第一章 3．带电粒子在匀强磁场中的运动-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册教师用书word（人教版）江苏专用

本讲义聚焦带电粒子在匀强磁场中的运动规律这一核心知识点，从洛伦兹力不改变速度大小、提供向心力的特点切入，推导匀速圆周运动的半径（r=mv/qB）和周期（T=2πm/qB）公式，结合圆心确定、半径计算、时间求解等方法构建完整知识支架。 该资料突出科学思维与科学态度培养，通过极光现象实例联系地磁场应用，结合思考辨析、典例几何关系推导深化模型建构与科学推理能力，分层作业设计兼顾课中教学与课后巩固，助力学生深化理解并查漏补缺。

3．带电粒子在匀强磁场中的运动 [学习目标]　1．了解带电粒子在匀强磁场中的运动规律。2．掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式及应用。3．了解电磁现象在现代科技中的应用。 知识点　带电粒子在匀强磁场中的运动 1．洛伦兹力的特点 (1)洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小。 (2)洛伦兹力方向总与运动方向垂直，正好起到了向心力的作用。 2．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)运动特点：沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动。 (2)半径和周期公式 质量为m、带电荷量为q、速度为v的带电粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。 ①半径：由qvB＝m得r＝。 ②周期：由T＝得T＝。 由此可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T跟轨道半径r和运动速度v无关。 　由于带电粒子初速度方向和洛伦兹力的方向都在与磁场方向垂直的平面内，所以粒子在这个平面内运动。 思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)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。 (√) (2)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，速率越大，周期越大。 (×) (3)带电粒子进入匀强磁场中一定做匀速圆周运动。 (×) 极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的。如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。 (1)粒子在运动过程中动能怎么变化？ (2)粒子旋转半径不断减小的原因可能是什么？ 提示：(1)粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小。 (2)粒子在运动过程中，若电荷量减小，由半径公式r＝可知，轨迹半径是增大的，地球南北两极附近的磁感应强度较强，由半径公式r＝可知，轨迹半径是减小的，所以粒子旋转半径不断减小的原因是地球南北两极附近的磁感应强度较强。 考点　带电粒子在匀强磁场中的运动 1．轨迹圆心的两种确定方法 (1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两速度方向的垂线，交点即为圆心，如图所示。 (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方向的垂线，则弦的中垂线与速度方向的垂线的交点即为圆心，如图所示。 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，如图所示，若已知出射速度方向与入射方向的夹角为θ，磁场的宽度为d，则有关系式r＝。 3．四种角度关系 (1)如图所示，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°。 (4)进出同一直线边界时速度方向与该直线边界的夹角相等。 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＝。 【典例】　[链接教材P15例题]如图所示，一带电荷量为q＝＋2×10-9 C、质量为m＝1.8×10-16 kg的粒子(重力不计)，在直线上一点O处沿与直线成30°角的方向垂直磁感线进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经历t＝1.5×10-6 s后到达直线上另一点P。(取π＝3.14) (1)求带电粒子做圆周运动的周期T； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若OP的距离为0.1 m，求粒子的运动速度v的大小。(结果保留三位有效数字) [解析]　粒子进入磁场后受洛伦兹力的作用，粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示。 (1)由几何关系可知OP弦对应的圆心角θ＝60°，粒子由O沿大圆弧到P所对应的圆心角为300°，则有＝＝，解得 T＝t＝×1.5×10-6 s＝1.8×10-6 s。 (2)由于粒子做圆周运动所需向心力由洛伦兹力提供， 有qvB＝m，v＝， 得B＝＝ T＝0.314 T。 (3)轨道半径r＝OP＝0.1 m， 粒子的速度v＝≈3.49×105 m/s。 [答案]　(1)1.8×10-6 s　(2)0.314 T　(3)3.49×105 m/s 　分析带电粒子在磁场中做圆周运动问题的要点 (1)确定粒子的运动轨迹、半径、圆心角等是解决此类问题的关键。 (2)掌握粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径公式和周期公式是分析此类问题的依据。 【教材原题·P15例题】 一个质量为1.67×10-27 kg、电荷量为1.6×10-19 C的带电粒子，以5×105 m/s的初速度沿与磁场垂直的方向射入磁感应强度为0.2 T的匀强磁场。 (1)求粒子所受的重力和洛伦兹力的大小之比。 (2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。 (3)求粒子做匀速圆周运动的周期。 [分析]　依据所给数据分别计算出带电粒子所受的重力和洛伦兹力，就可求出所受重力与洛伦兹力之比。带电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力并做匀速圆周运动，由此可以求出粒子运动的轨道半径及周期。 [解]　(1)粒子所受的重力 G＝mg＝1.67×10-27×9.8 N＝1.64×10-26 N 所受的洛伦兹力 F＝qvB＝1.6×10-19×5×105×0.2 N＝1.6×10-14 N 重力与洛伦兹力之比 ＝＝1.03×10-12 可见，带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力远大于重力，重力作用的影响可以忽略。 (2)带电粒子所受的洛伦兹力为 F＝qvB 洛伦兹力提供向心力，故 qvB＝m 由此得到粒子在磁场中运动的轨道半径 r＝＝ m＝2.61×10-2m (3)粒子做匀速圆周运动的周期 T＝＝＝ s＝3.28×10-7 s [跟进训练] 如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是__________，在磁场中的运动时间是________。 [解析]　电子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F⊥v，故圆心在电子射入和射出磁场时受到洛伦兹力方向的交点，如题图所示的O点。 由几何知识可知，CD间圆心角θ＝30°，OD为半径。 r＝＝2d，又由r＝得m＝ 电子在磁场中的运动时间t＝T 解得t＝＝。 [答案]　 1．如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了1936年的诺贝尔物理学奖。已知云雾室中磁场方向与纸面垂直，下列说法正确的是(　　) A．云雾室中磁场方向垂直纸面向外 B．云雾室中磁场方向垂直纸面向里 C．若增大磁感应强度，则正电子运动半径增大、负电子运动半径减小 D．若增大磁感应强度，则正电子运动半径减小、负电子运动半径增大 B　[由题图可知，向下运动的正电子受到的洛伦兹力的方向向右，由左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里，选项B正确，A错误；根据r＝ 可知，若增大磁感应强度，正电子和负电子运动半径均减小，选项C、D错误。故选B。] 2．下列各图反映的是带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动的情况，其中正确的是(　　) A 　　　　　　　B C　 　　　　　　 D D　[带电粒子在匀强磁场中沿垂直于磁场方向做匀速圆周运动，其向心力由洛伦兹力提供，由左手定则可判断D正确。] 3．一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为(　　) A． B． C． D． C　[带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，运动时间t＝＝，θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大，当r≤0.5R(R为的半径)和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5R<r<1.5R时，粒子从弧ab上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子射出位置从a点沿弧向右移动，轨迹所对圆心角从π逐渐增大，当半径为R时，轨迹所对圆心角最大，再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小，因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为θm＝π＋＝，粒子最长运动时间为，故C正确。] 4．(教材P22T4改编)真空区域有宽度为l、方向垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ是磁场的边界。质量为m、电荷量大小为q的粒子(电性未知，不计重力)以速度v沿着与MN夹角θ为60°的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场。求粒子在磁场中运动的时间。 [解析]　若粒子为正电荷：由几何关系得r1＋r1cos 60°＝l，得r1＝l， 由几何关系得粒子转过的圆心角为θ＝π， 所以粒子在磁场中运动的时间为t1＝＝。 若粒子为负电荷：由几何关系得r2－r2cos 60°＝l，得r2＝2l， 由几何关系得粒子转过的圆心角为θ＝π， 所以粒子在磁场中运动的时间为t2＝＝。 [答案]　或 回归本节知识，完成以下问题： (1)垂直射入磁场的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，圆周运动的半径和周期与哪些因素有关？ 提示：根据公式r＝与T＝，与比荷、速度、磁感应强度有关。 (2)电荷垂直射入匀强电场与匀强磁场，轨迹有什么不同？ 提示：电荷垂直射入匀强电场做类平抛运动，垂直射入匀强磁场做匀速圆周运动。 课时分层作业(三)　带电粒子在匀强磁场中的运动 1．如图所示，a和b是从A点以相同的速度垂直磁场方向射入匀强磁场的两个粒子运动的半圆形径迹，已知两个粒子所带电荷量相同，且ra＝2rb ，不计重力的影响，则由此可知(　　) A．两粒子均带正电，质量比＝ B．两粒子均带负电，质量比＝ C．两粒子均带正电，质量比＝ D．两粒子均带负电，质量比＝ B　[两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点，均受到向下的洛伦兹力，由左手定则可知，四指所指的方向与运动方向相反，得知两个粒子均带负电；在磁场中由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，得m＝，因a、b进入磁场的速度相同，电荷量也相同，又在同一磁场运动，故＝＝，选B。] 2．如图所示，真空中一束电子沿一螺线管轴线进入管内。不计电子所受的重力，以下关于电子在螺线管内运动情况的描述中正确的是(　　) A．当从a端通入电流时，电子做匀加速直线运动 B．当从b端通入电流时，电子做匀加速直线运动 C．不管从哪端通入电流，电子都做匀速直线运动 D．不管从哪端通入电流，电子都做匀速圆周运动 C　[由于螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，则电子的运动方向与磁场方向平行，电子不受洛伦兹力，做匀速直线运动，C正确。] 3．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AB方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　) A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子动能较大 D．b粒子在磁场中运动时间较长 C　[粒子向右运动，b向上偏转，a向下偏转，根据左手定则可知，b带正电，a带负电，故A错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，解得r＝，故运动轨迹半径较大的b粒子的速度较大，动能也较大，C正确；由公式F＝qvB可知，速度大的b粒子受到的洛伦兹力较大，B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，可知a、b做圆周运动的周期相同，则在磁场中偏转角较大的粒子运动时间较长，a粒子的偏转角较大，因此运动的时间较长，D错误。] 4．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度垂直磁场方向开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是(　　) A　　　　　B　　　　　C　　 　　D B　[根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，得r＝，结合粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，可知甲的轨迹半径大于乙的轨迹半径，由于两粒子均带正电，由左手定则知B正确。] 5．如图所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场。其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1、t2，则t1∶t2为(粒子重力不计)(　　) A．1∶3 B．4∶3 C．1∶1 D．3∶2 D　[粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，可知a、b做圆周运动的周期相同，则在磁场中偏转角较大的粒子运动时间较长，由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为T，通过b点的粒子的运动的时间为T，所以从S点到a、b所需时间t1∶t2＝3∶2，故选D。] 6．在直角坐标系xOy的第一象限内，存在一垂直于xOy平面、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场，如图所示，一带电粒子(重力不计)在x轴上的A点沿着y轴正方向以大小为2 m/s的速度射入第一象限，并从y轴上的B点穿出。已知A、B两点的坐标分别为(8 m，0)、(0，4 m)，则该粒子的比荷为(　　) A．0.1 C/kg B．0.2 C/kg C．0.3 C/kg D．0.4 C/kg B　[粒子运动轨迹如图所示： 由几何知识得：＋r＝OA，解得：r＝5 m，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＝m，解得：＝＝ C/kg＝0.2 C/kg，故B正确。] 7．如图所示，两平行板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板长为L，两板间距离为L。有一个带电荷量为q、质量为m的粒子，以水平速度v垂直于磁场方向，从靠近上板边缘处进入该磁场，粒子恰能从下极板右侧边缘离开磁场，不计粒子重力，则(　　) A．该粒子带正电 B．该粒子做匀变速曲线运动 C．该粒子在磁场中运动的时间为 D．该粒子离开磁场时速度偏角为 D　[如图所示，粒子向下偏转，受洛伦兹力方向向下，故粒子带负电，A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，不是匀变速曲线运动，B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示， 由图可知R2＝(R－L)2＋(L)2， 解得R＝2L，sin θ＝，圆心角为，运动时间为t＝＝，选项C错误，D正确。] 8．如图所示，边长为L的正方形区域abcd中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。纸面内一带电粒子从ad边的中点M点以一定速度垂直于ad边射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N点射出磁场。忽略粒子受到的重力，下列说法中正确的是(　　) A．该粒子带负电 B．洛伦兹力对粒子做正功 C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 D．如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径也将变大 D　[粒子进入磁场后向上偏转，说明M点受到洛伦兹力竖直向上，根据左手定则判断粒子带正电，A错误；洛伦兹力始终与速度垂直，洛伦兹力不做功，B错误；根据洛伦兹力与速度垂直，M点受洛伦兹力沿Ma方向，在磁场中做匀速圆周运动，从N点出磁场，MN即为所对应的一条弦，则MN的垂直平分线与Ma的交点即a点就是圆周运动的圆心，根据几何关系可得半径R＝，C错误；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m可得，圆周运动半径R＝，粒子速度越大，圆周运动半径越大，D正确。] 9．(源自鲁科版教材改编)如图所示，质量为m、电荷量为q的负离子，以速度v垂直于荧光屏S经过小孔O射入匀强磁场中，磁场方向与离子的运动方向垂直，磁感应强度的大小为B，处于真空中。则： (1)离子打在荧光屏上的位置离O点的距离是多少？ (2)若离子进入磁场后经过一段时间到达P点，已知OP连线与入射方向的夹角为θ，求离子从O到P所经历的时间？ [解析]　(1)离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动。设圆半径为r，作出其运动轨迹，如图所示。 由牛顿第二定律可得：qvB＝m，解得：r＝。 如图所示，离子回到屏S上的位置与小孔O点的距离为：d＝2r＝。 (2)当离子到位置P时，圆心角α＝2θ， 离子运动的时间为t＝T，而周期T＝＝， 所以联立以上三式得：离子运动时间t＝。 [答案]　(1)　(2) 10．如图所示，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁感线和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM∶ON＝3∶4，则下列说法中错误的是(　　) A．两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为1∶1 B．两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4 C．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4 D．两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3 D　 [带电粒子在磁场中运动的周期T＝，带电粒子的运动周期与运动速度无关，两次粒子运动的时间都是半个周期，因此运动时间相同，A正确；由题可知运动半径之比＝，两次都转了半个圆周，因此运动的路程之比为3∶4，B正确；根据r＝，运动半径之比为3∶4，因此运动速度之比也为3∶4，由于洛伦兹力大小F＝qvB，可知所受的洛伦兹力大小之比为3∶4，C正确，D错误。] 11．如图所示，粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子。这些粒子经装置M加速并筛选后，能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场ABCD。粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场。不计粒子重力，则粒子1和粒子2(　　) A．均带正电，质量之比为4∶1 B．均带负电，质量之比为1∶4 C．均带正电，质量之比为2∶1 D．均带负电，质量之比为1∶2 B　[由题图可知，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向左，由左手定则可知，粒子带负电；设正方形的边长为L，由题图可知，粒子轨道半径分别为：r1＝L，r2＝L，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，m＝∝r，则：＝＝，故选B。] 12．如图所示，一电子以与磁场方向垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N处离开磁场，若电子质量为m，带电荷量为e，磁感应强度为B，则(　　) A．电子在磁场中运动的时间t＝ B．电子在磁场中运动的时间t＝ C．洛伦兹力对电子做的功为Bevh D．电子在N处的速度大小也是v D　[电子在磁场中受到洛伦兹力，洛伦兹力与电子的运动方向垂直，故该力并不改变电子的速度大小，只改变电子的运动方向，因为洛伦兹力与运动的方向垂直，故洛伦兹力不做功，选项C错误，选项D正确；电子在磁场中运动的时间等于电子在磁场中通过的路程与速度的比值，电子在磁场中通过的是PN弧的长，而该段弧长既不等于d，也不等于h，所以选项A、B均错误。] 13．如图(a)所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图(b)所示规律变化(垂直于纸面向外为正)。t＝0时，一比荷为＝1×105C/kg的带正电粒子从原点O沿y轴正方向射入磁场，速度大小v＝5×104m/s，不计粒子重力。则： (1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径； (2)求t＝×10-4s时带电粒子的坐标； (3)保持(b)中磁场不变，再加一垂直于xOy平面向外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3 T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点O射入，求粒子回到坐标原点O的时刻。 (a)　　　　　　　　　　(b) [解析]　(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝m， 代入数据解得r＝1 m。 甲 (2)带电粒子在磁场中运动的周期T0＝＝×10-4s，在0～×10-4s过程中，粒子运动了，轨迹圆弧对应的圆心角θ1＝，在×10-4s～×10-4s过程中，粒子又运动了，圆弧对应的圆心角θ2＝，轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，横坐标x＝2r＋2r sin ＝(2＋)m≈3.41 m，纵坐标y＝－2r cos ＝－ m≈－1.41 m，带电粒子的坐标为(3.41 m，－1.41 m)。 (3)施加B2＝0.3 T的匀强磁场与原磁场叠加后形成的磁场变化规律如图乙所示， 乙　　　　　　　　　 丙 当nT≤t＜nT＋(n＝0，1，2，…)时，T1＝＝×10-4s， 当nT＋≤t＜(n＋1)T(n＝0，1，2，…)时，T2＝＝π×10-4s， 粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子回到原点O的时刻为 t1＝(＋2nπ)×10-4s(n＝0，1，2，…)， t2＝2(n＋1)π×10-4s(n＝0，1，2，…)。 [答案]　(1)1 m　(2)(3.41 m，－1.41 m) (3)t1＝(＋2nπ)×10-4s(n＝0，1，2，…)， t2＝2(n＋1)π×10-4s(n＝0，1，2，…) 1 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $