第1章 安培力与洛伦兹力（拔高练）-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

进阶 突破 第一章安培力与洛伦兹力 第1节磁场对通电导线的作用力 第1课时》 安培力 1.（2023·湖北黄冈中学期中)用一根导线围成如图所示的回路KLMN,KN和LM是半径分别 为ON、OM的同心圆弧，O为圆心，KL和NM沿圆的半径方向，一圆环和KLMN在同一平面 内，圆环的圆心也在O点，在圆环和回路江MN中分别通以如图所示的恒定电流I,、L,,圆环 固定，则下列说法正确的是 A.圆环对KN段圆弧的斥力大于对LM段圆弧的引力 B.圆环对KL段和对MN段的安培力等大反向 C.回路KLMN将在纸面内绕通过O点并垂直纸面的轴转动 D.回路KLMN将在纸面内向左平动 2.（2024·黑龙江大庆期末)如图所示，水平桌面上有一正三角形线框abc重为G, 线框由粗细相同的同种材料制成，边长为L,线框处在与桌面成60°斜向下的匀 强磁场中，磁感应强度大小为B,ac边与磁场垂直.现a、c两点接到直流电源上， 流过ac边的电流为I,线框静止在桌面上，则线框受到桌面的支持力比G少 虹 3 A. B.BIL C.BIL D.2BIL 第2课时》通电导线在磁场中的平衡与运动 1.（2024·重庆强基联盟联考)如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线 MN平行于圆弧槽底边放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I,整个空间区域存在竖直向 上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，M0连线与竖直方向的夹角0为30°，圆弧槽对导 线MN的支持力为F、,PP'与圆心O等高.下列说法正确的是 0' A' A.若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45过程中，则F、先增大后减小 B.若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转45°过程中，则M0连线与竖直方向夹角的最大正切值 为娟 C.若磁场的大小和方向可以改变，为使导线MN仍能在图示位置处静止，所需的最小磁感应 强度的值为原来的？倍 D.若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到PP'上方 进阶突破·拔高练01 2.(2024·山东名校联盟检测)如图所示，空间存在着磁感应强度大小为B=0.5T,竖直向上的 匀强磁场.两根间距L=0.3的足够长的平行金属导轨，一端接有开关S、滑动变阻器R和电 动势E=8V的直流电源，导轨上M、N处有导电性良好的光滑铰链.初始时，整个导轨水平放 置，一根质量m=0.4kg的金属杆ab,水平放置在导轨上，杆ab与导轨间的动摩擦因数为u= 0.75,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若其余电阻不计，重力加速度大小g取10m/s2. (1)闭合S后，要使杆b静止在水平导轨上，滑动变阻器接入电路的阻值至少为多少？ (2)将导轨右侧拾起角0=90°，若要使杆αb在导轨上保持静止，滑动变阻器接入电路的阻值 最大为多少？ (3)将导轨右侧抬起任意角(>37°)，若αb静止在导轨上时滑动变阻器接入电路的阻值的 最大值为R,求R与0之间满足的关系式. 第2节磁场对运动电荷的作用力 1.(2023·河南鹤壁三模)（多选）如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌 面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管.在水平拉力F的作用下，试管向右匀 速运动，带电小球能从试管口处飞出，则在小球未从管口飞出前的过程中，下列说法正确的是 A.小球带负电 B.小球相对水平桌面的运动轨迹是一条抛物线 C.洛伦兹力对小球做正功 D.水平拉力F不断变大 2.(2024·江西吉安期末)（多选）如图所示，倾角为30的光滑绝缘的斜面固定放置，质量为m、 带电量为g的带正电小球（视为质点），用长为L的轻质细线系在0点，匀强磁场方向垂直斜 面向上，磁感应强度大小为B。,让小球在最低点获得沿切线的初速度后，沿弯曲箭头所指的 方向做圆周运动，当小球运动到最高点A时，细线对小球的拉力与小球受到的洛伦兹力等大， 重力加速度为g,下列说法正确的是 A.小球在A点的速度大小为√gL R小球在B点向心加速度大小为38 B 30 C.小球在B点洛伦兹力大小为2√2gLB9 10gLB9 D.小球在B点细线的拉力大小为3mg+ O2黑白题物理|选择性必修第二册·RJ 3.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒O0'在竖直面内垂 直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为a.一质量为m、带电荷量为+g的圆环A套在O0'棒 上，圆环与棒间的动摩擦因数为u,且u<tan a,.现让圆环A由静止开始下滑，试问在下滑过 程中： (1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？ (2)圆环A能够达到的最大速度为多大？ ×0'×××x XxA××× B ×××☒× 7777777777777777777777777 第3节带电粒子在匀强磁场中的运动 第1课时》半径和周期公式的理解及应用 1.(2024·黑龙江大庆模拟)（多选）如图所示，在x0y平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向 里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,在第三、四象限-≤y≤0范围内有沿x轴正方向的匀强 电场，在坐标原点O有一个粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电 荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为(-d,0),y轴上的Q点坐标为(0，-d).不计粒子 的重力及粒子之间的相互作用.下列说法中正确的是 () ×××X× ××××× A.所有经过P点的粒子最小速度为gBd 2m B.若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为B m C.沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P点，速度大小一定不同 D.所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同 2.（2023·四川泸县期初)如图，空间存在方向垂直于纸面(x0y平面)向里的磁场.在x≥0区 域，磁感应强度的大小为B。;x<0区域，磁感应强度的大小为入B,(常数入>1).一质量为m、电 荷量为q(q>0)的带电粒子以速度从坐标原点0沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒 子的速度方向再次沿x轴正向时，求：（不计重力） (1)粒子运动的时间； 进阶突破·拔高练03 (2)粒子与0点间的距离. Ay 入B。 ×××× + ×××× ××X 0 第2课时》带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1.（2024·湖南益阳三模)如图所示，有一圆形区域匀强磁场，半径为R,方向垂直纸面向外，磁 感应强度大小B1,在其右侧有一与其右端相切的正方形磁场区域，正方形磁场的边长足够 长，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2.有一簇质量为m,电荷量为+q的粒子，以相同 的速度，-9B沿图示方向平行射人登场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则粒子 m 在正方形磁场区域中可能经过的面积为 13B盼 A.S=(π+2B房 B.S= T+1)B R B c.5=(+1 D.S= R B 2.（海南高考)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L.在△OCA区 域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.质量为m、电荷量为g的带正电粒子，以平行于y轴 的方向从OA边射入磁场.已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场 中运动的时间为to.不计重力 (1)求磁场的磁感应强度的大小； (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该 粒子这两次在磁场中运动的时间之和； (3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与4C边相切，且在磁场内运动的时间为3，求粒 子此次入射速度的大小 XX ××X 0 04黑白题物理|选择性必修第二册·RJ 第4节质谱仪与回旋加速器 1.(2024·湖南长沙调研)实验中，将离子束从回旋加速器中引出可以采用磁屏蔽通道法.使用 磁屏蔽通道法引出离子的原理如图所示：离子从P点以速度v进人通道时，由于引出通道内 的磁感应强度发生改变，离子运动轨迹半径增大，可使离子引出加速器.已知回旋加速器D形 盒的半径为R,圆心在O点，D形盒区域中磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B,引出通道 外侧末端Q点到0点距离为L,OQ与0P的夹角为0，离子带电量为g,质量为m,则() 引出通道Q /P A.离子经过引出通道后的速度大于v B.引出通道内的磁感应强度大于B 4(R2-RLc0s0)B C.若离子恰能从写引出通道的Q点引出，引出通道中的磁感应强度B,=P+R-2R0s6 D.若引出通道中磁场为B,时，该离子能引出加速器，则此时将任何一个带电离子放入该加 速器中都能将该离子引出 2.2020年12月，中科院合肥物理科学研究院成功研制出国产最紧凑型超导回旋质子加速器， 从而打破了美国、瑞士等少数国家在这一领域的垄断.如图甲为某型号的回旋加速器的工作 原理，图乙为俯视图，回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D,、D,,D形盒装在真空 容器里，盒内充满与底面垂直的强大匀强磁场.加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电 压为U,两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间忽略不计，质子从粒子源0处进入加速 电场的初速度为零.已知D形盒的半径为R,磁感应强度为B,质子质量为m、电荷量为+q,不 考虑相对论效应和重力作用，求： (1)质子第一次经过狭缝被加速后进入D形盒时的速度大小，和进入D形盒后运动的轨迹 半径r1; (2)质子被加速后获得的最大动能Em和高频交变电压的频率f (3)通过必要的推导演算，说明质子在回旋加速器中运动时，随轨迹半径r的增大，同一D形 盒中相邻轨迹的半径之差△r将如何变化. 0· 高频交 D,变电压 进阶突破·拔高练05③ab边、cd边都切割，运动的水平距离为L-d, ④ab边切割，运动的水平距离2d-L, ⑤cd边切割，运动的水平距离为d, 一个边切割的总水平距离为6d-2L,此过程中安培力的冲 量为1=BL(6d-2) R 进阶突破 第一章安培力与洛伦兹力 第1节磁场对通电导线的作用力 第1课时安培力 1.D 2B解析：根据题意可知，折线c中的电流为P=?,正三 角形线框接入电路后，所受安培力的等效长度为L,总电流 为1a=1+1=3 ,所受安培力垂宜水平桌面的分力大小为 =Bcos60·1LBL,由于线框静止，所以支持力F G-子B,放选B 第2课时通电导线在磁场中的平衡与运动 1.B解析：A.若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°，该过程 中安培力大小不变，方向以导线为轴顺时针转动，由水平方 向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大」 若导线仍处于平衡状态，则支持力为F、会逐渐增大，因此， 若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°，则F、一直增大， 故A错误；B.由题意，对长直导线MN受力分析，受重 力g,支持力30，安培力P=mgm30,由左手定 则可知安培力方向水平向右，由平衡条件，顺M到N方向 看，受力图如图1所示，若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转 45°中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转45°， 由力的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如 图2所示，由图可知，当安培力F的方向与支持力为FN的 方向垂直时，M0连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正 切值为最大，此时支持力为FN=√(mg)2-F= √g(停e厂e降如8后受故B正 确；C.题图示位置磁场方向竖直向下，设磁感应强度为B, 则B,IL=mgtan30①，当安培力与弹力方向垂直时，安培力 最小，磁感应强度最小，设此时的磁感应强度为B2,则 B,L=mgsin30②，由①2得B-sim30°-3 8am302,若磁场的大 小和方向可以改变，为使导线MN仍能在题图示位置处静 止，所需的最小磁感应强度的值为原来的倍，故C错误； D.若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式F=BL 可知，安培力增大，方向不变，支持力增大，0角增大，导线向 上移动，可当0角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不 选择性必修第二册·RJ 两个边同时切割的总水平距离为L-d,此过程中安培力的 冲量为1=4BL(L-d) R 对线框abcd水平方向全程应用动量定理得I1+l2=mo,解 得a-4St 拔高练 会再处于平衡状态，可知0角不可能达到90°，只有0<90° 时，长直导线有可能受力平衡，因此导线MN不可能沿圆弧 槽缓慢运动到PP'位置，更不可能运动到PP'上方，故D错 误故选B. mg mg 图1 图2 2.(1)0.40(2)0.2250(3)R.=10(4an0-3 3(3tan0+4) 解析：(1)由平衡条件得4mg=BL=BL,滑动变阻器接人 R. 电路的阻值至少为R1=0.4D. (2)将导轨右侧抬起角0=90°，由平衡条件得mg=BL, R 滑动变阻器接入电路的阻值最大为R2=0.225Ω. (3)由于tan>μ，不通电流时，杆向下滑动，则滑动变阻器接 入电路的阻值的最大值为R,时，杆受最大静摩擦力沿导轨 向上，则mgsin&=B2Lcos9+uN,N=mgcos9+B号Lsin9, R R 联x得化-的号 第2节磁场对运动电荷的作用力 1.BD 2.BD解析：A对小球在A点由牛顿第二定律得F,+ gsin30°-wB=m,又F,=9驰，B,由以上两式得4= 区，故A错误；B.小球由A点到B点由动能定理得 mgm30x2L=2m-7am,将，代人上式可得 1 gL,小球在B点向心加速度大小a 5 128,故B正确； C小球在B点洛伦数力大小R,=,R=A√受，故C错 误；D.小球在B点利用牛顿第二定律得F?-qwB。 mgsin30=m,解得细绳拉力F?=3mg+ TOgLB,故 2 D正确.故选BD. 3.(1)gsin a mgcos a (2)m(sin atucos a) gB ugB 解析：(1)由于u<tana,所以环将由静止开始沿棒下滑.环A 黑白题42 沿棒运动的速度为"，时，受到重力mg、洛伦兹力qw,B、杆的 弹力N,和摩擦力=uW1.根据牛顿第二定律，对沿棒的方向 有mgsin a-f=ma,垂直棒的方向有N,+qw,B=mgcos a,所以 当f=0,即N1=0时，a有最大值am,且am=gsin a,此时 90,B=mgc0sa,解得，=mgeos a gB (2)设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为N2, 方向垂直于杆向下，摩擦力为=uW2此时应有a=0, 即：mgsin a=f2,N2+mgcos a=qwmB, 解得n=mg(sin atcos,) ugB 第3节 带电粒子在匀强磁场中的运动 第1课时半径和周期公式的理解及应用 1.AD解析：A.粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提 供向心力得9m=m二，解得。=%，当OP为粒子运动轨迹 m 的直径时？号，圆周运动半径最小，粒子经过P点时速度最 小，可得=以，故A正确；B.粒子以最小速率经过P点 2m 时，在磁场中的轨迹恰好为半个圆周，到达P点时速度方向 垂直于x轴，由P点到Q点做类平抛运动，沿y轴负方向做 匀速直线运动，则有d=vt,沿x轴正方向做匀加速直线运 动，则有d=了，由牛顿第二定律得a-解得电场强度 E-9,故B错误：C.经过P点圆弧轨迹均以P0为弦，如 图1所示，经过0、P两点的半径相等的圆0，与圆02，粒子 可以分别沿这两个等大的圆在磁场中的圆弧部分做圆周运 动经过P点，由于运动半径相等，故粒子速度大小相同，故 C错误；D.设沿不同方向进人磁场的粒子，经过P点的速度 方向与x轴夹角为0，如图2所示，由几何关系得Rsin0= 月理由6发可得：在P点垂直电场方 d v 向的分速度为u,=sin日=可见”，为定值，粒子穿过电场 过程沿y轴负方向做匀速直线运动，则有d=心，t,因，为定 值，故所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相 同，故D正确故选AD. 图1 图2 2.(1)A+1)mm 2(入-1)mwo AgB。 (2)qB0 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向 心力.设在x≥0区域，粒子做匀速圆周运动的半径为R1,周期 I ①.T,=2mR2,由①2可得T1-2m③. 为T,则90B,=R gB。 设在x<0区域，粒子做匀速圆周运动的半径为R2,周期为 参考答案与解析 6④，T T,则QoAB。=R 2风0.由④5可得元-0， 粒子运动的轨迹如图所示，在两磁场中运动的时间分别为 二分之-周期，故运动时间为1=7+号@.由860可 得&=（A+1)mm⑧ 入qB0 入B0 B XX××× ×××1 + ××× (2)如图所示，粒子与0点间的距离为在两磁场中圆周运动 的直径之差，即距离为d=2R1-2R,⑨， 由①④可得R1= -m0①，R=AqB0 gB。 -m。①，由⑨①①可得d= 2(λ-1)mwo 入qBo 第2课时带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1.C解析：由，-B,可知粒子在圆形磁场区蚊经历磁聚 焦，聚于两区域相切点而后进人正方形区域，图形如下图，图 中阴影部分即为所求，则，==日·R,空白区域面 积s=2×(㎡宁）=，空白加阴影的总面 积5a-(2rr-则s=5g-a-(e+W 1 ·R,故选C B 2m224。(3)34 7to 解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t。内其速 度方向改变了90°，故其周期T=4t。①，设磁感应强度大小为 B,粒子速度为”，圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心 力得，8=m②，匀速圆周运列的速度满足：-2严③，联立 ①②③式得B=m④. 2gto (2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从0C边上的 同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图1所示 设两轨迹所对应的圆心角分别为0，和02.由几何关系有0，= 180°-0，⑤，设粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2, 黑白题43 T 则5，=2=2⑥ A 00 图1 图2 (3)如图2，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆 弧对应的圆心角为150°.设0'为圆弧的圆心，圆弧的半径为 T。,圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题 给条件可知，此时有L00D=∠B0'A=30⑦，rocos00'D+ cosB0A⑧，设粒子此次入射速度的大小为，由圆周 -20,联立①⑦80式得，-V3l0. 运动规律，=T 7to 第4节质谱仪与回旋加速器 1.D解析：A.洛伦兹力不做功，离子经过引出通道后的速度 等于v,故A错误；B.根据洛伦兹力提供向心力得gwB= R,解得R=设离子在引出通道内的轨道半径为同 9B B,由于离子在引出通道内的轨道半径大于D形 理可得，= 盒半径，可知引出通道内的磁感应强度小于D形盒内磁感 应强度B,故B错误；C.若离子恰能从引出通道的Q点引 出，设圆弧半径为r,轨迹如图所示，则有O'Q=T,OQ=L, O'0=r-R,根据几何关系得r2=L2+(r-R)2+2L(r-R)cos0, 解得r=R+L-2 RLcos0 2R-2cos9,由洛伦兹力提供向心力可得 Bgw=m,解得r=m g联立可得-m2-0)B, gr L2+R2-2LRcos 0 故C错误；D.由C中分析可知，离子能否离开加速器与粒子 的电量和质量无关，若引出通道中磁场为B2时，该离子能引 出加速器，则此时将任何一个带电离子放入该加速器中都能 将该离子引出，故D正确故选D. 0 P 、2.1)、2012m02aR0 B q 2m 2Tm ,(3)见解析 解析：(1)质子第一次经过狭缝被加速后的速度大小为1， 则gW= mvj 2m,9w,B= T1 2gd。。12mU 解得√m=B√q (2)当质子在磁场中轨迹半径为R时，动能最大，设此时速 度为，则9wB=R, mv R=了成，解得.-R 2m, 选择性必修第二册·RJ 交变电压频率∫等于质子在磁场中运动的频率，下=T= 2mR.2m,则/=B vm gB 「2不m (3)由动能定理得2gU= 21 2m-2m, 根据半径公式有r= 解得4 4mU gB2(T+1+r)1 4mU 同理△rk+1= B2(Tg2trk+1）)' 因为T+2>T,所以△T+1<△rk,即△r随着r的增大而减小 第二章 电磁感应 第1节楞次定律 1.BD 2.A解析：开关接a时，线圈M中的电流在环形铁芯内产生 顺时针方向的磁场，开关K从α处断开，磁场减弱为零，线 圈N中的磁通量发生了变化（向右减小），由楞次定律得出 线圈N中产生向右的感应磁场，进而在N中有了感应电流， R2中的电流方向为由c到d;开关接b时，线圈M中的电流 在环形铁芯内产生逆时针方向的磁场，线圈N中的磁通量 发生了变化（向左增加），由楞次定律得出线圈N中产生向 右的感应磁场，进而在N中有了感应电流，R2中的电流方向 为由c到d故选A. 3.B解析：A.若线圈闭合，进人磁场时，穿过线圈的磁通量向 上增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向 下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误； B根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动 时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对 线圈的作用力较大，故B正确：CD.由题图知第1、2、4、5、6个 线圈位置均匀，则都发生了相对滑动，而第3个线圈没有向 后滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，是不合格 线圈，故CD错误故选B. 4.D解析：AB.圆环从a处到圆环右侧到达两磁场边界的过 程中，穿过圆环的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，此过 程中的感应电流方向为逆时针方向.圆环从圆环右侧到达两 磁场边界到最低点过程中，穿过圆环的磁通量向里减小，根 据楞次定律可知，此时电流方向沿顺时针方向.圆环从最低 点到离开两磁场边界时，穿过圆环的磁通量向外增加，根据 楞次定律可知，此时感应电流的方向沿顺时针方向.圆环从 离开磁场后到b处的过程中，穿过圆环的磁通量向外减小， 则根据楞次定律可知，此过程中的感应电流方向沿逆时针方 向，故AB错误：CD.由于磁感应强度在竖直方向均匀分布， 且水平方向非均匀分布，则在整个过程中，导线的等效长度 总是沿竖直方向的，故根据左手定则可知，安培力的方向始 终沿水平方向，故C错误，D正确故选D. 第2节法拉第电磁感应定律 第1课时电磁感应定律 1.B 2.C解析：A.由B-t图知，t时刻磁通量的变化率为零，则感 应电流为零，金属圆环周围没有磁场，金属圆环L内的磁通 黑白题44