第1章 第3节 第1课时 半径和周期公式的理解及应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（人教版）

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 直于纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的洛伦兹力 向下，电子向下偏转；通电直导线产生的磁场是以直导线为 中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应 强度越小，由半径公式，g可知，电子运动的轨迹半径越来 越大，故D正确，ABC错误. 黑题应用提优 1.D解析：A.由左手定则可知，题图中右侧为正电子的运动 轨迹，左侧为负电子的运动轨迹，故A错误；B.电子在磁场 中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律 得mB=m,解得。=A,由题图示电子运动轨迹可知，正 m 电子轨迹半径小，则正电子速度小于负电子速度，故B错 误：C.正、负电子所受洛伦滋力方向时刻发生变化，所以正 负电子所受洛伦兹力不相同，故C错误；D.因为正、负电子 在气泡室运动时，近似认为轨迹是一系列半径越来越小的 圆，由=B可得正、负电子在气泡室运动时速度减小，即动 m 能减小；由电子在磁场中做圆周运动的周期T=2,可 eB' 得正、负电子在气泡室运动时周期不变，故D正确故选D. 2.AC解析：AD.由于从x轴上的P点以沿+y方向的速度v 垂直进入磁场，并一直在磁场中运动且每次均垂直通过y 02 v2 g6,h=21= 轴，由96，=m9px2B,=m解得r=w 1 ，所以粒子在第二象限做圆周运动，粒子第一次经过 2qBo 4 y轴的坐标为(，况）：在第一象限恰好做分圆周运动，所 以粒子第二次经过y轴时过坐标原点，故A正确，D错误： B.第一次垂直通过y轴，则转过的圆心角为？，在磁场中运 动的时间为，=T2吧，故B错误：C.在第一象限运动时 2gB。 转过的圆心角为π，则在第一象限运动的时间二2 T2= 0,则=，t,=0,故C正确故选AC. 2gBo 9B 3.C解析：A.根据左手定则知，从轨迹上 方朝下看，若该粒子沿顺时针方向运动， 则该电荷带正电，若该粒子沿逆时针方向B 运动，则该电荷带负电，故A错误；B该粒 子受到的洛伦兹力与所在处的磁感线方 向垂直且斜向上，只是其水平分力（或者 说是洛伦兹力与重力的合力)提供做匀速圆周运动的向心 力，故B错误：C由洛伦兹力与重力的合力提供做匀速圆周 运动的向心力，结合勾股定理，有(8)-(mg)严_ R,得 该粒子所在处磁感应强度大小为B=1 mig2m'u qu 2,故 C正确；D.如图，根据周期公式T=2m可知，人射的微粒？ qB, m 不变，B,不变，则周期不变，故D错误故选C 参考答案与解析 压轴挑战 4.A解析：从0点射出的粒子在 磁场中做逆时针绕向的匀速圆周 运动，根据不同速度方向画轨迹 图，结合几何关系可知能到达荧 光屏上P、Q之间，其中打到P点 的粒子其圆弧正好是半圆，打到 Q点的粒子是沿x轴负方向射出的，运动轨迹的圆心恰好为 直线与y轴的交点A点，如图.在△POA中，根据余弦定理得 PA+0A2-2PA·0Acos45°=(2R)2,而0A=R,代入数据可得 pA=4+W2R,沿x轴负方向射出的粒子，打到Q点，可知 2 QA=R,所以粒子能到达荧光屏上区域的长度为PA-QA= √14+ 2 -1R故选A 第2课时带电粒子在有界匀强磁场中的运动 白题基础过关 1.D2.B 3.C解析：根据题意画出a、b粒子的轨 01 迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是 30 0,和0，磁场宽度为d.由图可知粒子 d 30 b的半径r2= 2 sim30=d,粒子a的半径0 0 60 d 0 × 2 d 为r1Fsin60°5 ,两粒子动能相等，即 1 miva 2m哈2m听，且根据磁场中半径公式1 91B,3s ,B,又粒子6轨迹长度为52 22,号粒子e的轨 2×60 51 迹业底为=0×21三3，所以”。无二，联立以 上络武部品-放陆C 4.C解析：A.a粒子受洛伦兹力向左，根据左手定则可知a粒 子带正电，故A错误：B.根据题意作出粒子的运动轨迹如 R2 5 图，由sin∠BAC=0.6可得O,A= sin Z BAC3R,由几何知 识可知，在△0,4C中， R 一=sin∠BAC,解得R,= 5 R+R,+3B, 4R2,所以a、b两粒子运动轨迹半径之比为4：1，故B错误； C根据洛伦兹力提供向，心力可得om8=m只，解得R=阳所 以有9=2=1，故C正确；D.设R,=4R2=4R,由几何知识 可知两切点间的距离为=4C一E=4桃号号4银=R， 黑白题05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 限时：15min 题型1半径和周期公式 正确的是 1.(多选)如图所示， A.粒子带负电 在水平虚线MN上 B.粒子先经过b点，再经过a点 方存在垂直于纸面M C.粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功 向外的匀强磁场，两个不计重力、质量相等、 D.粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变 电荷量大小相等的带电粒子1和2，均由0点 4.(2024·河南郑州月考)（多选） 沿纸面垂直MN射入磁场后，分别从磁场边界 阿尔法磁谱仪的原理如图所示， X IX 的A、B两点射出，且OB=30A.设两粒子的运 可用于探索宇宙中的反物质，即 x x'x 动速率分别为1、2，在磁场中运动的时间分 质量与正粒子相等，带电量与正 别为t1、t2,则 ( 粒子相等但符号相反.假如使一 A.1:v2=3:1 B.v1:v2=1:3 束质子（氢原子核H)、反质子 C.t1:t2=1:1 D.t1:t2=1:3 粒子（氦原子核He)、反a粒子组成的射 2.（2024·广东广州月考)（多选）在× 线，以相同速度大小通过00'进入匀强磁场 光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一 个带电小球绕轴0在匀强磁场中 B2中形成四条径迹，则 做逆时针方向的匀速圆周运动，磁场方向竖直 A.1和2是反粒子径迹 向下，其俯视图如图所示若小球运动到A点 B.3和4是反粒子径迹 时，绳子忽然断开.关于小球在绳断开后可能的 C.2为反质子径迹 运动情况，下列说法中正确的是 ( D.4为a粒子径迹 A.逆时针圆周运动，半径不变，周期不变 易错聚焦 B.逆时针圆周运动，半径减小，周期减小 题型 带电粒子在非匀强磁场中的运动轨迹 C.顺时针圆周运动，半径不变，周期不变 5.（2023·江西萍乡质检)如图所 D.顺时针圆周运动，半径减小，周期减小 示，水平导线中有电流I通过，导 题型2带电粒子在磁场中的运动轨迹 线正下方电子的初速度方向与电流1的方向 3.(2024·广东揭阳期末)（多选）× 相同，均平行于纸面水平向左.下列四幅图是 带电粒子进人云室会使云室中： 描述电子运动轨迹的示意图，正确的是 的气体电离，从而显示其运动轨×B× 迹.如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中 观察到某带电粒子的轨迹，其中α和b是运动 轨迹上的两点.该粒子使云室中的气体电离 时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量 不变，重力忽略不计.下列有关该粒子的说法 选择性必修第二册·RJ黑白题010 黑题 应用提优 限时：20min 1.(2024·陕西西安期中)人们在气泡室中观察 电场分布相似，如图所示.一质量为m、电荷量 到一对正、负电子的运动轨迹，如图所示近似 为q的带电微粒在该磁单极子上方附近做速 认为正、负电子的运动轨迹是一系列半径越 度大小为v、半径为R的匀速圆周运动，其轨 来越小的圆，已知匀强磁场的方向垂直照片 迹如虚线所示，轨迹平面为水平面.（已知地球 平面向外，正、负电子质量相等，电子重力忽 表面的重力加速度大小为g,不考虑地磁场的 略不计，则下列说法正确的是 影响)，则 A.左侧为正电子运动轨迹 A.若带电微粒带正电，从轨迹 B.正电子与负电子分离瞬间，正电子速度大 上方向下看，粒子沿逆时针 于负电子速度 方向运动 C.正、负电子所受洛伦兹力始终相同 B.带电微粒做匀速圆周运动的 D.它们的动能减小、周期不变 向心力仅由洛伦兹力提供 Bo 2B。 C.带电微粒运动的圆周上各处的磁感应强度 大小为 0 u R2 (第1题) (第2题) D.若入射的微粒9不变，而速度越大，若微粒 m 2.(2024·广东百日冲刺联考)（多选）如图所 也能做匀速圆周运动，则其在磁场中通过 示，在x轴上方有垂直纸面向外的匀强磁场， 第一象限内磁场的磁感应强度大小为2B。,第 的圆周越短，周期也越短 二象限内磁场的磁感应强度大小为B。现有 压轴挑战 4.如图所示，空间中均匀分布 一比荷为9的带正电的粒子，从x轴上的P点 777. 着垂直纸面向里的匀强磁 以沿+y方向的速度v垂直进入磁场，并一直 场，坐标原点0处有一粒子 0 在磁场中运动且每次均垂直通过y轴，不计粒 源，在纸面内向第一、二象限 x 子的重力，则 ( 内各个方向发射速度大小相等的同种带正电粒 A.粒子第二次经过y轴时过坐标原点 子，不计粒子重力.已知粒子在磁场中做匀速圆 B.从进人磁场到第一次经过y轴的时间 周运动的半径为R,现在过x轴上的(-R,0)和 为限 y轴上的(0，-R)这两点垂直纸面放置一个足够 长的荧光屏，粒子能到达荧光屏上 C.从进入磁场到第二次经过y轴的时间 区域的长度为 为m qB。 A. 2 D.粒子第次经过，轴的坐标为0,8， C. D. 3.假设在真空玻璃盒内有一固定于地面上空附 2 近的N极磁单极子，其磁场分布与正点电荷 进阶突破拔高练P03 第-章黑白题011