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 江苏专用）

第2节磁场对运动电荷的作用力 于错题本 白题 基础过关 限时：30min 题型1洛伦兹力的方向 B.小球运动过程中的速度不变 1.如图所示，电荷的速度方向、磁场方向和 C.小球运动过程的加速度保持不变 电荷的受力方向之间关系正确的是 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.*（2025·山东济宁期初)如图，①②③④ 各图中匀强磁场的磁感应强度均为B,带电粒 B 子的速率均为u,电荷量均为q.以fff 依次表示四图中带电粒子在磁场中所受洛伦 兹力的大小，则 ( ) + ××30× 307 2.(2025·北京期中)宇宙射线中含有大量 ×××× B B 高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面， 将会给地球上的生命带来危害.但由于地磁场 ⑦ ② 的存在改变了这些带电粒子的运动方向，使 很多高能带电粒子不能到达地面.若不考虑地 B 60° 磁偏角和地球自转的影响，关于上述高能带 白 B 30 电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断， ③ ④ 下列说法中正确的是 A.f=f2 B.fa=fa A.正电粒子沿赤道平面射向地心，由于地磁 C.f五=f D.f2=fa 场的作用将向东偏转 5.*★如图，两个带电粒子 B B.正电粒子沿赤道平面射向地心，由于地磁 Q1、Q2以大小相等的速度 场的作用将向北偏转 进入同一匀强磁场，Q1、Q2 6030o C.负电粒子垂直赤道平面射向地心，由于地 质量之比为1：4，电荷量 Q 0, 磁场的作用将向南偏转 之比为1：2，Q1、Q2入射角度分别为60°和30°， D.若带电粒子垂直赤道平面射向地心，它可 则两带电粒子受洛伦兹力大小之比为( ) 能在地磁场中做匀速圆周运动 A.1:2 B.1:4 3.(2025·江苏盐城期中)如⊙ C.√5：2 D.1:√3 图所示，带负电的小球竖直向 6.*★（2024·江苏连云港期中) 下射入垂直纸面向里的匀强磁 0+ 如图，弹簧测力计下挂有一单 场，关于小球运动和受力说法正确的是（ 匝正方形线框，线框边长为L, A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平 质量为M,线框上边水平且处 向左 选择性必修第二册黑白题006 于垂直纸面向内的匀强磁场中，线框通有如 A.电子束将打在荧光屏O'点的上方 图所示方向的电流，且线框处于静止状态.若 B.电子束将打在荧光屏M点的下方 此时弹簧测力计示数大小为F,已知该线框单 C.电子束将打在荧光屏的M、O'之间的某点 位长度自由电子个数为n,重力加速度为g,则 D.电子到达荧光屏的速度大于到达M点的 电子定向移动对应的洛伦兹力大小为( 速度 A.F-Mg B.Mg-F 重难聚焦 C.F-Mg D.Mg-p 题型对洛伦兹力不做功的理解 4nL nl 10.*(2025·辽宁期中)如图所示，用绝缘 题型3电子束的磁偏转（显像管原理） 细线悬挂的单摆，摆球带正电，悬挂于O 7.*(2025·江苏无锡检测)如图所示，显像 点，摆长为L,当它摆过竖直线OC时便进入 管中有一电子枪，工作时它能发射高速电子， 或离开匀强磁场，磁场方向垂直于单摆摆 偏转线圈通以偏转电流后在阴影区域内产生 动的平面向里，A、B点分别是最大位移处， 偏转磁场，电子经过偏转磁场后撞击荧光屏 下列说法中错误的是 上的A点发光.下列说法正确的是 A.偏转磁场方向垂直 电子枪 纸面向里 2 B.电子经过偏转磁场 荧光屏 偏转线圈 B ×B 的过程中动能不断 增大 A.A点和B点处于同一水平面 C.电子经过偏转磁场区域的轨迹是抛物线 B.A点高于B点 D.发光点从A向B点移动的过程中，偏转电 C.摆球在A点和B点处线上的拉力大小相等 流先减小后增大 D.单摆的振动周期仍为T=2π 8.*如图所示为电视机显像管中 电子束偏转的示意图.磁环上的 11.**(2024·浙江杭州期末)三个可视为质 偏转线圈通以图示方向的电流 点的完全相同的小球a、b、c带有相同电荷 时，沿轴线向纸内射入的电子束的偏转方向 量的正电荷，从同一高度由静止开始下落， ( 下落h,高度后a球进入水平向左的匀强电 A.向上B.向下C.向左 D.向右 场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，如 9.如图所示，从示波管中P 图所示，它们到达水平面上的速度大小分 O点发出的电子束将打在 别用v,、v、v表示，它们的关系是 0 M 荧光屏的中心O'点.若在示 09 bo 波管正下方水平放置一根通电直导线，电子束 将打在O'下方的M点.现将通电直导线平移 E 二 至以O0'为对称轴的PQ位置，并通以相反方 向的电流，但保持其大小不变，下列说法正确 A.Va>Vp=V B.va=v=Ve 的是 C.va>Vb>Ve D.va=v>Vc 第-章黑白题007 黑题 应用提优 限时：40min ★★ 如图所示为显 最低点时对圆槽的压力与自身受到的重力大 像管的原理示意 电子枪 电子束 小相等，重力加速度大小为g,则物块第二次 图，当没有磁场时， 荧光屏 经过圆槽最低点时对圆槽的压力为 () 偏转线圈 电子束将打在荧光 屏正中的0点.安装在管径上的偏转线圈可以 产生磁场，使电子束发生偏转.设垂直于纸面 向里的磁场方向为正方向，如果要使电子束 A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg 打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点， 4.*★(2025·北京通州区一模)电磁血流量计 图中哪种变化的磁场能够使电子束发生上述 可用于心血管手术的精密监控，其原理如图 偏转 ( 所示空间存在垂直纸面向里、磁感应强度大 ↑B B B。 B 小为B的匀强磁场，当血液从内径为d的水 B B 平血管左侧流入、右侧流出时，因为血液中含 B C D 有大量的正、负离子，血管上下两侧间将形成 2. *(2025·江西宜春联考)如图甲所示，光 电势差U,当血液的流量（单位时间内流过血 滑绝缘水平面上方足够大空间内存在磁感应 管横截面的血液体积)一定时，下列说法正确 强度大小B=1T、方向垂直于纸面向里的匀 的是 强磁场，带正电的物块A静置于水平面上，电 A.血管上侧电势低，血管下侧电势高 荷量g=0.2C.t=0时，水平力F作用在物块A B.若血管内径变大，则血液流速变大 上，物块A由静止开始运动，其对水平面的压 C.若血管内径变大，则Um变小 力随时间的变化图像如图乙，重力加速度g取 D.Un的大小与血液流速无关 10m/s2,则 ( + B + + + F B 20 P X N37 7n7n7nnnnnnnnn 0 20/ X × (第4题) (第5题) A.物块A的质量m=3kg B.水平力F不断增大 5.接（2025·山西太原诊断)如图所示，一根 C.水平力F的大小为70N 足够长的光滑绝缘杆MN,与水平面的夹角为 D.物块A做匀加速直线运动 37°，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为 3.**(2025·黑龙江哈尔滨期中)如图所示， B,方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在 质量为m的带电小物块从半径为R的固定绝 的空间，杆与磁场方向垂直.质量为m的带电 缘光滑半圆槽顶点A由静止滑下，整个装置 小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直 处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中已知物 杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg.已知 块所带的电荷量保持不变，物块运动过程中 小环的电荷量为q,重力加速度大小为g, 始终没有与圆槽分离，物块第一次经过圆槽 sin37°=0.6，下列说法错误的是 选择性必修第二册黑白题008 A.小环带负电 B.1s后物块与传送带共速，所以传送带的速 B.小环滑到P处时的速度大小vp= 2mg 度一定为1.5m/s 5qB C.传送带的速度可能比1.5m/s大 C.当小环的速度大小为=3mg时，小环对杆 D.若增大传送带的速度，其他条件不变，则物 5qB 块最终达到的最大速度也一定会增大 没有压力 压轴挑战 D.当小环与杆之间没有正压力时，小环到P 8.禁(2025·江西南昌二模)如图 的距离L= 2m'g 所示，一倾角为37的固定斜面中 5gB2 间区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场， 6.整如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分 磁场的边界（图中虚线）与斜面垂直，磁感应 别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端 强度B=2T.斜面上静止放置一质量为M= 在同一高度上，轨道是光滑的.两个相同的带 1kg的绝缘长木板B,其最右端P带负电 正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释 (可视为将一点电荷固定于P点)，电荷量 放，M、N为轨道的最低点，则 q=3C,P距磁场左边界的距离为L,一质量 +9 为m=1kg可视为质点的物块A从长木板最 左端以沿斜面向下的初速度，滑上长木板， A.两小球到达轨道最低点的速度'M=vw 物块与长木板之间的摩擦因数以=日长木 B.两小球到达轨道最低点的速度vM<vN 板最右端P进人磁场后立即开始匀速运动， C.小球第一次到达M点的时间大于小球第一 当其最右端P离开磁场时，物块正好进入磁 次到达N点的时间 场，一段时间后物块离开磁场时恰好与长木 D.在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电 板第一次共速，此后两物体一起以3m/s的 场中小球不能到达轨道的另一端 速度匀速运动.重力加速度g取10m/s2.求： 7.籍(2025·江苏无锡期中)如图甲所示，水 (1)长木板与斜面间的摩擦因数2； (2)长木板最右端P刚进入磁场时的速度v1 平传送带足够长，沿顺时针方向匀速转动，某 以及初始时长木板最右端离磁场左边界 绝缘带电物块无初速度地从最左端放上传送 的距离L; 带该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中， (3)物块A的初速度o 物块运动的v-t图像如图乙所示.物块所带电 荷量保持不变，下列说法正确的是 B ↑/m·s' 1.5 370 77777777777777777777777777777777777 A.物块带负电 第-章黑白题009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.A2.C3.D 4.D解析：由F=BL,在I和l这两个量不变的情况下，要求 出最小的磁感应强度，则要求出最小的安培力，对金属棒受 力分析，金属棒受重力、悬线拉力和安培力，如图所示，由解 析图与平衡条件可知，当金属棒所受安培力与悬线的拉力垂 直时，安培力最小，则有磁场的磁感应强度最小，可得 F安=mgsi血0，联立可得B最水几=mgsin0,解得B小=mgsin9, 由左手定则可知，所需磁场的最小磁感应强度的方向平行悬 线向上，故D符合题意，ABC不符合题意故选D. F mg 5.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 × E人 、0 长的子，因此圆孤导线MBN的电阻是×× x 圆弧导线MaN的3倍，圆弧导线MaN×M不×a× 海X 的电阻是圆弧导线MN的了，两电阻 并联，流经圆弧导线MaW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MaN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=BIL,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MaV的写，则有R,= 子，对金属导线受力分析，圆弧导线奶N受到两指的尉 张力与安培力平衡，由平衡条件可得F张= 2F 3c0s45°= ,ACD错误，B正确故选B. 3 黑题 应用提优 1.A 2.C解析：AB.对导体棒受力分析，导体棒受重力、支持力和 安培力，受力如图，若仅将电流「缓慢增大，安培力逐渐增 大，根据受力平衡和平行四边形定则可知0逐渐增大，F、逐 渐增大，故AB错误；C.若0=30°，则mgtan30°=BlL,得I= 5m,故C正确；D.由平衡条件可得，磁场竖直向上时 3BL BIL=ngtan0,又0<45°，故BIL<mg,若仅将磁场方向沿逆时 针缓慢转过90°时，安培力大小不变，方向竖直向上，因为 BIL<mg,故F、≠0，故D错误故选C. 选择性必修第二册 G 3.D解析：A.对导体棒进行受力分析，导体棒受到重力、导轨 的支持力以及安培力作用而能静止在导轨的任意位置，则安 培力必须沿斜面向上来平衡重力沿斜面向下的分力，根据左 手定则知，磁场方向垂直斜面向下，故A错误；B根据题意， 设导体棒静止在导轨上时，接触点以上部分导轨的长度为 ,根据欧姆定律，电流1三？一=2，L不同，电流不同， 2R L 故B错误；C.导体棒静止时，受到重力mg、导轨的支持力N 和安培力F,根据平衡条件，可知N=mgcos30°，则导轨对导 体棒的作用力，即支持力相同，与导体棒在导轨上的位置无 关，故C错误；D.根据B项分析有I=E=L R ,对导体 2 棒，根据平衡条件B队1=咖30，联立解得B=,故 D正确.故选D 压轴挑战 4.A解析：A导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所 示，根据平衡条件可知FN=mgsin0,Fx=mgcos+f,其中导 体棒A所受摩擦力f=FN,解得导体棒A所受的安培力 F安=mg√1+wsin(0+p),其中sinp= 玩0在090范 1 围内增大，可知安培力先增大后减小，当0+φ=90°时，导体 棒A所受的安培力最大，此时sinp=cos0,解得tan0=u, 故A正确：B.在到达顶端前的过程中，0增大，根据前面的表 达式可知F、增大，f增大，故B错误：C.根据平衡条件可知， 重力与支持力的合力大小为F安f=mgcos0,随0增大而减 小，故C错误；D.令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦 力的方的失角为，则有四®-品女即支持方和 擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持 力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零，则重力、安培 力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，摩擦力与安培 力位于同一直线上，则重力和安培力的合力方向与安培力的 方向的夹角始终不变，故D错误.故选A. AA 777777777777 0 第2节 磁场对运动电荷的作用力 白题基础过关 1.D2.A3.A4.B5.C6.D7.D8.C 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 培定则，即四指的指向为磁场的方向，可知通电导线的位置 黑白题02 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，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=gB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、O'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. 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 T=2m√名，故D正确，本题选错误的，故选B, 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v。>心，=”。， 故选A 黑题 应用提优 1.A2.D3.C4.C 5.C解析：A.根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第 三定律可知，小环对杆的压力大小为mgcos37°=0.8mg,然 而此时小环对杆的压力大小为0.4mg,说明小环受到垂直杆 向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电， 故A正确；B.设小环滑到P处时的速度大小为vp,在P处， 小环的受力如图1所示，根据平衡条件得gmB+FN= mgcos37°，由牛顿第三定律得，杆对小环的支持力大小FN= Q.4ng,联立解得=放B正确：CD.在小环由P处下 滑到P处的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为 ',则在P'处，小环的受力如图2所示，由平衡条件得 gm'B=mgcos37°，变形解得/=4mg,在小环由P处滑到P处 5gB' 2mw2、1 的过程中，由动能定理得mgLsin37°= 2m2,代入 解得L= B,故C错误，D正确，故选C %十 W'R M 十 N37 m N1371g」 + × 图1 图2 6.D解析：AB.小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以只 有重力做功.在电场中受到的电场力向左，下滑过程中电场 力做负功，所以到达最低点时速度关系为M>Uw,AB错误； C.整个过程的平均速度Uw>心w,所以时间tM<tw,C错误； D.由于电场力做负功，电场中的小球不能到达轨道的另一 参考答案与解析 端，D正确故选D. 7.C解析：A若物块带负电，洛伦兹力向下，根据牛顿第二定 律得u(mg+gB)=ma,解得a=(mg+9B,随者v增大，加 速度α增大，速度图像中图线的斜率增大，图像向上弯曲，与 乙图不符合；若物块带正电，洛伦兹力向上，根据牛顿第二定 律得u(mg-qvB)=ma,解得a=(mg=9pB》,随着增大，加 m 速度α减小，速度图像中图线的斜率减小，图像向下弯曲，与 乙图符合.综上所述，物块一定带正电，A错误.BCD.1s后物 块开始做匀速直线运动，合力等于零，有两种可能：①与传送 带共速，随传送带一起做匀速直线运动，传送带的速度一定 等于1.5m/s;②物块飘起来，洛伦兹力等于重力，物块以 1.5m/s做匀速直线运动，传送带的速度大于或等于1.5m/s, 若增大传送带的速度，其他条件不变，物块仍然以1.5m/s 运动，速度不会增大，BD错误，C正确.故选C 压轴挑战 8.(1)0.75(2)2m/s2m(3)7.75m/s 解析：(1)最终整体一起匀速，整体受力平衡， 2(M+m)gcos 0=(M+m)gsin 0, 解得2=0.75； (2)设B的右端刚进人磁场时匀速运动的速度为”，斜面对 B的摩擦力为f,则f=u2[(M+m)gcos0+qw,B],Mgsin8+ w1 ngcos0=f,解得v1=2m/s, 设B进人磁场之前的加速度为a1,设此时斜面对B的摩擦 力为f2,则f2=u2(M+m)gcos0,Mgsin+μmgcos0-=Ma1, 解得a,=1m/s2 由t=2aL,解得L=2m; (3)长木板P端在磁场中时匀速运动，P端出磁场后做匀加 速运动至共速速度v2=3m/s,设加速时间为t2,则t2= 2w1=1s, a 物块A一直做匀诚速运动，设加速度大小为α2，由牛顿第二 定律得41 ngcos0-mgsin0=ma2, 解得a2=1m/s2, 由题意得，物块A减速穿越磁场过程所用时间与长木板加速 至共速所用时间相等，均为2，设小物块刚进入磁场速度为 3,则2=-a242,d=0g520,片， 解得d=3.5m, 设长木板在磁场中匀速运动的时间为3，则3=d, 解得t3=1.75s, 长木板由静止加速至进入磁场时间为1，则5=”=2， a 分析可知长木板由静止加速至进入磁场时间为t1,长木板 再次加速至共速时间为2，小物块从开始运动经t1+2+t3一 直匀减速至共速速度2，则-a2(l1+h2+h3)=2, 解得vo=7.75m/s. 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.C2.C3.D4.C 5.D解析：由安培定则可知，在直导线的下方磁场方向为垂 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 黑白题03