第一章 3.带电粒子在匀强磁场中的运动-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教版）

第一章　安培力与洛伦兹力 3.带电粒子在匀强磁场中的运动 目录 1 2 考点模型 考点对点练 核心能力提升练 考点模型 考点对点练 典型考点一　带电粒子在匀强磁场中运动的基本规律 1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　) A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 4 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 5 2．(多选)质子和α粒子以相同的速度沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，已知α粒子质量是质子的4倍，两者均带正电荷，且α粒子所带电荷量是质子的2倍，则质子和α粒子在磁场中的各物理量间的关系正确的是(　　) A．洛伦兹力大小之比为FH∶Fα＝2∶1 B．周期之比为TH∶Tα＝1∶2 C．半径之比为rH∶rα＝1∶2 D．角速度大小之比为ωH∶ωα＝1∶1 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 6 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 7 3．如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈，通入电流I后，能够在两线圈间产生匀强磁场；玻璃泡内有电子枪，通过加速电压U对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心O点正下方的S点水平向左射出，电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是(　　) A．若要正常观察电子径迹，励磁线圈的电流方 向应为逆时针(垂直纸面向里看) B．若保持U不变，增大I，则圆形径迹的半径变大 C．若同时减小I和U，则电子运动的周期减小 D．若保持I不变，减小U，则电子运动的周期将不变 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 8 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 9 4.1930年，师从密立根的中国科学家赵忠尧，在实验中最早观察到正负电子对产生与湮没，为正电子的发现作出了开创性贡献。此后，人们在气泡室中，观察到一对正负电子产生后的运动轨迹，如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里，电子重力忽略不计，则下列说法正确的是(　　) A．右侧螺旋线为正电子运动轨迹 B．正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大于负电子速度 C．正、负电子在气泡室运动时，有能量损失，则动能减小、 半径减小、周期减小 D．正、负电子所受洛伦兹力始终相同 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 10 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 11 典型考点二　带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动 5.如图所示，一电荷量为2.0×10－9 C、质量为1.8×10－16 kg的粒子，在直线边界上一点O沿与直线夹角为30°方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经过1.5×10－6 s后到达直线上另一点P。(计算结果均保留三位有效数字) (1)求粒子做圆周运动的周期； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若O、P之间的距离为0.1 m，求粒子的运动速度多大？ 答案：(1)1.80×10－6 s　(2)0.314 T (3)3.49×105 m/s 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 12 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 13 [名师点拨]　 1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题的解题三步法 2．带电粒子在直线边界匀强磁场中运动的特点 粒子进出磁场的边界是同一直线时，出射速度与边界的夹角等于入射速度与边界的夹角。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 14 6.如图所示，在直角三角形ADC区域内存在垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场(包含边界)，∠ACD＝30°。现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，以某一速度v从D点沿DA边射入磁场，垂直于AC边射出磁场，粒子的重力可忽略不计。求： (1)带电粒子在磁场中的运动半径R； (2)带电粒子在三角形ADC区域内运动的时间t。 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 15 考点模型 考点对点练 1 2 3 4 5 6 16 核心能力提升练 1．(多选)一带电粒子以一定的速度垂直射入匀强磁场中，则受磁场影响的物理量是(　　) A．速度 B．加速度 C．位移 D．动能 解析：洛伦兹力方向总是与带电粒子的运动方向垂直，对带电粒子总不做功，根据动能定理，洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，只改变粒子速度的方向，故可以改变速度，不改变动能，故A正确，D错误；带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小不变，而方向时刻在改变，所以加速度在变化，故B正确；粒子在洛伦兹力作用下做曲线运动，则粒子的位移不断变化，故C正确。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 18 2．安德森利用云室照片观察到宇宙线垂直进入匀强磁场时运动轨迹发生偏转。如图照片所示，在垂直于照片平面的匀强磁场(照片中未标出)中，高能宇宙线粒子穿过铅板时，有一个粒子的轨迹和电子的轨迹完全相同，但偏转的方向相反。这种前所未知的粒子与电子的质量相同，但电荷却相反。安德森发现这正是狄拉克预言的正电子。正电子的发现，开辟了反物质领域的研究，安德森获得1936年诺贝尔物理学奖。关于照片中的信息，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹是抛物线 B．粒子在铅板上方运动的速度大于在铅板下方运动的 速度 C．粒子从上向下穿过铅板 D．匀强磁场的方向垂直照片平面向里 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 19 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 20 3.(多选)如图所示，一个圆柱体空间被过旋转轴的平面MNPQ划 分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且均 与z轴平行的匀强磁场。一电子以某一速度从圆柱体最左侧垂直yOz 平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于电子运动轨迹在不 同坐标平面的投影中，正确的是(　　) 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 21 解析：电子的初速度与磁场方向垂直，则电子在 左侧磁场区域在平行于xOy平面的平面内做圆周运动， 根据左手定则，开始时电子向y轴正方向偏转，同理可 知，电子在右侧磁场区域也在同一平面做圆周运动，且 经过磁场边界后向y轴负方向偏转，且在右侧磁场的径迹比左侧短，A正确，B错误；因为电子始终在平行于xOy平面的平面内运动，所以z轴坐标为正值且不变，x轴的坐标先为负值后为正值，所以其轨迹在xOz平面的投影如图1所示，C错误；因为电子始终在平行于xOy平面的平面内运动，所以z轴坐标为正值且不变，y轴坐标始终等于或大于零，且逐渐增大，所以其轨迹在yOz平面的投影如图2所示，D正确。 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 22 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 23 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 24 5.如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1>r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2分别表示1、2两个质子的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，下列说法错误的是(　　) A．T1＝T2 B．v1＝v2 C．a1>a2 D．t1<t2 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 25 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 26 6.(多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有(　　) A．a、b均带正电 B．a在磁场中运动的时间比b的短 C．a在磁场中运动的路程比b的短 D．a在P上的落点与O点的距离比b的近 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 27 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 28 7.某研究学者在做粒子探测实验时，将一个电荷量为q1＝＋3e的粒子，自匀强磁场a点向左水平射出，当它运动到b点时，与一个电荷量为q2＝－5e的静止粒子发生碰撞并结合为一个新粒子，不考虑粒子的重力，则接下来新粒子的运动轨迹是(　　) 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 29 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 30 8.带电粒子的质量m＝1.7×10－27 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，以速度v＝3.2×106 m/s沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17 T，磁场的宽度L＝10 cm，如图所示。求：(g取10 m/s2，计算结果均保留两位有效数字) (1)带电粒子离开磁场时的速度大小； (2)带电粒子在磁场中运动的时间； (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？ 答案：(1)3.2×106 m/s　(2)3.3×10－8 s (3)2.7×10－2 m 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 31 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 32 核心能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 33 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝eq \f(mv,qB)可知，粒子的轨道半径增大。由公式T＝eq \f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝eq \f(2π,T)知角速度减小，D正确。 解析：由F洛＝qvB及qα＝2qH得FH∶Fα＝1∶2，A错误；由qvB＝eq \f(mv2,r)得r＝eq \f(mv,qB)，而mα＝4mH，qα＝2qH，故rH∶rα＝1∶2，又ω＝eq \f(v,r)，故ωH∶ωα＝2∶1，又T＝eq \f(2π,ω)，故TH∶Tα＝1∶2，故B、C正确，D错误。 解析：若要正常观察电子径迹，则电子沿顺时针方向做 圆周运动(垂直纸面向里看)，根据左手定则可知，玻璃泡内 的磁场应垂直纸面向里，根据右手螺旋定则可知，励磁线圈 的电流方向应为顺时针(垂直纸面向里看)，故A错误；电子 在磁场中做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，则evB ＝meq \f(v2,r)，可得r＝eq \f(mv,eB)，而电子在电子枪中加速的过程，有eU＝eq \f(1,2)mv2－0，即U不变，则v不变，而当I增大时，B增大，则圆形径迹的半径变小，故B错误；因为电子运动的周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,eB)，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，线圈产生的磁场的磁感应强度B也减小，电子运动的周期T增大，故C错误，D正确。 解析：由题意可知，正负粒子在两螺旋线相交处产生，之后 向左右两侧运动，根据左手定则知，题图中右侧螺旋线为负电子 运动轨迹，A错误。由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r)， 解得电子的速度为v＝eq \f(qBr,m)，由题图知，正、负电子对刚产生的瞬间，正电子轨迹半径较大，则正电子速度大于负电子速度，B正确。由题图知，正、负电子在气泡室运动时，轨迹半径逐渐减小，根据v＝eq \f(qBr,m)，则速度减小，动能减小，有能量损失；带电粒子在磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πm,qB)，则正、负电子在气泡室运动时，周期不变，C错误。正、负电子所受洛伦兹力的大小为qvB，方向时刻发生变化，D错误。 解析：(1)作出粒子运动轨迹，如图所示，由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°，则eq \f(t,T)＝eq \f(300°,360°) 周期T＝eq \f(6,5)t＝eq \f(6,5)×1.5×10－6 s＝1.80×10－6 s。 (2)由于粒子做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力， 得qvB＝eq \f(mv2,r)，且T＝eq \f(2πr,v) 解得B＝eq \f(2πm,qT)＝0.314 T。 (3)由几何知识可知，粒子在磁场中的轨迹半径r＝0.1 m 根据(2)可知r＝eq \f(mv,qB) 故粒子的速度v＝eq \f(Bqr,m)＝3.49×105 m/s。 答案：(1)eq \f(mv,qB)　(2)eq \f(πm,6qB) 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq \f(v2,R) 解得R＝eq \f(mv,qB)。 (2)粒子在磁场中的圆周运动轨迹对应的圆心角为θ＝30°，如图所示，粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πR,v) 联立得T＝eq \f(2πm,qB) 则t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(πm,6qB)。 解析：粒子在磁场中只受洛伦兹力，做圆周运动，所以粒子 的运动轨迹不是抛物线，故A错误；粒子在磁场中做圆周运动， 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，解得r＝ eq \f(mv,qB)，由题图所示粒子的运动轨迹可知，粒子在铅板上方的轨迹 半径较小，则速度较小，故B错误；粒子穿过铅板后能量有损失，粒子的速度v减小，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r减小，所以粒子从下向上穿过铅板，故C错误；粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直照片平面向里，故D正确。 4.托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其结构如图所示。工作时，稀薄的高温等离子体中的带电粒子可认为被强度很大的匀强磁场约束在环形真空室内部，在真空室截面内做匀速圆周运动，并偶尔相互碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的热力学温度T成正比。为了约束更高温度的等离子体，需要更强的磁场，使以平均动能运动的带电粒子在磁场中的运动半径不变。若忽略粒子间的相互作用，由此可判断所需的磁感应强度 B正比于(　　) A．T B．T2 C.eq \r(T) D.eq \r(T3) 解析：带电粒子以平均动能Ek在磁场中做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,r)，带电粒子的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，解得B＝eq \f(\r(2mEk),qr)，由题知，带电粒子的平均动能Ek与等离子体的热力学温度T成正比，则磁感应强度B正比于eq \r(T)。故选C。 解析：对于两个质子，其比荷eq \f(q,m)相同，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq \f(v2,r)，T＝eq \f(2πr,v)，解得质子在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πm,qB)，可知在同一磁场中，有T1＝T2，A正确；由qvB＝meq \f(v2,r)，可得质子在磁场中做圆周运动的半径为r＝eq \f(mv,qB)，因r1>r2，则有v1>v2，B错误；由qvB＝ma，可得质子在磁场中做圆周运动的向心加速度为a＝eq \f(qvB,m)，因为v1>v2，可知a1>a2，C正确；两个质子的运 动周期相同，由题图可知，质子1从经过P点算起到第一次通 过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，由t＝eq \f(θ,2π)T，可知 t1<t2，D正确。本题选说法错误的，故选B。 解析：离子打在屏P上，则沿顺时针方向偏转，根据左手定 则，离子都带正电，A正确；由于是同种离子，因此质量、电荷 量相同，而初速度大小也相同，由qvB＝meq \f(v2,r)可知，它们做圆周 运动的半径相同。作出运动轨迹，如图所示。比较得a在磁场中 运动的路程比b的长，C错误；由t＝eq \f(s,v)可知，a在磁场中运动的 时间比b的长，B错误；从运动轨迹可以看出，a在P上的落点与O点的距离比b的近，D正确。 解析：带正电粒子在b点与一带负电的静止粒子碰撞结合为一个新 粒子，此过程满足动量守恒定律和电荷守恒定律，碰撞后新粒子的动量 mv与碰撞前相同，电荷量变为－2e。设碰撞前带正电粒子的动量为p， 则其在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r1＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(p,3eB)，碰撞后新粒 子的总动量仍为p，电荷量变为－2e，则轨迹半径r2＝eq \f(p,2eB)，所以碰撞后 的新粒子做匀速圆周运动的轨迹半径比碰撞前带正电粒子的大，根据左 手定则可判定碰撞后新粒子从b点开始向下偏转，故选A。 解析：粒子所受的洛伦兹力F洛＝qvB＝8.7×10－14 N，粒子所受的重力G＝mg＝1.7×10－26 N，F洛≫G，故重力可忽略不计。 (1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时的速度大小 仍为3.2×106 m/s。 (2)由qvB＝meq \f(v2,r)得轨道半径r＝eq \f(mv,qB)＝0.2 m 由题图可知，偏转角θ满足sinθ＝eq \f(L,r)＝eq \f(0.1 m,0.2 m)＝0.5 所以θ＝30°＝eq \f(π,6) 设带电粒子在磁场中运动的周期为T，有T＝eq \f(2πr,v) 可见带电粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(1,12)T 所以t＝eq \f(πm,6qB)＝3.3×10－8 s。 (3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d＝r(1－cosθ)＝0.2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2))) m＝2.7×10－2 m。 $