专题提升 带电粒子在有界磁场中的运动 课件 -2025-2026学年高二下学期物理鲁科版选择性必修第二册

该高中物理课件聚焦带电粒子在有界磁场中的运动，通过导学探究图示分析直线、圆形边界磁场中粒子轨迹，衔接匀速圆周运动与洛伦兹力知识，搭建从基础规律到复杂应用的学习支架。 其亮点在于采用“三步法”解题程序与结论归纳，结合典例剖析临界问题、几何关系推导，体现科学思维的模型建构与科学推理。通过对点演练强化应用，助力学生提升分析能力，为教师提供系统教学资源。

第1章　安培力与洛伦兹力 专题提升　带电粒子在有界磁场中的运动 重难探究·能力素养全提升 探究点一　带电粒子在直线边界磁场中的运动 导学探究 如图所示,(a)图为单边界匀强磁场;(b)图为两边界相互平行的匀强磁场,粒子垂直左边界射入,从右边界射出,且与右边界夹角为α;(c)图为两边界相互平行的匀强磁场,粒子与左边界夹角为θ射入,恰好不从右边界射出。 试在图中画出粒子运动轨迹的示意图。 要点提示 知识归纳 1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的程序解题法——三步法 (1)画轨迹。确定圆心,画出轨迹。 (2)定半径。①由半径公式r= 求解;②利用几何知识解直角三角形求解,做题时一定要作好辅助线,由圆的半径和其他几何边构成直角三角形。 ⑤几个有关的角及其关系:如图所示,粒子做匀速圆周运动时,φ为粒子速度的偏向角,粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角(或圆心角),AB弦与切线的夹角θ为弦切角,它们的关系为φ=α=2θ,θ与相邻的弦切角θ'互补,即θ+θ'=180°。 2.带电粒子在有界磁场中运动的几个结论 (1)粒子进入单边磁场时,进、出磁场具有对称性,如图(a)(b)(c)所示。 (2)当速率一定时,粒子运动的弧长越长,圆心角越大,运动时间越长。 典例剖析 【例题1】　如图所示,PN和MQ两板平行且板间存在垂直纸面向里的匀强磁场,两板间距离及PN和MQ长均为d,一带正电质子从PN板的正中间O点以速度v0垂直射入磁场,为使质子能射出两板间,试求磁感应强度 B 的大小。已知质子带电荷量为 e ,质量为m。 解析 由左手定则确定,质子向上偏转,B较弱时,质子从M点射出(如图所示), 规律方法　带电粒子在有界磁场中运动的临界问题 1.题目特点:这类题目中往往含有“最大”“最高”“至少”“恰好”等词语。 2.分析方法:从轨迹入手找准临界状态及其条件,如带电粒子刚好穿出或刚好不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。 3.两种常见的寻找临界状态的方法: (1)放缩圆法:当粒子的入射方向不变而速度大小可变时,画出半径逐渐变大的圆轨迹,找到临界圆。 (2)旋转圆法:当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时,轨迹圆大小不变,只是位置绕入射点发生了旋转,画出某方向的圆,然后绕入射点旋转得到其他圆,找到临界圆。 对点演练 (2025河北保定高二上期末)如图所示,纸面内长为8L、宽为2L的矩形区域abcd内(含边界)存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。位于d处的粒子源可以发射质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,粒子的速度方向与dc边夹角为53°,粒子恰好从c点射出磁场。不考虑粒子重力,下列说法正确的是(　　) A.粒子的轨迹与ab边恰好相切 B.粒子发射的速度大小为 C.粒子在磁场中运动的时间为 D.仅减小粒子的发射速度,射出磁场时速度的方向跟减小后的发射速度的大小有关 A 解析 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,粒子恰好从c点射出磁场时,假设粒子的轨迹与ab边恰好相切,画出其运动轨迹如图所示,根据几何知识,可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R==5L,根据几何关系可知mn段的长度恰好等于2L,故假设成立,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力,则有qvB=,解得v=,故B错误;根据几何关系,可知粒子转过的圆心角为106°,粒子在磁场中运动的周期为T=,粒子在磁场中运动的时间为t=,故C错误;仅减小粒子的发射速度,根据洛伦兹力提供向心力,则有qvB=,解得R=,可知粒子的运动半径减小,仍从dc边出 射,根据几何关系可知,射出磁场时速度的方向与dc边的夹角保持不变,仍为53°,故射出磁场时速度的方向跟减小后的发射速度的大小无关,故D错误。 探究点二　带电粒子在圆形边界磁场中的运动 导学探究 如图所示是边界为圆形的匀强磁场,粒子正对圆心射入。 (1)请画出粒子在磁场中的运动轨迹; (2)试分析磁场圆和轨迹圆分别对应的圆心角的关系; (3)试分析磁场圆半径R与轨迹圆半径r的关系。 要点提示 (1)如图所示,沿径向射入必沿径向射出。 (2)互补。 知识归纳 圆边界磁场及规律要点 1.圆形边界 如图所示,若粒子沿半径方向射入磁场,则 (1)一定沿半径方向射出。 (2)构建由磁场圆半径R、轨迹圆半径r和两圆圆心连线构成的直角三角形, (3)磁场圆和轨迹圆对应的圆心角互补,即α+θ=π。 径向入,径向出 2.环状磁场区域 (1)径向出入:带电粒子沿(逆)半径方向射入磁场,若能返回同一边界,则一定逆(沿)半径方向射出磁场,如图甲、乙所示。 (2)最值相切:①一群粒子沿环状磁场的半径方向从中空区域射入磁场,不能穿越磁场的最大速度对应轨迹(两圆相切)如图丙所示;②沿各方向从中空区域射入磁场区的所有粒子都不能穿越磁场的最大速度对应轨迹(两圆相切)如图丁所示。 两圆相切,速度最大 典例剖析 【例题2】　如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。 B 解析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,意在考查推理能力。设圆形 学以致用·随堂检测全达标 1 2 3 4 5 1.(多选)如图所示,在xOy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计,则(　　) A.粒子带负电荷 AD 1 2 3 4 5 解析 由于粒子在洛伦兹力的作用下垂直穿过x轴,根据左手定则可知,粒子带负电荷,A正确;根据题意画图找圆心O',如图所示,结合几何关系有 1 2 3 4 5 C 2.(2025安徽卷)如图所示,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直于纸面且平行于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 1 2 3 4 5 解析 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,解得R==d,故A错误。 当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图轨迹1所示,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所示,根据几何关系可知,s上max=d,故薄板上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误。根据几何关系可知,当粒子可以恰好打到薄板下表面时,粒子沿y轴正方向射出,此时薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图轨迹3所示,根据几何关系可知此时粒子打到薄板的位置与y轴的距离为d,根据图像可知,粒子可以恰好打到薄板的N点,此时薄板下表面接收到的粒子与y轴最近,故下表面 1 2 3 4 5 接收到粒子的区域长度为d,故C正确。根据图像可知,粒子恰好打到薄板下表面N点时转过的圆心角最小,用时最短,根据几何关系可知,此时的偏转角为60°,有tmin=,故D错误。 1 2 3 4 5 B 3.(2025山东泰安高二上期末)一半径为R的圆筒处于匀强磁场中,磁场方向与筒的中心轴线平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔M、N(图中未画出开口),筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过120°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒,不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子运动的速度为(　　) A. B. C. D. 1 2 3 4 5 解析 粒子恰好从小孔N飞出圆筒时圆筒转过了120°,由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动所转过的圆心角为60°,半径为R,如图所示,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=,根据T=,结合洛伦兹力提供向心力qvB=m,解得v=,故选B。 1 2 3 4 5 4.如图所示,正方形abcd中,以a为圆心、ab为半径的 圆内有垂直正方形平面向外的匀强磁场。一带电粒子从b点沿ba方向以速度v0射入磁场,恰好从d点离开磁场;若该粒子从b点以速度v沿原方向入射,离开磁场后恰好能通过c点。不计粒子的重力,则粒子速度v的大小为(　　) A 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 5.(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为l的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处向磁场中射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若 离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离 子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) BC 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 甲 乙 (3)找联系,列方程。①根据半径公式r=,建立半径、速度、磁感应强度的关系方程;②根据周期公式T=,建立周期、磁感应强度、质量和电荷量的关系方程;③根据t=,建立在磁场中运动时间、周期、圆心角、偏转角度的关系方程;④根据t=,建立在磁场中运动时间、弧长和速度的关系方程; 此时轨道的圆心为O'点,由平面几何知识得R2=d2+,得R=d 质子在磁场中有ev0B= 所以R=,即d=,B1= B较强时,质子从N点射出,此时质子运动了半个圆周, 轨道半径R'=。所以d=,即B2=, 综合上述两种情况,B的大小为≤B≤。 答案 ≤B≤ (3)若速度偏向角为θ,有tan。 若速度偏向角为θ,则有tan; 则为(　　) A. B. C. D. 区域的半径为R,第一次射入r1=R,第二次射入r2=R,根据r1=,r2=,解得,选项B正确。 B.粒子速度大小为 C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a D.N与O点相距(+1)a R=a,N点与O点间的距离为(+1)a,D正确,C错误;又因为洛伦兹力提供向心力qvB=m,联立解得v=,B错误。 A.(-1)v0 B.v0 C.v0 D.()v0 解析 带电粒子从b点沿ba方向以速度v0射入磁场,恰好从d点离开磁场,则有qBv0=m,由几何关系有r1=Rab;该粒子从b点以速度v沿原方向射入磁场,离开磁场后恰好通过c点,有qBv=m,由几何关系有r2+=Rab,则r2=(-1)Rab,由上述关系式解得v=(-1)v0,所以A正确,B、C、D错误。 A.kBl,0° B.kBl,0° C.kBl,60° D.2kBl,60° 解析 若粒子通过下部分磁场直接到达P点,运动轨迹如图甲所示,根据几何关系有R=l,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v==kBl,根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。当粒子上下两部分磁场均经历一次后从P点射出时,运动轨迹如图乙所示,因为上下磁感应强度均为B,则根据对称性有R'=l,由洛伦兹力提供向心力有qv'B=m,可得v'=kBl,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知,当粒子从下部分磁 场射出时,需满足v=kBl(n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当粒子从上部分磁场射出时,需满足v=kBl (n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故B、C正确,A、D错误。 $