上分专题4 带电粒子在磁场中运动的周期性问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版 江苏专用）

上分专题4带电粒子在磁场中运动的周期性问题 命题密钥 带电粒子在磁场中运动的周期性问题是对几何轨迹与运动时间的综合考查，主要分为： ①往复穿越磁场与磁场或磁场与电场的边界；②磁场的周期变化导致运动的周期变化.解决 此类问题，先从一个周期内的运动入手，画出几何轨迹，分析起，点和终点的位置关系，得出变 化规律，进而处理总时间问题 周期性问题是磁场问题中的常考题型，在中档题和压轴题中均有可能出现. 考点觉醒 1.在特定边界附近做周期性运动 (1)组合场中，边界两侧的场对粒子的力要使粒子偏向边界，使得粒子在边界两侧做周期运动. (2)单个磁场中，利用边界碰撞或特殊形状的无场区也能实现周期运动， (3)关注粒子回到边界时的角度， B B -9 ×××××× B B, B, ××××X× 墙 B×××××× ① ② ①方向相反的磁场组合的边界 电场与磁场组合 粒子可以与边界碰撞 磁场中存在中心对 ②方向相同，但磁感应强度大小不同的 的边界 后反弹 称形状的无场区域 磁场组合的边界 2.在周期变化的磁场中运动 (1)由于磁场发生周期性变化，带电粒子在磁场中偏转的方向或轨迹的半径也发生周期性 变化. (2)关注磁场周期与粒子运动周期的关系 实战演练 类型一在特定边界做周期性运动 1.*(2025·山东日照期中)如图所示的圆形区域内真空无磁场，a、b、c、d为边界上的四等分 点.区域外有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的足够大匀强磁场.一质量为m,电荷量 为g的粒子（不计重力），从α点沿半径方向、以适当的初速度射入磁场，偏转一次后从b点首 次进入圆形区域.若粒子从α点出发开始计时，下列选项正确的是 () ××××X××× ×××,X.X××× ××d b￥× ××X-4× ××××1×××× 10物理|选择性必修第二册 A.第一次回到a点的时刻是(3m+4)m B.第二次回到a点的时刻是(6m+4)” C.第(2m+1)次回到a点的时刻是n(6m+8)%D.第2n次回到a点的时刻是n(6m+8)m qB gB 2.*(2025·江苏扬州期中)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直 纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B. 一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射相同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q> 0)的同种粒子，所有粒子均能经过MN上的b点从左侧磁场进入右侧磁场，已知αb=L,则粒子 的速度可能是 () A.9BL B.9BL C.9BL D.V39BL 12m 9m 3m m M ×××·B· ×.×.×.×60r入 (第2题) (第3题) 3.*(2025·湖北武汉模拟)如图所示为半径为r绝缘固定圆筒的横截面，筒内分布有垂直向 里的匀强磁场.甲、乙两个具有相同荷质比的正粒子，先后以1、2的初速度从筒壁上的小孔 P正对圆心0点射入磁场，两粒子均与筒壁碰撞四次后返回P孔.设运动过程中粒子电荷量不 变，粒子与圆筒之间的碰撞是弹性碰撞，不计粒子重力和其他阻力，已知u>2,由此可知两粒 子在磁场中运动时间之比为 () A.1:1 B.1:2 C.1:3 D.1:4 4.*(2025·陕西临汾二模)如图所示，匀强磁场垂直于xOy平面（纸面）向外，磁场的右边界 与x轴垂直，交x轴于P(L,0)点。其中第I象限内的磁感应强度为B,第V象限内的磁感应 强度为B2,且B2=2B(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+g的粒子从原点O以速度v进入 第象限的磁场，方向与x轴成30°角，粒子从P点离开磁场区域，不计粒子重力，则第I象限 的磁感应强度B,的大小可能是 () ①nm ② ③ ④2m 4gL 2qL gL A.①② B.②③ C.②④ D.③④ B 0 30° 。。 (第4题) (第5题) 5.*如图所示，在xOy坐标系中，第一、二象限有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 B,第三、四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电的粒子在y轴上 黑白题·上分秘籍11 的M点，以大小为v的初速度沿着与y轴垂直的方向向左射出，粒子的质量为m,带电量为q, 粒子第一次到达x轴时沿着与x轴正方向为30°的方向进入电场.不计粒子重力，对粒子的运 动，以下说法正确的是 () A.粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时间间隔为 3gB B.粒子再次与y轴相交时速度最小 C.粒子运动过程中的最小速度为 D.粒子离开M点后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离为1-) 2 gB 类型二在周期变化的磁场中运动 6.**(2025·重庆渝中期末)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为 d,两板中央各有一个小孔O、O'正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间 的变化如图乙所示.有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔0射入磁场.已知离子质量 为m、带电荷量为q,离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T。,不 考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力.若要使离子从O'垂直于N板射出 磁场，则离子射人磁场时的速度。可能为 () 0。 B -Bo 27, 乙 A.nd 3πd 3πd ·4T0 B. C. D. 4T。 5T。 5To 7.接在如图甲所示的正方形Oabc内存在着垂直于正方形所在平面的匀强磁场，磁感应强度的 变化规律如图乙所示.一个质量为m、带电荷量为+g的粒子（不计重力）在t=0时刻沿Oc边从 0点射入磁场中.已知正方形边长为L,磁感应强度的大小为B。,规定垂直于纸面向外为磁场 的正方向. (1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T。. (2)若带电粒子以任何大小的速度射入磁场都不能从O边界射出磁场，求磁感应强度的变化 周期T的最大值 (3)要使带电粒子从b点沿着αb方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T 及粒子射入磁场时的速度大小 D B 2T 01 12物理|选择性必修第二册中的运动周期为T=2π心2，故粒子在磁场中的运动时 间至少为2=子7x3=27=4,该过程粒子经历的时间可 2 gB 能是t=n(t1+i2)=2n(33+2m)m (n=1,2,3…),当n=4 时，=8(33+2m)m,①正确： 9B1 X0的 .0 R。·· 0 图1 图2 R D.粒子的轨迹可能如图2所示，由几何关系tan0 d3, 解得d= 3R,故在六边形内运动的时间至少为6， 2d联立 可得，=45m,粒子在磁场中的运动周期为T- 2TR 2Tm gB gB’ 故粒子在磁场中的运动时间至少为=。7x6=5710m gB, 该过程粒子经历的时间可能是t=n(6+,)=2n(23+5m)m B (n=1,2,3…),当n=3时，t=n(41+42)=6(23+5m)m, 9B ④正确：由上述分析可知，①④正确，②③错误.故选B. 5.A解析：粒子在磁场中运动经过B点的可能的轨迹如图所 示，由几何关系可得n·2rsin30°=3L(n=1,2,3…),洛伦兹 力提供向心力%，B=m二，解得，-3此 (n=1,2,3…),当 nm n=1时，32，当n=3时，=故选A m m A ××××× 0V60装6灰、×××xx ××Bx××C××× ×××X××××××× 6.B解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图1，根 据几何关系则有R=L,B=mR,可得=9-L,根据对 v2 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0=60°.当粒子上、下磁场均经历一次时，如图2， 因为上、下磁感应强度大小均为B,则根据对称性有R= ↓，根据洛伦滋力提供向心力有gB=mB可得=明 2m= )kBL,此时出射方向与人射方向相同，即出射方向与人射 方向的夹角0=0°.通过以上分析可知当粒子从下部分磁场 qBL。1 射出时，需满足=2-)m2n-L(n=1,23…),此时 出射方向与入射方向的夹角0=60°：当粒子从上部分磁场射 参考答案与解析 出时，需满足=g8L=BL(n=1,2,3…),此时出射方向 2nm 2n 与人射方向的夹角0=0°.故可知B正确，ACD错误.故选B. 30p k-I“091-P ×:× + × × × L 图1 图2 7.C解析：根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 洛伦兹力提供向心力有m8=m,解得。=若粒子能垂 直于BC射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所 示，由几何关系可得(2+1)r=号(n=0,12,…),解得0= (4n+2)m n=0,1,2…),当n=0时，最大速度vmx=8m/s; 当n=1时，v= 3m/s;当n=2时，=了m/s.故选C 8 8 E XXXXX Q。 上分专题4带电粒子在磁场中 运动的周期性问题 1.D解析：A粒子偏转一次后从b点首次进入圆形区域，根据 左手定则可知粒子带正电，粒子沿半径进入磁场，根据圆形 区域磁场的几何规律可知，粒子一定沿半径方向进入圆形区 域，作出粒子运动的轨迹图如图所示： × bX× + 可知，粒子第一次回到a点的路径为a→b→0一→d→a,粒子 在磁场中做匀速圆周运动，则有qwB=m R,7=2R ,解得 R=,T=2,粒子每一次在磁场中运动时间均为1= 98 gB 3 2R 2m 47-π，粒子每一次在圆形区域运动的时间2 v gB 根据对称性可知，粒子第一次回到a点的时刻是t。1=2t,+ 与=(3+2)G故A错误，县.结合上述，根据对称性可知，粒 子第二次回到a点的时刻是a=4,+4与=(6+8)分故 黑白题43 B错误；C.结合上述，根据对称性可知，粒子第(2n+1)次回 到a点的时刻是at=n(6m+8)B+(3+2)故C错 误；D.结合上述，根据对称性可知，粒子第2n次回到a点的 时刻是。=n(6m+8)g放D正确故选D, 2.A解析：粒子可能在两个磁场间做多次的运动.画出可能的 粒子轨迹如图所示，分析可知，由于粒子经过b点从左侧磁 场进入右侧磁场，粒子在αb间做匀速圆周运动的圆弧数量 必为偶数个，且根据几何关系可知，圆弧对应的圆心角均为 120°，根据几何关系可得粒子运动的半径为n·2Rcos30°=L (n=2,4,6),解得R=3L(n=2,46…),根据洛伦兹力提 3n 供向心力可得gwB=m R,联立解得=3BL n=2,4, 3mn 6…).A.当v= 3gBL时，n=4,符合条件，故A正确；B.当0= 12m √3qB 二时，n= 9m 时，n=3,不符合条件，故B错误；C.当0=√3gBL的 3m 1,不符合条件，故C错误；D.当=3gBL时，n= 1 m ,不符合 条件，故D错误.故选A. M、 ·B· + ×.×.名×601 N 3.C解析：根据对称性可知四个碰撞点将圆筒壁五等分，作 出粒子可能的两种运动情形如图1、图2所示，在图1所示的 情形中，粒子依次经过四个碰撞点A、B、C、D后又从小孔P 射出圆筒： 在图2所示的情形中，粒子依次经过四个碰撞点C、A、D、B 后又从小孔P射出圆筒：带电粒子在磁场中运动周期为：T= 2mr 2mm ,由几何关系可知，在图1所示的情形中，0，=π gB -T,在图2所示的情形中，8，三 ,2不_3如，则在两种情 5 5 50, T 形下运动时间之比为： t12π 51 58= 3 =3,故C正确， 5 ABD错误故选C. 图1 图2 4.D解析：根据洛伦兹力提供向心力gmB=m ,可得r=mw,则 98 、在第I象限内运动的半径为工=吧，在第V象限内运动的 选择性必修第二册 半径为2一B=之，设粒子最后从P点离开时在第【象限 运动n次，在第Ⅳ象限运动(n-1)次，根据几何关系有2n× 1m60-2a-1)X4m60=L,解得月=（空）受a 1,23).①当B-时，n不为整数.故0错误：②当8 时，n=0,不符合取值范围，故②错误；③当B,="时，n= 2aL 1,故③正确；④当B1 2m时，n=3,故④正确，故选D. g 209 5.D解析：A根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动， 在电场中做类斜抛运动，作出粒子运动轨迹，如图所示，粒子 在磁场中做匀速圆周运动，则有B8=m无，7：2R,解得 R=1生吧，粒子自开始射出至第一次到达x轴时的时 98 间间照4=0心1，解得-需故A结误：C粒子在电 场中做类斜抛运动，运动至最高点时速度最小，此时竖直方 向的分速度减为0，则有。=c0s30°=写，故C错误；B,粒 2 子在电场中做类斜抛运动至最高点过程有x1=vcos30°·t2, 0=n30-气，结合上述解得=in30°=及，可 m 4 知，最高点位置在y轴左侧，即粒子再次与y轴相交时速度 不是最小，故B错误；D.结合上述，由于2x,=2×3R_5R 2> 4 R30一号，则粒子进入电场中做类斜抛运动后将从坐标 原点右侧再次进入磁场，根据对称性可知，粒子离开M点 后，其速度第n次与初速度相同时距M点的距离x2= 2Rm30-),结合上述解得名=(1-受)2阳故D正 确.故选D. 41 M 6.A解析：要使正离子从O'孔垂直于N板射出磁场，。的方 向可能如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T。时， 黑白题44 有R=,当两板之间正离子运动m个周期即，时，有R= a23,联立求解得正离子的速度的可能 BoqR md 0= m2n7元(n=12,3,).当n=2时，=47故选A 7.(1)2n (2)3am (3)6 (n=2,4,6,…) gB。 'gB。nm 解析：(1)带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 可得qB。=mT, 又1，=2m 联立解得，-2mm, 98。 (2)如图所示 03 00 a 若带电粒子不能从0a边射出，则有sina=2,解得α=30°， 在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转150°角，运动 时间为：，-0品 5πm 可知磁场使粒子每次变向的最长时间是t,带电粒子不能从 0a边射出，则有i=2' T 磁感应强度的变化周期的最大值T=5πm, =3gB。1 (3)若要粒子从b点沿着αb方向射出磁场，轨迹如图所示： b M 06 在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中旋转的角度为2B, 其中B=45,即_。 2 4 满足这一条件的磁感应强度变化的周期T,=, gBo 每一个圆弧对应的弦长0M为5=2L n=2,4,6,…）, s L 圆弧半径为R= n 又qwB0=mR' 联立解得-96(a=2,46,…. nm 参考答案与解析 上分专题5带电粒子在叠加场中的运动 1.D解析：A小球在电磁场区域中，其受力如图所示，在重 力、电场力和洛伦兹力作用下沿竖直向下方向做直线运动， 因为重力和电场力不变，则洛伦兹力也不变，根据F路=qB, 可知，小球的速度不变，即该直线运动一定是匀速直线运动， 故A错误；B.小球做匀速直线运动，故小球穿过电磁场区域 的过程中动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，故 B错误：C.根据小球在竖直方向上受力平衡，可知 P电si血60°=mg,解得F。-2/3m飞，故C鲭误；D,根据小球在 3 水平方向上受力平衡，可知F电cos60°=F洛=qwB,其中F电= 2,3m坚，小球进入电磁场前，做自由落体运动，可得=2g, 3 联立，解得h=mg,故D正确故选D. 6B2q2 gE 、 P E×N Q N'X [mg 2.D解析：ABC.开始运动的一段时间内，小球的受力情况如 图1所示，开始阶段gwB<mgcos0,所以加速度a1= mgsin 0-u(mgcos 0-quB) ,小球做加速度越来越大的加速运 m 动，当qmB=mgcos0时，摩擦力等于零，加速度为gsin 0.之后 小球受到的支持力垂直杆向下，小球的加速度2= mgsin0-u(gwB-mgcos0),小球做加速度减小的加速运动， m 加速度减小到0后做匀速直线运动，速度达到最大值时 有mgsin0=u(qwB-mgcos0),所以最大速度vmx= mgsin9 tumgeos9,故ABC错误；D.可作出小球的加速度随 ugB 速度变化的图像如图2所示，因两阶段的图线的斜率大小相 等（大小均为g吗），所以速度为mgcs+sin0),即为最大 m 2ugB 速度一半时，一定处于加速度减小的阶段，故D正确.故 选D. 0 777力7n7777n777n777777777 图1 图2 3.(1)5N/C(2)1T(3)4m 黑白题45