第1章 第1节 第2课时 通电导线在磁场中的平衡与运动-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

第2课时 通电导线 白题 基础过 题型1通电导体在磁场中的运动 1.（2024·湖南邵阳期末)（多选）如图所示，在 条形磁体的右侧放置一个可以自由运动的矩 形通电线圈abdc,线圈最初与条形磁体处于 同一平面内，ac边、bd边与条形磁体的方向平 行，且ac边、bd边中点的连线过条形磁体的 中心.通以顺时针方向的电流后，该线圈的运 动情况为 ( A.ab边转向纸内，cd边转向纸外 B.ab边转向纸外，cd边转向纸内 C.线圈靠近磁体 D.线圈远离磁体 2.(2024·湖南常德期中)如图所 示，两个完全相同的轻质铝环α、 b能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设 大小不同的电流按如图所示的方向通入两个 铝环中，则两个铝环 ( A.均静止不动 B.彼此靠近，两环加速度逐渐变小 C.彼此靠近，两环速度大小相同 D.彼此远离，两环加速度大小相同 3.(2023·广东惠州质检)（多选）如图所示为某 科技爱好者设计的电磁炮模型示意图，水平 发射轨道宽1m,轨道间有磁感应强度为1× 10°3T、方向竖直向上的匀强磁场，炮弹（含相 关附件)总质量为0.5kg,当电路中通20A的 恒定电流时，炮弹从轨道左端开始加速，然后从 轨道右端发射出去.忽略一切阻力，则( B↑ 6地宁发方的 )平行轨道 A.电流从a端流入b端流出 B.电流从b端流入a端流出 C.炮弹的加速度大小为1×104m/s2 D.炮弹的加速度大小为4×104m/s2 选择性必修第二册·RJ 磁场中的平衡与运动 限时：l5min 题型2通电导体在磁场中的平衡 4.(2024·贵州黔东南三模) 如图所示，两光滑平行绝 0」 缘导轨倾斜固定，倾角为 0,质量为m的金属棒垂直导轨放置，通有恒 定电流1，当在空间中加一个与金属棒垂直的 匀强磁场时，金属棒恰好静止.下列说法中正 确的是 () A.金属棒中的电流方向一定是从b到a B.所加磁场的方向不可能竖直向下 C.若所加磁场的磁感应强度最小，其方向应 沿导轨向上 D.若所加磁场的磁感应强度最小，其大小应 为B=mgsin0 IL 5.(2024·山东青岛期 末)如图所示，质量 0 为m、长为l的直导线 309 AB用两绝缘细线悬挂 B 于0、0'，并处于与 O0'垂直斜向下的匀强磁场中，磁场与竖直方 向成30°角.当导线通以由B到A方向的电流 1,且静止时，悬线与竖直方向夹角为0=30°， 重力加速度为g,则磁感应强度大小为() A.mg B.mg C.mg D.mg 3Il ·20 6.如图所示，圆形硬质金属导线××”× M-a-N-b-M固定于水平桌面 ××1 上，导线平面与匀强磁场方向 垂直，圆弧MaN的长度为圆周 长的子，触头M,N与直流电源 两端相接.已知圆弧导线MaN受到的安培力 大小为2F,则圆弧导线MbW因为安培力作用 而受到的附加张力大小为 () 6 cn3r 黑白题004 黑题 应用提优 1.（2024·浙江宁波三模)用一根硬导线弯成如 图1形状的线圈，该线圈是由两个形状和大小 相同、但电流方向相反的平面回路组成的一 个整体，线圈的端点A、B通过水银槽和固定 支架相连，这样，线圈既可通入电流，又可自 由转动，被称为无定向秤则通电后（) A.当处于非匀强磁场中，线圈可能会转动 B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中，线圈 可能会转动 C.当处于垂直线圈平面的匀强磁场中，线圈 可能会转动 D.将如图2那样的通电硬导线靠近该秤，线 圈可能会转动 0160 309 图1 图2 (第1题) (第2题) 2.（2023·河北石家庄二中期末)如图所示，竖 直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与 水平方向成60°角，0为结点，绳3的下端拴接 一质量为m、长度为1的导体棒，棒垂直于纸 面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度 大小为B的匀强磁场现向导体棒通入方向向 里、大小由零缓慢增大到1，的电流，可观察到 导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成 30°角时保持静止.已知重力加速度为g.在此 过程中，下列说法正确的是 ) A.绳1受到的拉力先增大后减小 B.绳2受到的拉力先增大后减小 C.绳3受到的拉力最大值为3mg D.导体棒中电流，的值为3m5 第 限时：20min 3.(2024·安徽阜阳期末)如 图所示，质量为M的半圆 柱体放置于水平地面上，0 为半圆柱体截面所在面的圆心.空间中存在以 0为圆心，沿半径方向往里辐射的磁场，圆弧 表面处磁感应强度大小恒为B,质量为m的通 电导线静置于半圆柱体上.半圆柱体的表面光 滑，初始时通电导线和圆心的连线与水平面 的夹角为0，半圆柱体始终保持静止，重力加 速度大小为g.下列说法正确的是 () A.通电导线受到的安培力大小为mgsin0 B.地面受到的摩擦力方向向左 C.缓慢减小电流，导线受到的支持力减小 D.缓慢减小电流，地面受到摩擦力一定减小 压轴挑战 4.（2023·广东广州七中期 中)如图所示，水平放置的 光滑平行金属导轨，左端 与一电源相连，右端与竖 直光滑半圆导轨相接，整个导轨处于竖直方 向的匀强磁场中，一根导体棒ab垂直导轨 放置于半圆轨道底部.已知磁场的磁感应强 度B=0.5T,导轨宽度为20cm,导轨电阻不 计，半圆的半径也为20cm,导体棒的质量m= 50g、电阻R=12,电源内阻不计.当闭合开 关S后，导体棒沿圆弧运动.导体棒速度最大 时，导体棒与圆心的连线与竖直方向的夹角 0=45°，若不考虑导体棒的感应电动势对电路 的影响，重力加速度g取10m/s2,则( A.磁场方向竖直向上 B.电源的电动势E=5V C.导体棒速度最大时机械能也最大 D.导体棒将越过半圆导轨圆心等高处继续 运动 进阶突破拔高练P01 黑白题005培力合力方向都沿a0指向0点，d处导线对a处导线的安 培力方向沿a0指向0点，故a处导线所受安培力方向沿a0 指向0点，故C正确；D.根据几何关系可知，a、d间距为2L, klo 则a处导线在d点产生的磁感应强度大小为B.=2 B。,可知a处导线在d点产生的磁感应强度大小等于。 处导线在b点产生的磁感应强度大小的一半，则a处导线对 d处导线的安培力大小为气，故D正确故选ACD, 压轴挑战 4.D解析：根据串并联电路的特点可知流过a边的电流I1= 5 ,流过abedef边的电流l,=。l,dc,b边受到的安培力同 向，斜向左下方，同理bc、©f边受到的安培力同向，斜向右下 方，大小分别为F=Rk=2B·名R=号BR,P。=P=B· 6R=6BR,则de、abbc、gf边所受的安培力合力为F,= 1 6 BR+名R=号B服，方向向下：d边受到的安培力 飞-2B刷，×R=,方向向下；时边受到的安培力E=B R=5,方向向上：所以线框受到的合力F=B,--B=0 6 D正确，ABC错误.故选D. 第2课时通电导线在磁场中的平衡与运动 白题 基础过关 1.AC 2.D 3.BD解析：AB.由左手定则可知，电流从b端流入a端流出， BIL 选项A错误，B正确；CD.炮弹的加速度大小为a=一 10x20xm/S=4x10°m/令，选项C错误，D正确.故选BD. 0.5 4.D解析：A.由于磁场方向不确定，故电流方向也不能确定， 故A错误；B.若电流方向从b到a,当磁场方向竖直向下时， 根据左手定则可知，金属棒受到的安培力水平向右，金属棒 可以受力平衡，处于静止状态，故B错误；CD.若所加磁场的 磁感应强度最小，则安培力应沿导轨向上，磁场方向应垂直 于导轨平面，对金属棒受力分析，根据受力平衡可得 BL=mgin0,解得最小磁感应强度为B=加日，故C错 误，D正确.故选D. 5.A解析：对导线受力分析如图所示，通过左手定则可知导 线所受安培力与磁场方向垂直，根据几何关系，由平衡条件 可得，在竖直方向有2Tcos0=mg+Bllcos60°，在水平方向 有2Tsin0=Bsin60°，解得B=mg,故选A 27 0 60*F安 mg 选择性必修第二册·RJ 6.B解析：圆弧MaN的长度为圆周长的 4,则有圆弧导线MN的长度为圆周 XX 、0. 长的&，因此圆弧导线MbN的电阻是×× X 圆弧导线MaW的3倍，圆弧导线MaN×M米 的电阻是圆弧导线M奶N的？，两电阻 并联，流经圆弧导线MaN和圆弧导线MbN的电流与电阻成 反比，如图，圆弧导线ME部分和NF部分受到安培力大小相 等，方向相反，互相抵消，因此圆弧导线MaW与圆弧导 线MbN受到安培力的等效长度相同，由安培力的表达式 F安=BL,已知圆弧导线MaN受到安培力大小为2F,则圆弧 导线MbN受到的安培力大小是导线MaN的子，则有R,= 袋力分析，圆弧导线M6N 2 张力与安培力平衡，由平衡条件可得F张= 3c0s450= ?F,ACD错误，B正确故选B. 黑题应用提优 1.A解析：B.当处于平行线圈平面的匀强磁场中时，这个复杂 线圈两侧的导线所受安培力方向相同，所以在匀强磁场中不 会发生转动，故B错误；C.当处于垂直线圈平面的匀强磁场 中，根据左手定则可知，线圈各边所受安培力在同一平面内， 因此不会发生转动，故C错误：A.根据以上分析可知，在磁场 不垂直于线圈平面的情况下，若线圈处于非匀强磁场中，则 可知线圈两侧的导线所受安培力大小不相等，线圈将按照所 受安培力大的方向转动，故A正确；D将题图2那样的通电 硬导线靠近该秤时，因该导线对线圈两侧的导线的安培力均 在纸面内，因此线圈不会发生转动，故D错误故选A. 2.D解析：AB.对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹 力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右逐渐增大，由平 衡条件得水平方向F1=F2cos60°+B,竖直方向 F2sin60°=mg,电流逐渐变大，则F1增大、F2不变，故AB错 误；C.当电流增大到。时，安培力与重力的合力最大，即绳3 的拉力最大，有sin30°=%，最大值为F,=2mg,故C错误； F D.对导体棒受力分析得am30%得二3m喝，故D正 BL 确.故选D. 3.B解析：A.通电导线的受力如图所示，根据平衡条件 F4=mgcos0,故A错误；B.对通电导线和半圆柱体整体分 析，受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力、斜向左上的安 培力，根据平衡条件，还需受到水平向右的地面对半圆柱体 的静摩擦力，根据牛顿第三定律，地面受到的摩擦力方向向 左，故B正确；CD.对通电导线，根据平衡条件F4=mgcos0= BL,缓慢减小通电导线中的电流，则安培力减小，即通电导 线和圆心的连线与水平面的夹角0增大，通电导线受到的支 持力为F、=mgsin0,则通电导线受到的支持力增大：对整体 根据平衡条件，半圆柱体受到的摩擦力等于安培力水平方向 黑白题02 的分力，即-F,sin0=mgcos6sin0=弓mgsin28,根据牛顿 第三定律，地面受到的座擦力”=f=子g20,所以， 若0≥45°，则地面受到的摩擦力减小：若0<45°，则地面受到 的摩擦力先增大，后减小，故CD错误故选B. 压轴挑战 4.B解析：A.导体棒ab向右运动进入半圆轨道，由左手定则 可知，磁场方向竖直向下，故A错误；B.由题意可得mg= BL,-尽，可得E=5V,放B正确；CD.安培力做功等于机械 能的变化，所以机械能最大时，安培力做功最大，由 BILRsin0=E机-0=E机可知，安培力做功最大时，导体棒与圆 心的连线与竖直方向的夹角0=90°，此时导体棒与半圆导轨 圆心等高，由BILRsin90°=mgR(1-cos90)+Ek,可得E,=0, 所以导体棒不能越过半圆导轨圆心等高处继续运动，故 CD错误故选B. 第2节 磁场对运动电荷的作用力 白题基础过关 1.D2.C 3.A解析：A.根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的 洛伦兹力水平向左，A正确；BC.小球受洛伦兹力和重力的 作用，则小球运动过程中速度、加速度的大小和方向都在变 化，BC错误；D.洛伦兹力永不做功，D错误故选A. 4(4p(2婴(30(4 5.C 6.D解析：线框受到竖直向下的重力、竖直向上的安培力和 弹力，则有Mg=F安+F,而线框中的安培力是由nL个电子受 到的洛伦兹力的合力，所以F要=nF省，解得F=Mg-F, nl, 故ABC错误，D正确故选D. 7.D解析：A.由题意可知，电子进入磁场时所受洛伦兹力向 上，根据左手定则，拇指指向洛伦兹力方向，四指指向负电荷 运动的反方向，则手心垂直纸面向里，即偏转磁场方向垂直 纸面向外，A错误；B.洛伦兹力对电子不做功，电子动能不 变，B错误；C.洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则 电子在磁场中做匀速圆周运动，C错误；D.根据eB=m 得，阳电子运动半径先变大后变小，则破感应强度先垂直 纸面向外减小，后垂直纸面向里增大，线圈中偏转电流先减 小后增大，D正确.故选D. 8.C解析：由安培定则知螺线管上端为S极，下端为N极， 两个螺线管在0点磁场方向均向上，合磁场方向仍向上，电 子束射向纸内，将向左偏转，故C选项正确. 9.C解析：判定通电直导线产生的环形磁场的方向应使用安 参考答案与解析 培定则，即四指的指向为磁场的方向，可知改变通电导线的 位置和电流方向变化前后，在示波管区域磁场的方向都垂直 纸面向里，且越靠近导线磁感应强度越大，如图所示，则根据 左手定则，电子束在导线平移前后都受到向下的洛伦兹力， 但平移前电子在靠近通电导线，磁感应强度增大，而平移后 电子在远离通电导线，磁感应强度减小，由F=qB知，洛伦 兹力减小，因此平移后电子束竖直向下偏转的距离达不到原 来的距离，所以电子束将打在荧光屏的M、0'之间的某个点， 洛伦兹力始终与速度方向垂直，不做功，所以速度大小不变， 故C正确.故选C. 0 0 ↑M 10.B解析：AB.带电小球在磁场中运动过程中洛伦兹力不做 功，所以在整个过程中小球的机械能守恒，所以A点和B 点处于同一水平面，故B错误，A正确；C.小球在A、B点的 速度均为0，向心力均为0，细线的拉力大小都等于重力沿 细线方向的分力，所以摆球在A点和B点处线上的拉力大 小相等，故C正确；D由于洛伦兹力始终沿绳的方向，洛伦 兹力不做功，不改变小球的动能，不改变小球的速度，也不 提供回复力，所以单摆的振动周期与没有磁场时一样，仍为 ，故D正确，本题选错误的，故选B, T=2mλg 11.A解析：a小球下落时，重力和电场力都对a小球做正功； b小球下落时，只有重力做功；c小球下落时，只有重力做 功.重力做功的大小都相同，根据动能定理可知外力对α小 球所做的功最多，即a小球落地时的动能最大，b、c两球落 地时的动能相等，由于三个小球质量相等，所以>心，=， 故选A 黑题 应用提优 1.A 2.D解析：A.根据mg=20N,得m=2kg,故A错误；BD.物 块A对水平面的压力FN=gBv+mg=qBat+mg,物块A对水平 面的压力不断增大，则洛伦兹力不断增大，速度不断增大，做 加速运动，结合图像可知，速度均匀增大，则做匀加速运动， 水平力F不变，故B错误，D正确；C.根据FN=gBat+mg,图 乙图像斜率k=gBa,代入数据得a=12.5m/s2,故F= ma=25N,故C错误故选D. 3.B解析：A.滑块自a点由静止沿斜面滑下，在a点不受洛伦 兹力作用，故A错误：BCD.滑块自a点运动到b点的过程 中，洛伦兹力不做功，支持力不做功，滑块机械能守恒， 有mgh=2,得。=√2g,故滑块在6点受到的洛伦滋力 为F=gBu=gB√2gh,故B正确，CD错误.故选B. 4.C解析：ABD.以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动 过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据 牛顿第二定律可得mgsin0-u(mgcos0+qwB)=ma,可知随着 滑块速度的增大，滑块的加速度减小，当加速度减至0后，滑 块将做匀速运动，所以滑块先做加速度减小的加速运动，然 后做匀速运动.AB=CD,滑块经过AB、CD所用的时间均为t, 可知滑块到达AB前已经做匀速运动，到达C之前滑块先加 黑白题03