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 江苏专用）

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 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，=m可知，电子运动的轨迹半径越来 eB 越大，故D正确，ABC错误. 黑题应用提优 1.C解析：AB.静止的氨原子核由于衰变放出粒子而生成 一个新的原子核的过程动量守恒，则衰变产生的α粒子与新 核的动量等大反向，α粒子与新核都带正电，根据左手定则 可知两圆一定都沿逆时针方向转动，两圆一定外切，故 AB错误；D.设a粒子和新核的质量分别为m1、m2,速度大 小分别为12，电荷量分别为91、92，α粒子做圆周运动过程 中洛伦滋力提供向心力gB=m尺则心粒子做圆周运动 的半径为R,=一 。。,同理可得，新核做圆周运动的半径为 2=。?,静止的氡原子核由于衰变放出α粒子而生成一个 R2= 新的原子核的过程动量守恒，以1的方向为正方向， 则50，聚立可符觉头积，改D特误，C。 校子做圆周运动的周明为了-2高枝微圆周运动的周 期为T2 2mm-101,可知a粒子第一次与新核碰撞时， 92B84 新核做圆周运动84圈，α粒子做圆周运动109圈，故在α粒 子做圆周运动108圈之内，二者都不会相撞，故C正确.故 选C. 2.D解析：A.根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场 的方向射入匀强磁场B,时，受到的洛伦兹力方向向上，所以 电子的运动轨迹为PDMCNEP,故A错误：BD.由题图可知， 电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的 运动半径的一半，即=22，由洛伦兹力提供向心力 m,可得可知6，=2B,所以电子在磁 eB 受到的洛伦兹力大小是在磁场B2中受到的洛伦兹力大小 的2倍，故B错误，D正确；C.电子从射入磁场到回到P点用 T2_2mm,1×2mm_4m,故C错误.故选D. 时为=T+2eB,2eB,B 3.C解析：A.根据左手定则知，从轨迹上方B 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运 mg 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√(gB)-(mg)严_m, ,得该粒 子所在处磁感应强度大小为B= qu1 migm'u 巴，故C正确； D.对微粒受力分析如图，有qBsin0=mg,qBcos8=mR,由 选择性必修第二册 于9不变，若v增大，则Bsin0要减小，BRcos9要增大，假 设0减小，B不变，即微粒与磁单极子的距离不变，但到更高 的高度，则R要减小，即通过的圆周变短，T= 2mm也减小， gBcos 0 周期变短：假设B减小，0不变，即微粒沿着原来的磁力线方 向离磁单极子更远，则R要增大，即通过的圆周变长，周期 变长.故D错误故选C 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 ×Q1 10× 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+0A-2PA·0Acos45°=(2R)2,而0A=R,代入数据可得 P=√14+W2R,沿x轴负方向射出的粒子，打到Q点，可知 2 OA=R,所以粒子能到达荧光屏上区域的长度为PA-OA= (4+巨-1）R故选A 2 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.B2.A3.A4.C5.A 6.A解析：由于带正电粒子以某一速 C。。Ⅱ··，'D 度沿纸面垂直OA边界进入磁场I, 1 并恰好垂直OC边界进入磁场Ⅱ，则 603 粒子在磁场I中运动轨迹的圆心为0 ..60 0 点，根据牛顿第二定律，有gB= m号解得7阳因为酸场1、Ⅱ的 2 磁感应强度之比为1：2，所以粒子在磁场Ⅱ中的轨迹圆半 径为磁场1中轨迹圆半径的？，由此得粒子运动的轨迹如 图所示.由几何关系可得，粒子离开磁场Ⅱ时速度与OD边 界的夹角为30°.故选A 7.D解析：AB.带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可 知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定 过圆心，只有轨迹半径为R的粒子出射后可垂直打在MN 2 上，故AB错误，C.由洛伦兹力提供向心力可得9B=m, 沾，对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场 半径越大，孤长越长，轨迹对应的圆心角越小，由12了，可 知，运动时间：越短，故C错误，D.当速度满足=gBR时，粒 子的轨迹半径为r=R,入射点、出射点、0点与轨迹的圆心构 成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行， 如图所示，粒子一定垂直打在MN板上，故D正确故选D. 黑白题04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 不变，重力不计，下列说法正确的是() 1.*如图所示，在 水平虚线MW上 方存在垂直纸面·为 向外的匀强磁场，两个不计重力并完全相同 A.粒子从a到b运动，带正电 的带电粒子1和2，均由O点沿纸面垂直MN B.粒子从b到a运动，带正电 射入磁场后，分别从磁场边界的A、B两点射 C.粒子从a到b运动，带负电 出，且OB=30A.设两粒子的运动速率分别为 D.粒子从b到a运动，带负电 心1、2，在磁场中运动的时间分别为t1、t2,则 4.(2025·甘肃张掖期× h 中)如图所示，从一粒子源 A.v1:2=3:1,t1:t2=1:1 0发出质量相等的三种粒 B.w1:2=1:3,t1:t2=1:3 子，以相同的速度垂直射 C.01:2=1:3,t1:t2=1:1 入匀强磁场中，结果分成 D.y1:2=3:1,t1:t2=1:3 了a、b、c三束，下列说法正确的有 2.**(2025·安徽皖南八校期中)如图所示， A.a粒子带负电，b粒子不带电，c粒子带正电 四边形ABCD为正方形，处于垂直纸面向外的 B.a粒子带正电，b粒子带正电，c粒子带负电 匀强磁场中（未画出），O点在CA延长线上 C.a、c的带电量的大小关系为q。<q。 四个相同的带正电粒子从0点垂直OA射入 D.a、c的带电量的大小关系为qa>q。 磁场，分别到达A、B、C、D四点.四个粒子从O 易错聚焦 点运动到A、B、C、D点的时间分别为t4tgtc 题型带电粒子在非匀强磁场中的运动轨迹 to,不计粒子重力，则 5.如图所示，水平导线中有电 流I通过，导线正下方电子的初 速度方向与电流1的方向相同，均平行于 纸面水平向左.下列四幅图是描述电子运 动轨迹的示意图，正确的是 ( A.ta<tp<tc<tp B.ta<tg<tp<tc C.tp<ta=tc<lD D.tA<tB=tp<tc 题型2带电粒子在磁场中的运动轨迹 3.(2024·山西太原期末)某带电粒子垂直 射入匀强磁场，粒子使沿途的空气电离，动能 D 逐渐减小，一段径迹如图所示.若粒子带电量 选择性必修第二册黑白题010 黑题 应用提优 限时：20min 1.*（2025·重庆沙坪坝期中)在如图所示的 做速度大小为v、半径为R的匀速圆周运动， 垂直纸面向里的匀强磁场中，有一个氡原子 其轨迹如虚线所示，轨迹平面为水平面.（已知 核(R)静止在A点，某时刻氡原子核发生 地球表面的重力加速度大小为g,不考虑地磁 a衰变（过程动量守恒），若α粒子()的径 场的影响)，则 迹是纸面内一个半径为R,的圆，产生的新核 A.若带电微粒带正电，从轨迹 (Po)的径迹是纸面内一个半径为R2的圆. 上方向下看，粒子沿逆时针 下列判断正确的是 ( 方向运动 A.两粒子的轨迹圆一定内切 B.带电微粒做匀速圆周运动的 B B.两粒子一个沿顺时针方向转××，× 向心力仅由洛伦兹力提供 ××A×× 动、另一个沿逆时针方向××× C.带电微粒运动的圆周上各处的磁感应强度 转动 大小为1 2m2 m2g2+9 C.在α粒子做圆周运动108圈之内，二者一 R2 定不会相撞 D.若人射的微粒9不变，而速度越大，若微粒 D.R1:R2=43:1 m 2.*(2025·广东佛山质检)如图所示，两匀 也能做匀速圆周运动，则其在磁场中通过 强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界， 的圆周越短，周期也越短 磁感应强度大小分别为B、B2,今有一质量 压轴挑战 为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂 4.禁如图所示，空间中均匀分布着垂直纸面 直于磁场方向射入匀强磁场B,中，其运动轨 向里的匀强磁场，坐标原点0处有一粒子源， 迹为如图虚线所示的“心”形图线.则以下说 在纸面内向第一、二象限内各个方向发射速 法正确的是 度大小相等的同种带正电粒子，不计粒子重 M 力.已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半 B×DX B2× 径为R,现在过x轴上的(-R,0)和y轴上的 C× (0,-R)这两点垂直纸面放置一个足够长的 N 荧光屏，粒子能到达荧光屏上区域的长度为 A.电子的运动轨迹为PENCMDP B.B2=2B C.电子从射入磁场到回到P点用时为3mm B e D.电子在磁场B,中受到的洛伦兹力大小是 在磁场B,中受到的洛伦兹力大小的2倍 3.整假设在真空玻璃盒内有一固定于地面上 A. 空附近的N极磁单极子，其磁场分布与正点 2,风 电荷电场分布相似，如图所示.一质量为m、电 C 荷量为q的带电微粒在该磁单极子上方附近 D.2 R 第-章黑白题011