《2025年高中同步单元滚动强化卷高中物理选择性必修第二册人教版》

1. 如图$1$所示，一绝缘光滑固定的斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为$B$，磁场方向垂直于斜面向上，通有电流$I$的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为$0.5I$，磁感应强度大小变为$3B$，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将
( )

A.沿斜面加速上滑
B.沿斜面加速下滑
C.沿斜面匀速上滑
D.仍静止在斜面上

答案：
1.A 解析：最初金属细杆受到三个力作用，且合力为 0，如答图 5 所示。由平衡条件可知，安培力$F = BIL = mg\sin\theta$，若电流变为$0.5I$，磁感应强度大小变为 3B，则安培力$F_1 = 3B · \frac{1}{2}I · L = 1.5mg\sin\theta$，根据牛顿第二定律有$F_1 - mg\sin\theta = ma$，解得$a = 0.5g\sin\theta$。故金属细杆以$a = 0.5g\sin\theta$的加速度沿着斜面加速上滑，故 A 正确。

2. 如图$2$所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个边长为$L$的正方形闭合线框$abcd$，
其四个顶点均位于一个圆形区域的边界上，$ac$为圆形区域的一条直径，$ac$上方和下方分别存在磁感应强度大小均为$B$、方向相反的匀强磁场。现给线框接入从$a$点流入、$d$点流出的大小为$I$的恒定电流，则线框受到的安培力的大小为
( )

A.$0$
B.$\frac{1}{2}BIL$
C.$\sqrt{2}BIL$
D.$\frac{\sqrt{2}}{2}BIL$

答案： 2.D 解析：电流$I$经过$a$点后分成两条支路，其大小分别为$I_{abcd} = \frac{1}{4}I$，$I_{ad} = \frac{3}{4}I$，线框四条边受安培力大小和方向分别为$F_{ab} = \frac{1}{4}BIL$，向右，$F_{bx} = \frac{1}{4}BIL$，向下，$F_{cd} = \frac{1}{4}BIL$，向右，$F_{ad} = \frac{3}{4}BIL$，向上，则线框受到的安培力为这四个力的合力，其大小为$F = \frac{\sqrt{2}}{2}BIL$，A、B、C错误，D正确。

3. 如图$3$所示，美国物理学家安德森在云雾室里研究宇宙射线时，观察到一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖。云雾室中磁场方向可能是
( )

A.垂直于纸面向外
B.垂直于纸面向里
C.沿纸面向上
D.沿纸面向下

答案： 3.B 解析：由题图可知，向下运动的正电荷受到的洛伦兹力的方向向右，由左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里。故选 B。

4. 如图$4$所示，一半径为$R$的圆形区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为$m$、电荷量为$q$的正电荷(重力忽略不计)，以速度$v$沿正对着圆心$O$的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了$\theta$角，则磁场的磁感应强度大小为
( )

A.$\frac{m v}{q R \tan \frac{\theta}{2}}$
B.$\frac{m v \tan \frac{\theta}{2}}{q R}$
C.$\frac{m v}{q R \sin \frac{\theta}{2}}$
D.$\frac{m v}{q R \cos \frac{\theta}{2}}$

答案：
4.B 解析：根据题意作出正电荷运动的轨迹如答图 6 所示，从磁场中射出时速度方向改变了$\theta$角，所以正电荷在磁场中的轨迹对应的圆心角为$\theta$，根据几何关系有$r = \frac{R}{\tan\frac{\theta}{2}}$，
根据$qvB = m\frac{v^2}{r}$得$B = \frac{mv\tan\frac{\theta}{2}}{qR}$，B正确。

5. 如图$5$所示，在屏$MN$的上方有磁感应强度为$B$的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。$P$为屏上的一小孔。$PC$与$MN$垂直，一群质量为$m$、带电量为$-q$的粒子(不计重力)，以相同的速率$v$从$P$处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场$B$垂直的平面内，且散开在与$PC$夹角为$\theta$的范围内。则在屏$MN$上被粒子打中的区域的长度为
( )

A.$\frac{2 m v}{q B}$
B.$\frac{2 m v \cos \theta}{q B}$
C.$\frac{2 m v(1 - \sin \theta)}{q B}$
D.$\frac{2 m v(1 - \cos \theta)}{q B}$

答案：
5.D 解析：由$Bqv = \frac{mv^2}{R}$可知$R = \frac{mv}{Bq}$，如答图 7 所示，取一粒子，设粒子入射方向与 PC夹角为$\alpha$，则由几何关系可知：打在屏上的距离与 P 点相距$L = 2R\cos\alpha$，故可知：当$\alpha = 0$时，打在屏上的距离最远，最远距离为$2R$；当$\alpha = \theta$时，打在屏上的距离最近，最近距离为$L' = 2R\cos\theta$。
故有粒子打中的区域为$L - L' = \frac{2mv(1 - \cos\theta)}{Bq}$，D正确。

6. ($2025·$新乡模拟)回旋加速器的原理如图$6$所示，由两个半径均为$R$的$D$形盒组成，$D$形盒狭缝间加周期性变化的交变电压，电压的值大小恒为$U$，$D$形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁场，磁感应强度为$B$，一个质量为$m$、电荷量为$q$的粒子在加速器中被加速，则
( )

A.$D$形盒上周期性变化的电压$U$越大，粒子离开$D$形盒时的速度越大
B.粒子每次经过$D$形盒之间的缝隙后速度增大$\sqrt{\frac{q U}{m}}$
C.断开电源，粒子以速度$v$在$D$形盒磁场内运动半个圆周后动能增加$2 q v B R$
D.粒子离开$D$形盒时动能为$\frac{q^{2} B^{2} R^{2}}{2 m}$

答案： 6.D 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有$qvB = m\frac{v^2}{R}$，粒子离开 D 形盒时，速度为$v = \frac{qBR}{m}$，动能为$E_k = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{q^2B^2R^2}{2m}$，粒子离开 D 形盒时的速度与电压无关，故 A 错误，D正确；粒子每次经过 D 形盒之间的缝隙过程，库仑力做功，根据动能定理可得$qU = \Delta E_k$，即动能增加$qU$，由动能表达式可知第$n$次经过 D 形盒之间的缝隙后速度变化为$\Delta v = (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1})\sqrt{\frac{2qU}{m}}$，故 B 错误；粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变，故 C 错误。