期 D．电子的加速电压 解析　电子经加速电场eU＝mv2，电子进入磁场做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有evB＝m，又因为T＝，解得T＝，由于轨道半径无法确定，所以速度及加速电压也无法确定，而电子质量为m，电荷量为e，匀强磁场的磁感应强度为B，根据上述信息可以得出做圆周运动的周期，故C正确。 答案　C 1．在同一匀强磁场中，两带电量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　) A．若速率相等，则半径必相等 B．若速率相等，则周期必相等 C．若动量大小相等，则半径必相等 D．若动能相等，则周期必相等 解析　根据qvB＝m，解得r＝，电荷量相等，速率相等，但是质量不一定，半径不一定相等，故A错误；根据T＝，电荷量相等，动能相等，质量不一定相等，周期不一定相等，故B、D错误；根据qvB＝m，解得r＝，电荷量相等，mv大小相等，则半径必相等，C正确。 答案　C 探究点二　带电粒子在有界磁场中的运动 [交流讨论] 1．定性画出带电粒子在有界磁场中做圆周运动的轨迹 (1)直线边界：射入和射出磁场 (2)平行边界：在同侧或异侧射出磁场 答：(1) (2) 2．如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场左、右边缘平行，磁场的宽度为d，正粒子射入磁场的速度方向与左边缘夹角为θ，已知粒子质量为m、带电荷量为q，运动到磁场右侧边界时恰好相切。 (1)如何确定带电粒子做匀速圆周运动的圆心？ (2)粒子做匀速圆周的半径是多大？ (3)粒子射入磁场的速度是多大？ 答：(1)画出轨迹上任意两点的F洛方向，其延长线的交点即为圆心。 (2)r＝。 (3)v＝。 [归纳总结] 1．有界磁场内部分圆周轨迹的分析方法 (1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两速度的垂线，交点即为圆心，如图甲所示。 (2)已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向时，画出粒子轨迹上的两点连线(即过这两点的圆的弦)，作它的中垂线，并画出已知点的速度的垂线，则弦的中垂线与速度的垂线的交点即为圆心，如图乙所示。 2．三种求半径的方法 (1)根据半径公式r＝求解。 (2)根据勾股定理求解，如图丙所示，若已知出射点相对于入射点侧移了x，则满足r2＝d2＋(r－x)2。 (3)根据三角函数求解，如图丙所示，若已知出射速度方向与水平方向的夹角为θ，磁场的宽度为d，则有关系式r＝。 3．四种角度关系 (1)速度的偏向角φ等于圆心角α。 (2)圆心角α等于AB弦与速度方向的夹角(弦切角θ)的2倍(φ＝α＝2θ＝ωt)。 (3)相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ＋θ′＝180°，如图丁所示。 (4)进出同一直边界时速度方向与该直边界的夹角相等。 4．两种求时间的方法 (1)利用圆心角求解，若求出这部分圆弧对应的圆心角，则t＝T。 (2)利用弧长s和速度v求解，t＝。 　(教材本节练习与应用第3题变式)如图所示，xOy坐标系的第一象限分布有垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴上的P(a，0)点向各个方向均匀发射速率为v、质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子(不计重力)。其中，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的粒子恰好垂直于y轴射出。求： (1)匀强磁场的磁感应强度的大小； (2)粒子在y轴正方向上射出的范围。(计算结果保留根式形式) [解析]　(1)沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的粒子运动轨迹如图所示 由几何关系知，圆周运动的半径r＝＝2a 根据qvB＝m，解得B＝。 (2)粒子在y轴正方向上射出范围在O与M之间，如图所示 由几何关系得yM＝＝a 粒子在y轴正方向上射出的范围为0～a。 [答案]　(1)　(2)0～a 　在例题中，若磁感应强度大小为B。在y轴上有坐标为的M点和坐标为(0，L)的N点，现将质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从x轴上的P点沿y轴正方向以不同速率射入磁场。已知OP＝L，忽略粒子自身重力和粒子间的相互作用。 (1)若粒子刚好从M点离开磁场，求粒子的入射速度大小； (2)若粒子刚好从N点离开磁场，求粒子在匀强磁场中运动的时间。 解析　(1)粒子刚好打到M点，连接PM，作PM的中垂线交OP于E点，如图所示，则E点为该粒子运动轨迹的圆心，由几何关系得∠MEO＝，r＝OP－EM·cos ＝OP－r·cos ， 根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝m 解得粒子的入射速度大小v＝。 (2)粒子打在N点，连接PN，飞行轨迹的圆心角为θ，由几何关系得∠NPO＝ 所以θ＝，粒子做圆周运动的周期为T＝ 粒子在磁场中运动的时间为tN＝·T＝。 答案　(1)　(2) 　在例题中，若第一象限内有垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出)，质量为m、带电量为＋q(q>0)的带电粒子(不计所受重力)从坐标原点O沿x轴正方向以速度v0射出，带电粒子恰好经过点A，不计空气阻力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B大小； (2)粒子从O点运动到A点所用的时间t。 解析　(1)根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系有qv0B＝，＋＝R2，解得B＝。 (2)设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则有T＝，t＝T 解得t＝。 答案　(1)　(2) 　(2024·重庆卷)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离； (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离； (3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。 [解析]　(1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，轨道如图(a)所示，设轨迹半径为r1，由洛伦兹力提供向心力得 qv0B＝m，其中OK＝2r1＝。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径 r2 ＝ 4r1 如图(b)所示，由几何关系有 (4r1－2r1)2＋MO2 ＝ (4r1)2 解得MO＝2r1＝。 (3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图(c)所示，由几何关系有 (4r1－2r1)2＋ON2 ＝ (4r1)2 解得ON＝2r1＝ 粒子在打开磁场开关前运动时间为t＝ 解得t＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) ●核心素养·思维升华 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤 (1)画轨迹：先确定圆心，再画出运动轨迹，然后用几何方法求半径。 (2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。 (3)用规律：用牛顿第二定律列方程qvB＝m，及圆周运动规律的一些基本公式。 2．(2025·河北邯郸校联考)如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q<0)的带电粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ＝30°，粒子重力不计。求： (1)该粒子在磁场中离x轴的最远距离； (2)该粒子在磁场中运动的时间。 解析　(1)粒子的运动轨迹如图所示 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝，解得r＝，由几何关系知在磁场中离x轴最远距离为d＝(r＋r cos 30°)＝。 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T＝＝，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为300°，则有t＝·＝。 答案　(1)　(2) 探究点三　带电粒子在磁场中的旋转圆问题 1．轨迹圆的缩放 当粒子的入射速度方向一定而大小可变时，粒子做圆周运动的圆心一定在粒子入射点所受洛伦兹力的方向上，半径R不确定，利用圆规作出一系列大小不同的内切圆，从圆的动态中发现临界点。 2．轨迹圆的旋转 当粒子的入射速度大小一定而方向不确定时，从不同方向入射的粒子的轨迹圆都一样大，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动旋转中发现临界点。 　如图所示，长为L、间距为d的平行金属板间，有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，从左侧两极板的中心处以不同速率v水平射入，欲使粒子不打在板上，求粒子速率v应满足什么条件？ [解析]　作粒子不打在板上的两种临界轨迹，如图所示 设粒子刚好打在上极板左边缘时，由几何关系得R1＝，又qvB＝m，解得v1＝ 设粒子刚好打在上极板右边缘时，由图可知 R22＝L2＋ 所以R2＝，又qvB＝m， 解得v2＝ 综上分析，要使粒子不打在极板上，其入射速率应满足以下条件v＜或v＞。 [答案]　v＜或v＞ 　在例题中，若极板足够长，间距为d。一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，从下极板上的A点以速度v沿与极板成60°角、垂直磁场的方向射入磁场区域。若要使粒子不打在上极板，则磁场的磁感应强度B应满足(　　) A．B≥　　　　　 B．0＜B＜ C．B≥ D．0＜B＜ 解析　粒子不打在上极板，临界情况为粒子的轨迹恰好与上极板相切，如图所示 设轨道半径为r，由几何关系可得r＋rcos 60°＝d，解得r＝d。由于洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝m，解得B＝。磁感应强度B越大，轨迹半径越小，所以磁场的磁感应强度B应满足B≥，故选A。 答案　A 　在例题中，若极板足够长，间距为d。下极板上的O为粒子源，能向各个方向发射速度大小相等的同种粒子，已知打在上极板的粒子分布在长为d的线段上，这些粒子在磁场中做圆周运动的半径是(　　) A．d B． C．d D．d 解析　以粒子在磁场中做顺时针旋转圆周运动为例来说明(逆时针旋转结果相同)。粒子打在上极板两种临界情况如图所示。一种临界情况为从O点水平射出，打在上极板最左边；一种临界情况为轨迹恰好与上极板相切。因为粒子速度大小不变，则轨迹半径不变，则粒子的轨迹中心必然在以射出点为圆心，轨迹半径为半径的虚线圆上，根据几何关系可知，O点到两临界点的距离相等，则两临界点与O的水平距离均为x＝d，根据几何关系R＋＝d，解得R＝d，故选D。 答案　D 3．(2025·重庆期末)如图所示，在xOy平面的0≤y<a的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，速率相等的大量质子从原点O朝各个方向被均匀发射到第一象限内，发现从磁场上边界射出的质子数占总数的50%，不计质子间相互作用及重力，则质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为(　　) A． B．a C．a D．a 解析　根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB＝m，可知速率相等的大量质子的运动半径相等，由如图中图形剖析可知，从上边界射出的质子的发射角度在0～45°之间，设轨迹半径为R，则由几何关系知R＋R sin 45°＝a，R＝a，故选C。 答案　C [对应学生用书P22] 　 1．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电 B．粒子先经过a点，再经过b点 C．粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功 D．粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变 解析　由题意可知该粒子本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，可知速度大小在减小，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得r＝，所以粒子半径减小，粒子先经过b点，再经过a点，则根据左手定则可知粒子带负电，A正确，B错误；由于运动过程中洛伦兹力一直和速度方向垂直，洛伦兹力不做功，C错误；根据F ＝ qvB，可知粒子运动过程中所受洛伦兹力逐渐减小，D错误。 答案　A 2．(2025·安徽卷)如图所示，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 解析　根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得R＝＝d，故A错误； 当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s上min＝d；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上max＝d，故上表面接收到粒子的区域长度为s上＝d－d，故B错误； 根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确； 根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tmin＝T＝，故D错误。 答案　C 3．(2024·广西卷)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(　　) A． B． C．(1＋) D． 解析　粒子运动轨迹如图，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径r＝，根据几何关系可得P点至O点的距离 LPO＝r＋＝(1＋)，故选C。 答案　C 4．(2025·新疆乌鲁木齐期末)如图所示，一束电子流以速率v通过一个处于矩形空间的大小为B的匀强磁场，速度方向与磁感线垂直，且平行于矩形空间的其中一边，矩形空间边长为a和a，电子刚好从矩形的相对的两个顶点间通过。 (1)画图作出电子圆周运动的圆心和半径； (2)求电子在磁场中的飞行时间； (3)求电子的比荷。 解析　(1)(2)根据题意，画出粒子的运动轨迹，作出电子圆周运动的圆心O和半径r如图所示，由几何关系有r2＝(r－a)2＋(a)2，解得r＝2a 设圆心角为θ，则有sin θ＝，则θ＝60°，电子在磁场中的飞行时间为t＝·＝。 (3)根据题意，由牛顿第二定律有qvB＝m，解得＝＝。 答案　(1)见解析图　(2)　(3) 5．(2025·浙江杭州期末)半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在圆心O的正下方处的粒子源S有质量为m、电量为＋q的带电粒子沿与SO成37°角垂直于磁场射入磁场。且粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在0～vm范围(vm未知)内，不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，求粒子的最大速度vm。 (2)求射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间。 (3)求射出磁场的粒子数占整个粒子源射出粒子数的比例。 解析　(1)最大速度的粒子从圆心O的正上方A点离开磁场，设圆周运动半径为r，如图。由几何关系可知r＝＝R，因为qvmB＝m 解得vm＝。 (2)要让射出磁场的粒子在磁场中运动的最短时间，则扫过的圆心角最小，由题意和上述分析可知从A点射出的粒子扫过的圆心角最小，由几何关系可知最小圆心角为74°，则最短时间t＝T＝×＝。 (3)设粒子速度为v1时，轨迹恰好磁场圆相切，设粒子圆周运动半径为r1，如图。几何关系有2＝r12＋2－2r1××cos 53° 解得r1＝R 因为qv1B＝m 可知v1＝ 因为粒子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在0～vm范围内，所以射出磁场的粒子数占整个粒子源射出粒子数的比例η＝，联立解得η＝。 答案　(1)　 (2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$