洛伦兹力 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 讲义 -2026-2027学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

洛伦兹力与带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 一、洛伦兹力 1. 定义 运动电荷在磁场中受到的力，叫做洛伦兹力。 2. 大小 其中为速度与磁感应强度的夹角。 三种情形： （）：（最大） 或（）： 一般情况下： 3. 方向——左手定则 伸开左手，使拇指与四指垂直且在同一平面内。让磁感线垂直穿入掌心，四指指向正电荷运动方向（负电荷则指向运动的反方向），拇指所指方向即洛伦兹力方向。 核心逻辑：洛伦兹力始终垂直于和所决定的平面。即，。 4. 洛伦兹力的特点 特点 说明 方向 始终垂直于速度方向 大小 与速度大小和方向都有关 做功 永远不做功（因为） 效果 只改变速度方向，不改变速度大小 二级结论1：洛伦兹力不做功，所以带电粒子在匀强磁场中运动时，动能和速率都不变。 5. 洛伦兹力与安培力的关系 安培力是洛伦兹力的宏观表现。通电导线中大量自由电荷定向移动，每个电荷受洛伦兹力，宏观上表现为导线受到的安培力。 二、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 1. 运动条件 当带电粒子的速度方向垂直于磁场方向（）时，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。 原因：洛伦兹力始终垂直于速度方向，提供向心力；洛伦兹力不做功，速率不变。 2. 半径公式推导 洛伦兹力提供向心力： 解得轨道半径： 二级结论2：——速度越大，半径越大；——磁场越强，半径越小。 3. 周期公式推导 由圆周运动周期，代入： 二级结论3：周期与速度和半径无关！只要比荷和磁场确定，周期就是定值。这是回旋加速器的原理基础。 4. 频率与角速度 频率： 角速度： 5. 运动时间的计算方法 粒子在磁场中运动一段圆弧，对应的圆心角为（弧度制），则运动时间： 二级结论4：运动时间只取决于圆心角，圆心角越大，运动时间越长。当时，；当时，。 三、运动圆心的找法 带电粒子在磁场中的圆周运动问题，第一步永远是确定圆心。圆心不确定，半径和几何关系就无从下手。 1. 圆心在速度的垂线上 洛伦兹力始终垂直于速度，所以圆心一定在过入射点且垂直于速度方向的直线上。 具体操作：过入射点作速度方向的垂线，圆心一定在这条垂线上。 2. 圆心在弦的中垂线上 粒子轨迹圆上任意两点连线（弦）的中垂线，一定经过圆心。 具体操作：找到轨迹上两个已知点（如入射点和出射点），连接它们，作中垂线，圆心一定在这条中垂线上。 3. 圆心在角的平分线上 如果粒子轨迹关于某个角对称，圆心一定在该角的平分线上。 实际应用：通常综合使用上述三种方法——先用方法1确定圆心所在的直线，再用方法2确定圆心所在的中垂线，两条线的交点就是圆心。 四、边界类型与临界条件 1. 直线型边界 粒子从直线边界进入磁场，运动一段圆弧后离开磁场。 核心特征： - 入射速度与边界的夹角等于出射速度与边界的夹角（“镜像”关系）。 二级结论5：直线边界进出磁场时，入射角等于出射角（速度与边界的夹角），轨迹关于边界对称。 2. 圆形边界 粒子从圆形磁场区域的边界进入，在磁场中偏转后从边界射出。 核心特征： 二级结论6：沿半径方向射入圆形磁场的粒子，必沿半径方向射出。 二级结论7：在圆形匀强磁场中，当轨迹圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时（弦长最长，为直径），轨迹对应的偏转角最大，运动时间最长。 3. 平行边界 粒子在两平行边界之间的磁场区域中运动，存在临界条件：粒子恰好从某一侧边界射出，或恰好不从另一侧射出。 核心特征： 二级结论8：“恰好穿出磁场边界”的条件是带电粒子的运动轨迹与边界相切，据此可确定速度、磁感应强度、轨迹半径等物理量的极值。 二级结论9：当速度 一定时，弧长（或弦长）越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长（前提条件为弧是劣弧）。 二级结论10：当速率变化时，圆心角大的，运动时间长。 五、临界问题的三种解法 以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径 和速度 （或磁感应强度 ）之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点。 1. 缩放圆法 适用条件： 轨迹圆圆心共线。 核心思想：速度方向固定，速度大小变化时，半径随之变化，但圆心始终在同一条直线上（速度的垂线）。这些轨迹圆是“同心”的，可以通过“缩放”来找到满足临界条件的那个圆。 2. 旋转圆法 - 速度大小一定，方向不同。 - 轨迹圆圆心共圆（圆心在以入射点为圆心、半径为的圆上）。 核心思想：速度大小固定，半径不变，但速度方向变化时，圆心位置在以入射点为圆心、半径为的圆上移动。这些轨迹圆是“旋转”的，可以通过旋转来找到满足临界条件的那个圆。 操作方法： 1. 确定轨迹圆半径。 2. 以入射点为圆心，以为半径画一个圆（“轨迹圆心圆”）。 3. 圆心在该圆上移动，对应不同的入射方向。 4. 找到与边界相切或满足临界条件的那个圆。 3. 平移圆法 适用条件： 核心思想：将半径为的圆进行平移，从而探索粒子运动的临界条件。 操作方法： 1. 确定轨迹圆半径。 2. 沿入射方向平移轨迹圆，观察与边界的交点变化。 3. 找到与边界相切或满足临界条件的那个圆。 方法 变化量 不变量 圆心轨迹 缩放圆 速度大小 速度方向 一条直线（速度垂线） 旋转圆 速度方向 速度大小 一个圆（圆心圆） 平移圆 入射点位置 速度大小和方向 平移方向平行于速度方向 六、磁聚焦与磁发散 1. 磁发散 定义：从一点向各个方向发射的带电粒子（速度大小相同），在匀强磁场中做圆周运动后，若轨迹半径等于磁场区域半径，则所有粒子射出磁场时的速度方向都平行。 条件：轨迹半径（磁场区域半径）。 物理意义：点源发射的粒子经磁场后变成平行束。 2. 磁聚焦 定义：一束平行的带电粒子（速度大小相同）垂直于磁场边界射入匀强磁场，若轨迹半径等于磁场区域半径，则所有粒子射出磁场后都会聚于同一点。 条件：轨迹半径（磁场区域半径）。 物理意义：平行束经磁场后会聚于一点。 二级结论11：磁发散与磁聚焦互为逆过程。当轨迹半径等于磁场区域半径时，点源发射的粒子变成平行束；平行束射入后汇聚于点。 记忆口诀：“半径相等，点变平行，平行变点。” 七、易错点 1. “洛伦兹力永远不做功！” 2. “负电荷用左手定则时，四指指向运动的反方向！” 3. “周期与速度无关，但半径与速度有关！” 周期只与比荷和磁场有关；半径与速度成正比。 4. “临界条件一定是相切！” 凡是“恰好”“刚好”等词，对应的几何条件就是轨迹与边界相切。 5. “运动时间看圆心角，不看速度大小！” 时间，只与圆心角有关。圆心角越大，时间越长。 八、本节基础填空练习 第1题（洛伦兹力方向） 一个带正电的粒子以速度垂直射入匀强磁场中，速度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。该粒子受到的洛伦兹力方向为______。 答案：竖直向上 第2题（安培力有效长度） 一质量为、电荷量为的带电粒子，以速度垂直射入磁感应强度为的匀强磁场中。 （1）该粒子运动的轨道半径______。 （2）该粒子运动的周期______。 （3）若速度增大为原来的 2 倍，半径变为原来的______倍，周期______（填“变”或“不变”）。 答案：（1）；（2）；（3）2，不变 第3题（临界条件） 一带电粒子从直线边界进入匀强磁场，磁场区域宽度为，粒子恰好不能穿出磁场。则粒子的轨迹半径与磁场宽度的关系为______。 答案：（轨迹与边界相切时恰好不穿出） 9、 模拟练习题 1．洛伦兹力演示仪中玻璃泡内充有稀薄气体，在电子枪发射出的电子束通过时能够显示电子的径迹。不加磁场时，电子束径迹是一条直线，如图甲所示；加磁场后，电子束径迹是一个圆，如图乙所示。则所加磁场的方向是（　　） A．水平向右 B．竖直向上 C．垂直纸面向内 D．垂直纸面向外 【答案】C 【详解】由乙图可知，电子顺时针偏转，根据左手定则，可知所加磁场是垂直纸面向内。 故选C。 2．（2024·广西·高考真题）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，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】粒子运动轨迹如图所示 在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有 可得粒子做圆周运动的半径 根据几何关系可得P点至O点的距离 故选C。 3．如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场。一带电粒子从轴上的点射入磁场，速度方向与轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后在点（图中未画出）垂直穿过轴。已知，粒子电荷量为，质量为，重力不计。则（     ） A．粒子带正电荷 B．粒子速度大小为 C．粒子在磁场中运动的轨道半径为 D．粒子从到时间为 【答案】D 【详解】A．根据题干描述可知粒子在磁场中做顺时针方向的圆周运动，根据左手判断洛伦兹力的方向可得到粒子带负电荷，故A错误； BC．带电粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如下图所示 根据几何关系可知圆周运动的半径大小为 由洛伦兹力充当向心力，即 解得，故BC错误； D．粒子在磁场中转过的圆心角为 所以运动时间为，故D正确。 故选D。 4．如图，直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向内的匀强磁场，，。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直AD边射入磁场，若粒子的速度大小为，不考虑重力及粒子间的作用，，则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为（　　） A．40% B．47.3% C．52.7% D．60% 【答案】C 【详解】粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力 可得 当粒子的轨迹与边相切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD边的右侧临近点，设此时入射点为，则 当粒子的轨迹与边相切时为粒子经磁场偏转后能返回到AD边的左侧临近点，设此时入射点为，则 则粒子经磁场偏转后能返回到AD边的入射点的长度为 所以，粒子经磁场偏转后能返回到AD边的粒子数占射入到AD边总粒子数的百分比为 故选C。 5．如图所示，为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内（含边界）处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，，。一质量为m、电荷量为q（）的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子能通过cd边的最短时间 B．若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度 C．若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度 D．若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度 【答案】C 【详解】A．粒子能通过cd边，从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最短，根据几何关系 解得 则转过的圆心角 即 粒子在磁场中运动的周期 则粒子能通过cd边的最短时间 故A错误； B．若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其半径 根据 解得 故B错误； C．若粒子恰好从c点射出磁场，根据几何关系 解得 由洛伦兹力提供向心力得 解得 故C正确； D．若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点出射时半径最大，对应的入射速度最大，则 故若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度，故D错误。 故选C。 6．（多选）如图甲，托卡马克是一个由封闭磁场组成的“容器”，形状像一个放倒的轮胎，带电粒子会沿封闭的磁力线做螺旋式运动，上亿度高温的等离子体被约束在环形的磁场中，为核聚变的发生提供必要条件，我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩，托卡马克装置的主要特点是采用多个磁场叠加才能实现磁约束，图乙为其真空室某处横截面环向磁场的示意图，越靠近空室的右侧（即甲图中靠近竖直中央轴线的一侧）环向磁场越强，不计粒子重力及相互作用，若粒子仅在图乙环向磁场中运动，下列说法正确的是（　　） A．正离子在环向磁场中沿顺时针方向运动 B．带电粒子在环向磁场中速度的大小不变 C．在环向磁场中，带电粒子的轨迹将逐渐发生左右方向的迁移 D．在环向磁场中，带电粒子的轨迹将逐渐发生上下方向的迁移 【答案】BD 【详解】A．根据左手定则可判断正离子在磁场中受力如图 所以正离子在环向场中沿逆时针方向运动，故A错误； B．由于洛伦兹力总是与速度方向垂直，所以洛伦兹力不改变速度大小，则带电粒子在环向场中的速度大小不变，故B正确； CD．由图可知左右两边磁感应强度不一样，根据洛伦兹力提供心有 解得 可知同一正离子在磁场中因为磁感应强度不同导致左右的半径不同，所以发生偏移，B越大，R越小，所以同一正离子在左边部分的半径大于右边部分的半径，结合左手定则判断出正离子就会向下侧迁移，同理可知电子向上侧迁移，故C错误，D正确。 故选BD。 7．如图所示，在边长为L的正方形ABCD阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q(q<0)的带电粒子以大小为v0的速度沿纸面垂直AB边射入正方形，若粒子从AB边上任意点垂直射入，都只能从C点射出磁场，不计粒子的重力影响，下列说法正确的是（　　） A．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外 B．此匀强磁场的磁感应强度大小为 C．此匀强磁场区域的面积为 D．此匀强磁场区域的面积为 【答案】D 【详解】A．若保证所有的粒子均从C点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，故A错误； B．由A点射入磁场的粒子从C点离开磁场，结合图可知该粒子的轨道半径应为R=L，则由牛顿第二定律可得 可解得 故B错误； CD．由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为 故C错误，D正确。 故选D。 8．（2024·河北·高考真题）（多选）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（   ） A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45° D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 【答案】AD 【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运动轨迹如图所示 粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，故A正确； C．若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图所示 设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为，则图中两段圆弧轨迹的圆心角与的关系为 设两正方形的对应边之间的距离为，为保证粒子穿过ad边，需满足 且有 联立解得 为保证粒子穿过cd边，需满足 为保证从BC边射出，需满足 联立解得 可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是 故C错误； BD．粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从bc边穿过，粒子运动轨迹如图3所示。设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，则ΔL=r−rcos60∘=0.5r 设粒子从bc运动到BC轨迹的圆心角为θ，则 解得θ=30∘ 即粒子垂直BC射出。 若粒子从cd边穿过，粒子运动轨迹如图4所示，显然此时粒子从cd运动到BC轨迹的圆心角大于30°，故粒子一定不会垂直BC射出，故B错误。 根据上述分析可知，若粒子经bc边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角一定为60°。故D正确。 故选AD。 学科网（北京）股份有限公司 $