第1章 第2节 磁场对运动电荷的作用力-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

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 速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变，故ABD错误； C.滑块匀速运动时，有u=,根据平衡条件可得mgin日= u(mgcos+gvB),联立解得滑块所带的电荷量为g= gsin0 mgtcos日，故C正确故选C. Bdu 5.D解析：A.将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷 入磁感应强度为B的匀强磁场时，由左手定则可以判断正 电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集在下极板上 负电荷受到的洛伦滋力向上，负电荷聚集到上极板上，故平 行金属板上极板比下极板电势低，故A错误；B.根据gwB= 、g金，可得磁流体发电机的电动势为E电=Bd,放B错误 C.电容器两端的电势差等于电源电动势，根据C=Q-Q UE电 联立方程，可得电容器所带电荷量为Q=CBd,故C错误； E电 D.由于带电微粒处于静止状态，由平衡条件可得mg=g乙， 联立方程，可得微粒的比荷是盖故D正确放选D 6.C解析：B.两小球受到的洛伦兹力都垂直斜面向上，沿斜 面方向的合力为重力的分力，故两球都做匀加速直线运动， 加速度为a=gsin B,a,=gsin a,可见a。>a6,故B错误；A.当 加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下的分力相等时，小球 脱离斜面，则mgco80=g,所以.-mgcos B, =mgcos a gB 由于a<B,所以.<，故A错误；C.由D=u得L。Bqan B' m 4agnQ则<，故C正确；D.由2=2ar求得， m gm2 cos'"B =m2cosa,因a<B,则s,<,故D错误故 2Bsin B2dsin a' 选C 7.ABD解析：小球在磁场中到达轨道最低点过程中只有重力 做功，vM=√2gR.在电场中到达轨道最低点时，重力做正功， 电场力做负功，根据动能定理，有mgR-9R=7m,w √2R2所以，，因为=，所以该过程所用时 间tw<tw,A正确，C错误.根据能量守恒定律可知，D正确. 在M点，FM=mg+qwwB+m 会在N点，以=gm贷，不难 看出FM>FN,由牛顿第三定律可知，FM=FM,FN=FN,所以 FM>FN,B正确. 8.D解析：A.小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口 的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误； B.小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动，则小球 在垂直于试管方向上合力为零.小球沿试管方向受到洛伦兹 力的分力是由小球垂直于试管向右的速度产生的，根据 F洛=Bqm可知，水平向右速度不变，则指向管口的洛伦兹力 不变，所以小球的加速度不变，故B错误：C.洛伦兹力总是 与速度垂直，洛伦兹力对小球不做功，故C错误：D.根据动 选择性必修第二册·RJ 能定理可得，试管对小球做的功为W=】m 1 02x4」7×0,2x2J=121,则小球对试管做的负功为 1.2J,由于试管做匀速直线运动，动能不变，则外力做功之和 为零，所以拉力F对试管做的正功为1.2J,故D正确.故 选D 压轴挑战 9.(1)3g 4 (2)13mg 3g'B2 代（3)当k≤9时，Q=27%2B2:当>9 时，0=17k+6k-27)mg 36g2B2 解析：(1)t=0时刻，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律 得u(mg+qwB)=2ma,得a-3 4 (2)木板长度足够，当小物块与木板相对静止后，木板开始 匀速运动，即在木板与挡板碰撞前能与小物块共速，此过程 木板与小物块组成的系统动量守恒，则有m=(2m+m)v1, 木板与挡板碰撞后速度等大反向，设其能与小物块共速，则 有2m(-)+m=(2m+m)2,得三-g三% 9 器此时小物块所受洛伦兹力竖直向上，且，B= 3mg<mg,即小物块与木板间尚存在压力，假设成立，此后 1 两者以相同速度一起向左匀速运动.因摩擦产生的热量为 1 1 0=)m6-2(m+2m)2,得Q=22B2· (3)若速度大小可调，则当初速度达到一定值时，小物块反 向，可能使小物块与木板间的压力为零，此后以不同的速度 匀速运动，此时则有，B=m%,代人(2)中得到1号，可 1 得此时。= 上即k三9，若k≤9，则Q=2m。2(m+2m) 好，得Q=13m;若69，则小物块固定获得，=紧的末 27g2B2 速度，根据2m(-)+m,=2mw,+m2,Q= 21 x2m =2m6-2 2m,得Q=17+6k-27)mg 36g2B 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 白题 基础过关 1.BC 2.ACD 3.AB 4.AD解析：AB.在磁场B,中，粒子做匀速圆周运动，根据左 手定则，正粒子受力向右，向右偏转，反粒子向左：故1、2是 反粒子径迹，故A正确，B错误；CD.根据洛伦兹力提供向心 力，有只解得风阳产号放质子与a教子的半径之 gB q 比为1：2，即α粒子转弯半径大，故1是反质子，2是反x粒 子，3是质子，4是a粒子，故D正确，C错误故选AD. 5.D解析：由安培定则可知，在直导线的下方磁场方向为垂 黑白题04第2节磁场对运动电荷的作用力 白题 基础过关 限时：30min 题型1洛伦兹力的方向 A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平 1.如图所示，电荷的速度方向、磁场方向和电荷 向左 的受力方向之间关系正确的是 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做负功 题型2洛伦兹力的大小 4.在如图所示的各图中，匀强磁场的磁感应强度 均为B,带电粒子的速率均为v,带电荷量均为 q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小 ×××× XX C 2.（2024·湖北黄石三模)近日因为罕见的太阳 风暴，北京市出现了美丽的极光，极光其实是 (1) 因为地球磁场防护层的漏洞引起的宇宙射线 (1 (2) 中的高能粒子在高速射向地球表面时，大 (3) (4) 部分在地磁场的作用下被牵引着与地球擦肩 5.如图，两个带电粒子Q1、Q2 B 而过，只有地球两极附近的磁场防护力较弱， 以相同的速度进入同一匀 高能射线可以进人大气层引发大气电离进而 强磁场，Q1、Q2质量之比为 660°30o 1:4,电荷量之比为1：2， e Q2 产生绚丽的极光.关于这一现象，下列说法你 认为正确的是 ( Q1、Q2入射角度分别为60°和30°，则两带电粒 A.高能射线可在两极附近抵近地球是因为地 子受洛伦兹力大小之比为 球两极附近地磁场较弱一些 A.1:2 B.1:4 B.射向赤道上方的带正电的高能粒子可以被 C.√5：2 D.1:3 地磁场牵引向地磁北极方向偏移 6.(2024·江苏连云港期中)如 C.高能粒子射向地球附近时主要是向东西方 图，弹簧测力计下挂有一单匝 向偏移 正方形线框，线框边长为L,质 D.射线里的电磁波受地磁场牵引引发极光 量为M,线框上边水平且处于 现象 垂直纸面向内的匀强磁场中，线框通有如图 3.(2024·福建福州期中)如图 所示方向的电流，且线框处于静止状态，若此 所示，带负电的小球竖直向下 B 时弹簧测力计示数大小为F,已知该线框单位 射入垂直纸面向里的匀强磁××× 长度自由电子个数为n,重力加速度为g,则电 场，关于小球运动和受力说法正确的是( 子定向移动对应的洛伦兹力大小为() 选择性必修第二册·RJ黑白题006 A.F-Mg B.Mg-F B.电子束将打在荧光屏M点的下方 C.F-Mg D.Mg-p C.电子束将打在荧光屏的M、O'之间的某点 4nL nl D.电子到达荧光屏的速度大于到达M点的 题型3电子束的磁偏转（显像管原理）》 速度 7.(2024·江苏镇江期中)如图所示，显像管中 重难聚焦 有一电子枪，工作时它能发射高速电子，偏转 题型对洛伦兹力不做功的理解 线圈通以偏转电流后在阴影区域内产生偏转 10.（2023·辽宁期中联考)如图所示，用绝缘 磁场，电子经过偏转磁场后撞击荧光屏上的A 细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O 点发光.下列说法正确的是 ( 点，摆长为l,当它摆过竖直线OC时便进入 电子枪 或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆 马3 电子来 动的平面向里，A、B点分别是最大位移处 荧光屏 偏转线圈 B 下列说法中错误的是 A.偏转磁场方向垂直纸面向里 B.电子经过偏转磁场的过程中动能不断增大 C.电子经过偏转磁场区域的轨迹是抛物线 XB D.发光点从A向B点移动的过程中，偏转电 A.A点和B点处于同一水平面 流先减小后增大 B.A点高于B点 8.如图所示为电视机显像管中电 C.摆球在A点和B点处线上的拉力大小 子束偏转的示意图.磁环上的偏 相等 转线圈通以图示方向的电流 时，沿轴线向纸内射入的电子束的偏转方向 D,单摆的振动周期仍为T=2, ( 11.(2024·浙江杭州期末)三个完全相同的小 A.向上B.向下C.向左D.向右 球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一 9.(2023·河北石家庄质检)如图所示，从示波 高度由静止开始下落，下落h,高度后a球 管中O点发出的电子束将打在荧光屏的中心 进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸 面向里的匀强磁场，如图所示，它们到达水 O'点，若在示波管正下方水平放置一根通电 平面上的速度大小分别用v。vb、v表示，它 直导线，电子束将打在O'下方的M点.现将通 们的关系是 电直导线平移至以O0'为对称轴的PQ位置， a 9 CY 并通以相反方向的电流，但保持其大小不变， 下列说法正确的是 ( XXX P------------0 x×× 7777777777777777777777777 5月·- 0 A.va>Vi=vc B.Va=v=Vc C.va>Vb>Vc D.v。=6>Uc A.电子束将打在荧光屏O'点的上方 第-章黑白题007 黑题 应用提优 限时：40min 1.（2023·山东德州 为g) ( ) 一中质检)如图所 电子枪 A.滑块在a点受重力、支持力和洛伦兹力作用 0 示为显像管的原理 荧光屏 偏转线圈 B.滑块在b点受到的洛伦兹力大小为gB√2gh 示意图，当没有磁 C.洛伦兹力做正功 场时电子束将打在荧光屏正中的O点.安装 D.滑块的机械能增大 在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子 4.(2024·湖北武汉期末)如图所示，将一由绝缘 束发生偏转设垂直于纸面向里的磁场方向为 材料制成的带一定正电荷的小滑块（可视为质 正方向，如果要使电子束打在荧光屏上的位 点)放在倾斜的固定木板上，空间中存在垂直 置由α点逐渐移动到b点，图中哪种变化的磁 于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 场能够使电子束发生上述偏转 测得小滑块的质量为m,木板的倾角为0，木板 ↑B ↑B Bo 与滑块之间的动摩擦因数为私.滑块由静止释 放，依次经过A、B、C、D四个点，且AB=CD=d, D 小滑块经过AB、CD所用的时间均为t.重力加 2.（2024·湖北恩施月考)如图甲所示，光滑绝 速度为g.下列说法正确的是 缘水平面上方足够大空间内存在磁感应强度 A.到达C点之前滑块先加速后减速 大小B=1T的水平匀强磁场，带正电的物块 B.到达C点之前滑块所受的摩擦力先增大后 A静置于水平面上，电荷量g=0.2C.t=0时， 减小 水平力F作用在物块A上，物块A由静止开始 运动，其对水平面的压力随时间的变化图像如 C.滑块所带的电荷量为ngtsin8_mgtcos0 Bdu Bd 图乙，重力加速度g取10m/s2,则 D.滑块的加速度先减小后增大 70 A× 20 t/s A.物块A的质量m=3kg 等离子 (第4题) (第5题) B.水平力F不断增大 C.水平力F的大小为70N 5.(2024·山东临沂月考)磁流体发电的原理如 D.物块A做匀加速直线运动 图所示，将一束速度为的等离子体垂直于磁 3.(2023·陕西西安一模)如图 场方向喷人磁感应强度为B的匀强磁场中，在 所示，竖直放置的光滑绝缘斜 面积为ab、间距为d的两平行金属板间产生电 面处于方向垂直竖直平面（纸 动势将其上下极板与阻值为R的定值电阻和 bx 面)向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场 电容为C的电容器相连，间距为L的电容器极 中，一带电荷量为q(q>0)的滑块自a点由静 板间有一带电微粒处于静止状态，不计其他电 止沿斜面滑下，下降高度为h时到达b点，滑 阻，重力加速度为g.下列说法正确的是() 块恰好对斜面无压力.关于滑块自a点运动到 A.平行金属板上极板比下极板电势高 b点的过程，下列说法正确的是（重力加速度 B.磁流体发电机的电动势为BL 选择性必修第二册·RJ黑白题008 C.电容器所带电荷量为CBaw 底部有质量为0.2kg的带电小球，整个装置处 D.微粒的比荷9=L 于竖直向下的匀强磁场中.在水平拉力F的作 m Bdv 用下，试管向右以2m/s的速度匀速运动，最 6.（2024·河北期末)如图所×××。x× 终带电小球以4m/s的速度飞出管口.则该过 示，足够长的两个平行纸面×× 带绝缘凹槽的光滑倾斜滑。￥* 程中 A.小球带负电 道，与水平面的夹角分别为a和B(α<B),加 B.小球的加速度逐渐变大 垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等且 C.洛伦兹力对小球做功1.6J 带等量正、负电荷的小球a、b依次从两滑道的 D.拉力F对试管做功1.2J 顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说 压轴挑战 法正确的是 ( 9.（2023·广东汕头金山中学三模)如图所示， A.a、b两球沿槽运动的最大速度分别为v。和 空间中存在磁感应强度大小为B、方向垂直 vb,则v。>v。 纸面向里的匀强磁场.一质量为2m的足够 B.在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且 长绝缘木板静置在光滑水平面上，t=0时刻， aa<ap 一质量为m、带电量为-q(q>0)的小物块以 C.a、b两球沿槽运动的时间分别为t。和t,则 某一初速度从木板左侧滑上，小物块与木板 t。<tb 间的动摩擦因数为儿、木板达到匀速运动状 D.a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为s。 态后，与右侧一固定弹性挡板P碰撞，木板 和s6,则s。>S6 与挡板P碰撞后速度大小不变，方向相反已 7.(2023·内蒙古期末)（多选）如图所示，两个 知重力加速度为g. 半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁 场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨 (1)若小物块初速度，0求1=0时刻术 道是光滑的，两个相同的带正电的小球同时 板的加速度大小a; 从两轨道左端的最高点O由静止释放，M、N (2)若小物块初速度o 为轨道的最低点，以下说法正确的是( 3m,求最终小物块 g 与木板间因摩擦而产生的总热量Q; (3)若小物块初速度。= mg(k>0),写出最 g M 终小物块与木板间因摩擦而产生的总热 A.两小球到达轨道最低点的速度vw>vw 量Q与k的关系式 B.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力 FM>FN + C.小球第一次到达M点的时间大于到达N 点的时间 D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电 场中不能 8.(2024·江苏新高考基地大联考)如图，光滑 的水平桌面上平放着内壁光滑的试管，试管 进阶突破拔高练P02 第-章黑白题009