第一章 素养提升课(二) 带电粒子在有界磁场中的运动-【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有界磁场中的运动核心知识点，系统梳理直线边界（对称性、平行边界临界条件）、圆形边界（径向射入射出规律）、临界极值问题（相切条件、圆心角与运动时间关系）的规律，以洛伦兹力提供向心力为基础，通过几何知识分析轨迹半径和运动时间，构建从基础规律到实际应用的学习支架。 该资料以科学思维培养为亮点，通过典例解析（如直线边界粒子轨迹对称性分析）和跟进训练（教材改编题），引导学生建构物理模型，提升科学推理能力。课中辅助教师分层教学，课后助力学生通过变式练习查漏补缺，强化几何知识与物理规律的融合应用。

素养提升课(二)　带电粒子在有界磁场中的运动 [学习目标]　1．掌握几种常见有界磁场的分布特点。2．会分析直线边界、圆形边界磁场中带电粒子的运动轨迹。3．能利用几何知识求解圆周运动的半径。4．会分析有界磁场中的临界、极值问题。 考点1　带电粒子在直线边界匀强磁场中的运动 1．直线边界：进出磁场具有对称性。 a　　　　　　b　　　　　　　c 2．平行边界：存在临界条件。 【典例1】　如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为－q(q＞0)的粒子1在纸面内以速度v1＝v0从O点射入磁场，其方向与MN的夹角α＝30°；质量为m、电荷量为＋q的粒子2在纸面内以速度v2＝v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β＝60°。已知粒子1、2同时到达磁场边界的A、B两点(图中未画出)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求： (1)两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d； (2)两粒子进入磁场的时间间隔Δt。 思路点拨：(1)根据速度方向和粒子的电性画出运动轨迹，利用几何关系求出轨道半径。 (2)粒子的运动具有对称性，即进、出磁场时的速度方向和边界的夹角相等。 [解析]　(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有 qvB＝m，则r＝ 故d＝OA＋OB＝2r1sin 30°＋2r2sin 60°＝。 (2)粒子1做圆周运动的圆心角θ1＝， 粒子2做圆周运动的圆心角θ2＝， 粒子做圆周运动的周期T＝＝， 粒子1在匀强磁场中运动的时间t1＝T， 粒子2在匀强磁场中运动的时间t2＝T， 所以Δt＝t1－t2＝。 [答案]　(1)　(2) [跟进训练] 1．(教材P20T3改编)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，磁场的磁感应强度大小为B＝0.17 T，磁场的宽度L＝10 cm，如图所示(粒子重力忽略不计，π取3.14，结果保留2位有效数字)。求： (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。 [解析]　(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度大小仍为3.2×106 m/s。 (2)由qvB＝m得轨道半径r＝＝ m＝0.2 m 由题图可知偏转角θ满足sin θ＝＝＝0.5 所以θ＝ 带电粒子在磁场中运动的周期T＝ 所以带电粒子在磁场中运动的时间t＝T＝T 所以t＝＝ s≈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－cos θ)＝0.2× m≈2.7×10-2 m。 [答案]　(1)3.2×106 m/s　(2)3.3×10-8 s (3)2.7×10-2 m 考点2　带电粒子在圆形边界匀强磁场中的运动 1．圆形边界：沿径向射入必沿径向射出。 2．带电粒子入射方向偏离圆形匀强磁场圆心射入的问题 处理这类问题时一定要分清磁场圆和轨迹圆，并要注意区分轨迹圆的圆心和圆形边界匀强磁场的圆心。 甲　　　　　　　乙 (1)当粒子沿图甲所示轨迹运动时，粒子在磁场中运动时间最长、速度偏转角最大。 (2)由图甲看出，在轨迹圆半径和速度偏转角一定的情况下，可实现此偏转的最小磁场圆是以PQ为直径的圆。 (3)如图乙所示，由几何知识很容易证明：当r＝＝R时，相同带电粒子从P点沿纸面内不同方向射入磁场，它们离开磁场时的方向却是平行的。 【典例2】　在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿x轴负方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿y轴正方向飞出。 (1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷； (2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°，问：磁感应强度B′是多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？ 思路点拨：(1)粒子沿半径方向进入磁场后，仍会沿着半径方向射出磁场。 (2)画出运动轨迹并求出轨道半径是解答本题的关键。 [解析]　(1)粒子的运动轨迹如图所示，由左手定则可知，该粒子带负电荷。 粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°角，则粒子轨迹半径R＝r， 又qvB＝m，则粒子的比荷＝。 (2)设粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°， 粒子做圆周运动的半径R′＝＝r， 又R′＝，所以B′＝B， 粒子在磁场中运动所用时间 t＝T＝＝。 [答案]　(1)负电荷　　(2)B　 [跟进训练] 2．光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反，电荷量不变，不计重力。下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O B．最少经4次碰撞，粒子才可能从小孔射出 C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短 D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线 D　[带电粒子从P点沿圆筒的半径进入磁场区域，若以O1为圆心做圆周运动，在A点与筒壁发生碰撞，则运动轨迹如图所示，由几何关系可知∠OAO1＝90°，所以粒子一定会沿圆筒的半径方向离开磁场，与筒壁碰撞后依然沿圆筒的半径方向，所以粒子不可能通过圆心O，且每次碰撞后瞬间，粒子的速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线，故A错误，D正确；由对称性可知，粒子至少需要碰撞2次才能从P点离开，如图所示，B错误；设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，圆筒的半径为R，粒子在磁场中做圆周运动，有qvB＝m，设∠POA＝α，由几何关系有tan ＝＝，若粒子恰好运动一周从P点离开，则粒子在磁场中运动的时间t＝T＝，则粒子的速度越大，α越大，粒子在磁场中运动的时间越短；若粒子运动一周不能从P点离开，则运动时间无法确定，故C错误。 ] 考点3　带电粒子在有界磁场中的临界问题 带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动时，带电粒子速度大小的变化，引起带电粒子做圆周运动的半径发生变化。或者随着带电粒子速度方向的变化使带电粒子的运动状态在某一时刻发生变化。找到临界点对应的条件是解决此类问题的突破口。解决此类问题应注意以下结论： (1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。 (3)当比荷相同，速率v变化时，在匀强磁场中运动的圆心角越大的带电粒子，运动时间越长。 【典例3】　如图所示，匀强磁场宽度L＝4 cm，磁感应强度为B＝0.1 T，方向垂直纸面向里，有一质量m＝8×10-25 kg、电荷量q＝5×10-18 C的正离子，以方向垂直磁场的初速度v0从小孔C射入匀强磁场，转过圆心角θ＝60°后从磁场右边界A点射出。不计粒子重力。(取π≈3)求： (1)正离子的初速度v0； (2)正离子在磁场中的运动时间； (3)只改变正离子的速度大小，使之无法从右边界射出，求正离子速度的最大值。 [解析]　(1)由几何关系得r＝＝0.08 m， 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝， 解得v0＝5×104 m/s。 (2)离子运动周期为T＝＝9.6×10-6 s， 离子在磁场中的运动时间为t＝T＝1.6×10-6 s。 (3)若离子刚好不从右边界射出，则离子轨迹刚好和右边界相切，由几何关系得离子轨迹半径为R＝L， 由洛伦兹力提供向心力得qvmB＝， 解得vm≈4.3×104 m/s。 [答案]　(1)5×104 m/s　(2)1.6×10-6 s　(3)4.3×104 m/s 　(1)带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的临界问题往往对应着一些特殊的词语，如“恰好”“刚好”“最大”“最小”“最高”“至少”等，解题时应予以特别关注。 (2)画出粒子运动的轨迹并根据几何知识求得此时带电粒子运动的轨道半径往往是求解此类问题的关键。 [跟进训练] 3．如图所示，在边长为a的正三角形区域内存在着方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)从AB边的中点O以某一速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°。若粒子能从AB边穿出磁场，且粒子在磁场中运动的过程中，到AB边有最大距离，则v的大小为(　　) A． B． C． D． C　[从AB边以v射出的粒子符合题意的运动轨迹如图所示。由图知：2R＝OB·cos 30°，OB＝，又有Bqv＝，得v＝，故选C。 ] 素养提升练(二)　带电粒子在有界磁场中的运动 一、选择题 1．如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角。磁场的磁感应强度大小为(　　) A． B． C． D． B　[以速度v正对着圆心射入磁场，将背离圆心射出，轨迹圆弧的圆心角为θ，如图所示，由几何关系知轨迹圆半径r＝，由半径r＝，解得B＝，选项B正确。 ] 2．如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量大小为q(不计重力)的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子在磁场中运动时到x轴的最大距离为a，则磁感应强度B和该粒子所带电荷的正、负可能是(　　) A．，正电荷 B．，正电荷 C．，负电荷 D．，负电荷 C　[如图所示， 若粒子带正电，则a＝r(1－sin 30°)＝，则B＝，选项A、B错误；若粒子带负电，则a＝r(1＋sin 30°)＝，则B＝，选项C正确，D错误。] 3．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是(　　) A．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远 B．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大 D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 B　[画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 设粒子的轨迹半径为r，则有r＝，AO＝2r sin θ＝，则若θ是锐角，θ越大，AO越大；若θ是钝角，θ越大，AO越小，故A错误；由几何关系得，轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝＝，则得知粒子的运动时间与v无关，若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故B正确，D错误；粒子在磁场中的运动角速度为ω＝，T＝，则有ω＝，与速度v无关，故C错误。] 4．如图所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则(　　) A．该粒子带正电 B．A点与x轴的距离为 C．粒子由O到A经历时间t＝ D．运动过程中粒子的速度不变 C　[根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示： 根据左手定则及曲线运动的条件判断出此粒子带负电，故A错误；设点A与x轴的距离为d，由图可得：r－r cos 60°＝d，所以d＝0.5r，而粒子的轨迹半径为r＝，则得A点与x轴的距离为：d＝，故B错误；粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°，所以粒子运动的时间为t＝T＝＝，故C正确；由于粒子的速度的方向在改变，而速度是矢量，所以速度改变了，故D错误。] 5．圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是(　　) A．a粒子速率最大 B．b粒子速率最大 C．a粒子在磁场中运动的时间最长 D．它们做圆周运动的周期Ta<Tb<Tc C　[粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得：r＝，由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时，轨道半径越大，由题图可知，a粒子的轨道半径最小，c粒子的轨道半径最大，则a的粒子速率最小，c粒子的速率最大，故A、B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝，粒子在磁场中的运动时间t＝·T，三粒子运动周期相同，由题图可知，a粒子在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故C正确，D错误。] 6．如图所示，在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场，有一个质量为m、带电荷量大小为q的离子(不计重力)，从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域，并从b点离开磁场。则 (　　) A．离子在O、b两处的速度相同 B．离子在磁场中运动的时间为 C．若增大磁感应强度B，随着B的增大，离子在磁场中的运动时间不断增大 D．若磁感应强度B＜，则该离子将从bc边射出 D　[离子在磁场中做匀速圆周运动，离子在O、b两处的速度大小相同，但是方向不同，故A错误；离子在磁场中运动的半径满足：R2＝L2＋，解得R＝，则离子在磁场中运动的弧长所对的圆心角的正弦值为sin θ＝0.8，即θ＝53°，运动的时间t＝T＝＞，故B错误；若增大磁场应强度B，离子在磁场中运动的弧长会减小，则离子在磁场中的运动时间减小，故C错误；若离子从bc边射出，则R＝＞，即B＜，D正确。] 7．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(　　) A． B． C． D． C　[为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，轨迹圆圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有＋r＝3a，解得r＝a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝m，解得B＝，C正确。 ] 8．如图所示，空间存在方向垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大绝缘平板MN的上方距离为d处，在纸面内向各个方向发射速率均为v的同种带电粒子，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小也为d，则粒子(　　) A．能打在板上的区域长度为2d B．能打在板上离P点的最远距离为d C．到达板上的最长时间为 D．到达板上的最短时间为 C　[打在板上的粒子的轨迹临界状态如图甲所示，根据几何关系知，带电粒子能打在板上的长度l＝R＋R＝(1＋)R＝(1＋)d；由图甲可以看出打在板上最远点是B点，由几何关系它与P点的距离是2d；在磁场中运动时间最长和最短的粒子的运动轨迹示意图如图乙所示，由几何关系知，最长时间t1＝T(弧长最长)，最短时间t2＝T(弧长最短)。 甲　　　　　　　　　　乙 由于粒子在磁场中运动的周期T＝＝；由此可得t1＝，t2＝，故选C。] 二、非选择题 9．如图所示，在半径为R＝的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，质量为m，电荷量为q且重力不计的带正电的粒子以速率v0从圆弧顶点P平行于纸面进入磁场，PO与感光板平行，P到感光板的距离为2R。则： (1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间； (2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上的位置距离P点的竖直距离。 [解析]　(1)设粒子在磁场中运动的半径r，由牛顿第二定律有 qv0B＝， 解得r＝， 带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝R，带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示， 则t＝＝。 (2)当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R，其运动轨迹如图所示， 由图可知∠PO2O＝∠OO2Q＝30°， 所以带电粒子离开磁场时速度与水平方向成30°角，由几何关系得d＝R＋2R tan 30°， 解得d＝。 [答案]　(1)　(2) 10．“质子疗法”可以进行某些肿瘤治疗，质子先被加速至较高的能量，然后经磁场引向轰击肿瘤，杀死其中的恶性细胞。若质子由静止被加速长度为l＝4 m的匀强电场加速至v＝1.0×107 m/s，然后被圆形磁场引向后轰击恶性细胞。已知质子的质量为m＝1.67×10-27 kg，电荷量为e＝1.60×10-19 C。 (1)求匀强电场电场强度大小； (2)若质子正对直径d＝1.0×10-2 m的圆形磁场圆心射入，被引向后的偏角为60°，求该磁场的磁感应强度大小； (3)若质子被引向后偏角为90°，且圆形磁场磁感应强度为10.44 T，求该圆形磁场的最小直径为多大。 [解析]　(1)根据动能定理eEl＝mv2， 解得E≈1.3×105 N/C。 (2)如图甲所示 由几何知识tan 30°＝， 根据洛伦兹力提供向心力eB1v＝m， 解得B1≈12.1 T。 (3)根据洛伦兹力提供向心力eB2v＝m， 解得r′≈0.01 m， 如图乙所示， 根据几何知识知圆形磁场直径d′＝r′≈1.4×10-2 m。 [答案]　(1)1.3×105 N/C　(2)12.1 T　(3)1.4×10-2 m 11．如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106 m/s的α粒子(带正电)。已知屏蔽装置宽和长满足AD＝2AB，α粒子的质量m＝6.64×10-27 kg，电荷量q＝3.2×10-19 C。若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B＝0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中。则： (1)若水平向右进入磁场的α粒子不从条形磁场隔离区的右侧穿出，试计算该粒子在磁场中运动的时间； (2)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少； (3)若条形磁场的宽度d＝20 cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间分别是多少？(以上运算结果可保留根号和π) [解析]　(1)所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，周期设为T，则根据牛顿第二定律有qvB＝m， 又因为T＝， 联立得T＝＝×10-6 s。 若水平向右进入磁场的α粒子不从条形磁场隔离区的右侧穿出，则粒子运动轨迹为半圆，运动时间为t＝T＝×10-6 s。 (2)根据题意，由几何知识可得∠BAO＝∠ODC＝45° 根据牛顿第二定律有qvB＝m， 解得R＝0.2 m＝20 cm。 由几何关系可知，若所有α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则满足条形磁场区域的右边界与沿OD方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，如图一所示， 图一 设此时磁场宽度为d0，由几何关系可得d0＝R＋R cos 45°＝(20＋10) cm， 则磁场宽度d至少为(20＋10)cm。 (3)设速度方向垂直于AD进入磁场区域的α粒子的入射点为E，如图二所示， 图二 因磁场宽度d＝20 cm<d0，且R＝20 cm，则在∠EOD间射出进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场的右边界，在∠EOA间射出进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，所以沿OE方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场的右边界相切，在磁场中运动的时间最长。设在磁场中运动的最长时间为tmax，则tmax＝T＝×10-6 s， 若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α粒子穿过磁场的时间最短，最短的弦长为磁场的宽度d，设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图二所示，由图可知R＝d，则圆弧对应的圆心角为60°，故tmin＝＝×10-6 s。 [答案]　(1)×10-6 s　(2)(20＋10) cm　(3)×10-6 s　×10-6 s 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $