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

第一章 真题演练 黑题 题体验 限时：40min 考点1安培力 此自动调节c、d中通入的电流I。和I,的大小 1.(2024·福建高考)（多选）将半径为r的 和方向（无抖动时1。和L,均为零），使镜头处 铜导线半圆环用两根不可伸长的绝缘线α、b 于零加速度状态.下列说法正确的是 ( 悬挂于天花板上，半圆环AB置于垂直纸面向 A.若I。沿顺时针方 外的大小为B的磁场中，现给导线通以由A 向，Ia=0,则表明a头 ×××××× ×K××☒× 到B大小为I的电流，则 的方向向右 A.通电后两绳拉力变小 B.若1a沿顺时针方 X 右 b XX B.通电后两绳拉力变大 6 向，1。=0，则表明a C.安培力为TBI 的方向向下 手机框架 D.安培力为2BI C.若a的方向沿左偏 2.(2024·浙江1月选考)磁电式电流表原 上30°，则L沿顺时针方向，I。 理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中 沿逆时针方向且I>I 间还有一个用软铁制成的圆柱.极靴与圆柱 D.若a的方向沿右偏上30°，则I沿顺时针方 间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动 向，L,沿顺时针方向且1。<I。 的线圈.a、b、c和d为磁场中的四个点.下列 考点2，带电粒子在匀强磁场中的运动 说法正确的是 ( 4.*(2024·广西高考)0x D 坐标平面内一有界匀强磁 ××× ××× 场区域如图所示，磁感应强×B 极 靴 靴 度大小为B,方向垂直于纸 面向里.质量为m、电荷量为+g的粒子，以初速 度v从0点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴 A.图示左侧通电导线受到安培力向下 时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P.不计 B.a、b两点的磁感应强度相同 粒子重力，则P点至0点的距离为( C.圆柱内的磁感应强度处处为零 mv 3mv D.c、d两点的磁感应强度大小相等 B. gB 2qB 3.(2025·河南高考)（多选）手机拍照时手 的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量， C.(1+2)m D.(1+2)m 光学防抖技术可以消除这种影响.如图，镜头 5.(2025·安徽高考)如图，在竖直平面内 仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两 的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直于纸 个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两 面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在 侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁 第二象限内，垂直于纸面且平行于x轴放置足 场方向垂直于纸面向里拍照时，手机可实时检 够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d, 测手机框架的微小加速度α的大小和方向，依 上、下表面均能接收粒子.位于原点0的粒子 第一章黑白题029 源，沿Oy平面向x轴上方各个方向均匀发射 场，磁感应强度大小为B,内圆半径为R.在内 相同的带正电粒子.已知粒子所带电荷量为g、 圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动， 质量为m、速度大小均为9Bd不计粒子的重 并都恰好到达磁场外边界后返回.已知a、b、c m 力、空气阻力及粒子间的相互作用，则( 带正电且比荷均为9，“粒子的速度大小为 m A.粒子在磁场中做 BR Va=- ,方向沿同心圆的径向；b和c粒子速 圆周运动的半径 m 为2d d x 度方向相反且与a粒子的速度方向垂直.不考 B.薄板的上表面接收 A 0 虑带电粒子所受的重力和相互作用.下列说法 到粒子的区域长度为√3d 正确的是 ) C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d A.外圆半径等于2R。 D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时 B.a粒子返回A点所用的最 短时间为(3m+2)m 0 间为Tm R 6gB gB + 6.装(2024·湖北高考)如 C.b、c粒子返回A点所用的 XX 图所示，在以0点为圆心、半·A×2× 0 径为R的圆形区域内有垂直 最短时间之比为2 √2+2 于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B. 圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够 D.c粒子的速度大小为 2 大的匀强磁场.一质量为m、电荷量为q(9>0) 考点3洛伦兹力的相关应用 的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区 8.*(2023·广东高考)某小型医用回旋加速 域.不计重力，下列说法正确的是 器，最大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小为 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 1.12T,质子加速后获得的最大动能为1.5× B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿 10'eV.根据给出的数据，可计算质子经该回 该区域的半径方向 旋加速器加速后的最大速率约为（忽略相对 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形 论效应，1eV=1.6×101J) 区域的最小时间间隔为7mm A.3.6×106m/s B.1.2×10m/s 3qB C.5.4×10m/s D.2.4×108m/s D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域 9.*（2025·广东高考)某同步加 用时最短，粒子运动的速度大小为3qB欧 速器简化模型如图所示，其中仅直 3m 7.禁(2025·甘肃高考)（多选）2025年5月 通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调 1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑 的匀强偏转磁场B.带电荷量为-q、质量为m 型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在 的离子以初速度。从P处进入加速电场后， 我国正式启动总装.如图是托卡马克环形容器 沿顺时针方向在加速器内循环加速.已知加速 中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成 电压为，磁场区域中离子的偏转半径均为 的环形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁 R.忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确 选择性必修第二册黑白题030 的是 ( A.偏转磁场的方向垂直于纸面向里 A.电场强度E=√2mg 9 B.第1次加速后，离子的动能增加了2gU B.磁场强度B=√2mg M××× + C.第k次加速后.离子的 B W 速度大小变为 C.P两点的电势差U=2m √mg+hgUm D.粒子从N→P时距离NP的距离最大值 m D.第k次加速后，偏转磁 8g 场的磁感应强度大小 12.热(2025·山东高考)（多选）如图甲所示 应为Ym6-2hgUm 的Oxy平面内，y轴右侧被直线x=3L分为两 gR 个相邻的区域I、Ⅱ.区域I内充满匀强电 10.**（2024·湖北高考)（多选）磁流体发电 场，区域Ⅱ内充满垂直Oy平面的匀强磁场， 机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属 电场和磁场的大小、方向均未知t=0时刻， 极板，匀强磁场垂直于纸面向里.等离子体 质量为m、电荷量为+q的粒子从O点沿x轴 (即高温下电离的气体，含有大量正、负带电 正向出发，在Oxy平面内运动，在区域I中的 粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁 运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一 场，极板间便产生电压.下列说法正确的是 部分，如图甲所示t,时刻粒子第一次到达两 ( 区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y-t图像为 M- 正弦曲线的一部分，如图乙所示.不计粒子重 力.下列说法正确的是 ( P. A.极板MN是发电机的正极 10L 区域 区域Ⅱ B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压 减小 3L C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电 10L 压增大 甲 U D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数 9g,方向沿 A.区域I内电场强度大小E=4mL 密度，极板间的电压增大 y轴正方向 考点4带电粒子在复合场中的运动 11.整(2025·福建高考)（多选）空间中存在垂 B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20 直于纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀 强电场E,一带电粒子在复合场中恰能沿着 C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B= m,方向垂 5qt MN做匀速直线运动，当粒子到N时，撤去磁 直xOy平面向外 场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水 D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 平方向成45°，NP水平向右.带电量为g,速度 为v,质量为m,重力加速度为g,则( 第-章黑白题031 13.禁(2025·湖南高考)如图，直流电源的电14.禁(2025·河南高考)如图，水平虚线上方 动势为E。,内阻为。，滑动变阻器R的最大 区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区 阻值为2，平行板电容器两极板水平放置， 域有竖直向上的匀强电场.质量为m、带电量 板间距离为d,板长为√3d,平行板电容器的 为q(g>0)的粒子从磁场中的a点以速度 右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场.闭 向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿 合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时，质 右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后 量为m的带正电粒子以初速度o水平向右 粒子又射出电场重新进人磁场并通过右侧b 从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电 点，通过b点时其速度方向水平向右.a、b到 容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又 水平虚线的距离均为h,两点之间的距离 从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器， 为s=33h.不计重力 忽略粒子重力和空气阻力， (1)求磁感应强度的大小； Eo-ro (2)求电场强度的大小； (1)求粒子所带电荷量q; (3)若粒子从a点以v。竖直向下发射，长时 (2)求磁感应强度B的大小； 间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移 (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的 速度大小（一个周期内粒子的位移与周 右侧再加一个方向水平向右的匀强电 期的比值为漂移速度) 4V3E0 场，场强大小为3证，求粒子相对于电 容器右侧的最远水平距离xm· 选择性必修第二册黑白题032E R 2 R M 1 (2) (3)见解析 3qL 解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向 有x=4L=o1, 1 竖直方向有y=2L=2, 根据牛顿第二定律有qE=ma, 联立可得匀强电场E的大小E= 4aL' (2)设粒子射入第一象限时速度与x轴正方向的夹角为0. 由几何关系m0=号=4=1，则0=45°， vo vo 故粒子进入第一象限时的速度大小v=√2。， 粒子进人磁场后，第一次经x轴恰好从Q点射出，此时B 最小，由几何关系22=(6L)2, 可得r=32L, 2 由洛伦兹力提供向心力有quB1min=m, 联立解得磁感应强度B,的最小值为Bm3心 (3)设在B,场中圆弧对应的半径为r,,在B,场中圆弧对 应的半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qwB,=m 9B2=m,B2=3B1, T2 解得r1=3r2, 若从第一象限垂直于直线x=6L射出磁场，设在B,场中， 有k个四分之一圆弧，还有一个八分之一圆弧，在B2场中， 有k个四分之一圆弧，如图所示， ×××××× ×××x×× 由几何关系可知2kr1c0s45°+r1c0s45°+2r2c0s45°=6L (k=0,1,2,…), (8k+3)m0(k=0,1,2,…）, 联立解得B,=6gL 若从第四象限垂直于直线x=6L射出磁场，设在B,场中， 有(k+1)个四分之一圆弧；在B2场中，有k个四分之一圆 弧，还有一个八分之一圆弧，如图所示， 参考答案与解析 ×X×××× ××8X×× ××××××! 由几何关系可知2(k+1)r1c0s45°+r2cos45°+2kr2c0s45°= 6L(k=0,1,2,…) 联立解得B2= 8k+7)m(k=0,1,2,…） 6gL 第一章 真题演练 黑题 真题体验 1.BD 2.A 3.BC解析：A若L顺时针而I=0,则c线圈受到向右的安培 力，镜头处于零加速度状态，手机的加速度方向向左，A错 误；B若1，顺时针而1。=0，则d线圈受到向上的安培力，镜 头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，B正确：C若 α的方向左偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及向左的 作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈c需要受到向 右的安培力F、线圈d需要受到向下的安培力F,且F> F4,故可知I。顺时针、I4逆时针，由F=B可知I.>Ia,C正 确；D.若a的方向右偏上30°，说明手机框架给镜头向上以及 向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力，要使得镜头 处于零加速度状态，线圈c需要受到向左的安培力F、线圈 d需要受到向下的安培力Fa,且F>Fa,可知I.逆时针、Ia逆 时针，且I。>4,D错误故选BC 4.C 瓦C解析：A根据洛伦滋力提供向心力有p6=,可得R= B4,故A错误；B当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接 m 收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可 知s上min=d;当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表 面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可 知，s上m=5d,故上表面接收到粒子的区域长度为s上三 √3d-d,故B错误；C.根据轨迹图可知，粒子可以恰好打到下 表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，薄板下表面接收到的 粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离 为d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确：D.根据 轨迹图可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小， 用时最短，有tn= 60°x2mm=Tm,故D错误故选C 360°qB3gB1 0 6.D解析：AB.从A点沿半径方向射入圆形磁场区域，根据相 交圆的相关知识可知，轨迹不会经过0点，但粒子射出圆形 磁场区域时一定沿背离0的方向，故AB错误；C.画出粒子 连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的轨迹如图1，根 黑白题13 据时间公式和周期公式，可知总时间为山=2×(T+2× 子T-274船放C错误：.画出从A点进人，从C点离开 用时最短的轨迹如图2，由几何关系可知，轨迹半径r Rtan30°，再结合半径公式r =mw,联立可得v= 98 3B歌，故 3m D正确.故选D. 图1 图2 7.BD解析：A.由题意，作出α粒子运动轨迹图，如图1所示 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好 与磁场外边界相切，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速 圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为。= BR,可得R.=R,设外圆半径等于R,由几何关系得 m ∠AOB=270°，则R'=R。+√2R,A错误；B.由A项分析，a粒 子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间，α粒 子做匀速圆周运动的周期T=2R.2mm,在磁场中运动的 va gB 540° 时间t1=0。·TB,匀速直线运动的附时间62 2R0_2m v。gB' 故a粒子返回A点所用的最短时间为tmn=t1+t2= (3m+2)m,B正确；C由题意，作出6、c粒子运动轨迹图，如 gB 图2、3所示， 图1 o 图2 图3 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电 且比荷均为？，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的 最短时间之比为1：1，C错误；D.由几何关系得2R。=√2R, 由路伦茶力契供向心力有B=爱，联立每得心= 20。, D正确故选BD. 8.C 9.A解析：A.直线通道PQ有电势差为U的加速电场，离子带 负电，离子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的 选择性必修第二册 磁感应强度方向垂直于纸面向里，故A正确；BC根据题意， 由动能定理可知，加速一次后，带电离子的动能增量为qU, 由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电离子的动能增量 为4，加速长次后，由动能定理有=分一子m,解得 ,2k.√m6+2gm,故BC错误；D.离子在偏转 m m 磁场中运动的半径为R,则有B=m,联立解得B gR 620Y2 -,故D错误.故选A m gR 10.AC 11.BC解析：AB.带电粒子在复合场中能沿着MN做匀速直 线运动，可知粒子受力情况如图1所示，由受力平衡可 知mg=qE,gwB=√2mg,解得电场强度E=g,磁感应强度 g B=√2m唱，故A错误，B正确 Bqv N --- 45° M ↓mg ↓mg 图1 图2 C在N点撤去磁场后，粒子受合力方向与运动方向垂直， 做类平抛运动，如图2所示，且加速度a-P-2g,粒子到 m 达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度角的正切值 =an0=2an450=2,所以粒子在P点的速度p √+=5，N到P过程，由动能定理，有gU= 2m2 之m,解得NP两点间的电势差U=2四，C正确：D将粒 0 子在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒 子在竖直方向做竖直上抛运动，且，=0s45°= 2,故粒 子能向上运动的最大距离h=ggD错误故选BC 12.AD解析：A.粒子在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称 轴的抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据 曲线轨迹可知，正粒子受到的电场力方向竖直向上，电场方 向沿y轴正方向，设粒子初速度为，竖直方向有y= 2at,水平方向有x=o,由牛顿第二定律有Eg=m,联立 解孙BA正确：B粒子在区域Ⅱ中运动的y:图像 为正弦曲线的一部分，可以判断粒子做匀速圆周运动，运动 轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R= 一。，B错误；C粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度 =√+(，联立解得=，根据洛伦兹力提供向心力 to 黑白题14 有分8=m女，解得8-C结误：D如图所示，设圆心为 2gto 0'点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖直方向夹角 为0，由速度关系有im0=0=0.6,可得0=37°，由几何关 系得∠0'=37°，那么有00'=3L+Rcs37°=7粒子在区 域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 (0）,D正确放选AD 10 .370 30 10L 3 4受 2Eo (2)d0 (3)2+3)d 2 解析：(1)粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速 直线运动有5d=vot, 竖直方向做匀变速直线运动有22，马=“=心 md, 由闭合回路欧姆定律可得U=)B, To+2ro 联立可得v,=今o,9三E: (2)粒子进人磁场与竖直方向的夹角为an9==万，0= v. vo2√3 60°，u=sim600-30, 粒子在磁场中做匀速圆周运动qB=m R d 2√3d 由几何关系易得R c0s30°3， 2E。 联立可得B= (3)取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平 向右的电场力平衡，则有q心，B=qE, 2w3 解得1=30， 粒子以，速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合 速度的竖直方向分速度为u,2=,1+,=√3o, 此时合速度与竖直方向的夹角为ana&=0 √3vo 合速度为w'=√(3)2+哈， 粒子做圆周运动的半径r= Bg 最远距离为。=r+rosa-（2+y3)d 2 14票(2器 (3)33 63+8m 参考答案与解析具 解析：(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图1 所示 图1 由题意可知0=60°， 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有r= rcos 0+h, 解得r=2h, 由牛顿第二定律有0，B=m6 解得B= 2gh' (2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小 仍为，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可 得AB=s-2rsin0=3√3h-25h=√3h, 则粒子在电场中的运动时间为二1B=2,3h vocos 0 vo 沿电场方向上，由牛顿第二定律有gE=ma, 由运动学公式有-vosin0=osin0-at, 联立解得E=2 (3)若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨 迹，如图2所示 图2 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中 运动的半径仍为2h,由几何关系可得，粒子进入电场时速 度与虚线的夹角=60°， 结合小问(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1= 23h vo AB间的距离为AB=√3h, 由几何关系可得BC=2 rsin a:=2W3h, 则AC=BC-AB=√3h, 粒子在磁场中的运动时间为2 360°-2a.2mr_8πh 360° 3 则有=4+，=（63+8m)h 3w0 综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动√3h,则漂移速度 大小=③h3 -Vo t6√3+8 黑白题15