《2025年通成学典课时作业本高中物理选择性必修第二册人教版》

1. (2025·安徽黄山期末) 如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图, 演示仪中有一对彼此平行且共轴的励磁圆形线圈, 通入电流 $I$ 后, 能够在两线圈间产生匀强磁场; 玻璃泡内有电子枪, 通过加速电压 $U$ 对初速度为零的电子加速并连续发射。电子刚好从球心 $O$ 点正下方的 $S$ 点水平向左射出, 电子通过玻璃泡内稀薄气体时能够显示出电子运动的径迹。则下列说法正确的是 (C)

A.若要正常观察电子径迹, 励磁线圈的电流方向应为逆时针 (垂直纸面向里看)
B.若保持 $U$ 不变, 增大 $I$, 则圆形径迹的半径增大
C.若同时减小 $I$ 和 $U$, 则电子运动的周期增大
D.若保持 $I$ 不变, 减小 $U$, 则电子运动的周期将减小

答案： 1.C 解析:若要正常观察电子径迹，则电子需要受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，玻璃泡内的磁场应向里，根据安培定则可知，励磁线圈的电流方向应为顺时针，选项A错误;电子在磁场中，向心力由洛伦兹力提供，则有$eBv = m\frac{v^{2}}{r}$，可得$r = \frac{mv}{eB}$，而电子进入磁场的动能由电场力做功得到，即$eU = \frac{1}{2}mv^{2}$，即U不变，则v不变。由于m、e不变，而当I增大时，B增大，故半径减小，选项B错误;因为$T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi m}{eB}$，所以电子运动的周期与U无关，当减小电流I时，则线圈产生的磁场B也减小，则电子运动的周期T增大，选项C正确;I不变，U减小，T不变，选项D错误。

2. (2025·浙江宁波期中) 如图所示, 两导体板水平放置, 两板间电势差 $U=100 \mathrm{~V}$, 带电粒子以初速度 $v_{0}=300 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 沿平行于两板的方向从两板正中间射入, 穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场, 粒子射入磁场和射出磁场的 $M 、 N$ 两点间的距离 $d=20 \mathrm{~cm}$, 则 (B)

A.当 $v_{0}=600 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, U=50 \mathrm{~V}$ 时, $d=20 \mathrm{~cm}$
B.当 $v_{0}=600 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, U=100 \mathrm{~V}$ 时, $d=40 \mathrm{~cm}$
C.当 $v_{0}=300 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, U=50 \mathrm{~V}$ 时, $d＜20 \mathrm{~cm}$
D.当 $v_{0}=600 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, U=50 \mathrm{~V}$ 时, $d＜40 \mathrm{~cm}$

答案： 2.B 解析:设带电粒子离开电场时速度为v，与水平方向的夹角为θ，由几何关系可得$v = \frac{v_{0}}{\cos\theta}$，以速度v进入磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则$qvB = m\frac{v^{2}}{R}$，可得粒子在磁场中运动半径为$R = \frac{mv}{qB}$，由几何关系可得MN间的距离为$d = 2R\cos\theta = \frac{2mv_{0}}{qB}$，则可知d与U无关，当$v_{0} = 300m/s$时，$d = 20cm$，当$v_{0} = 600m/s$时，$d = 40cm$，选项B正确，ACD错误。

3. 模型建构 (2025·山西运城期末) 如图, 在平面直角坐标系 $x O y$ 的第一、四象限内存在磁感应强度大小为 $B$ 、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场, 第二象限内存在沿 $x$ 轴正方向的匀强电场。一带电量为 $q(q＞0)$, 质量为 $m$ 的粒子从 $x$ 轴上的 $A$ 点 $(-3 L, 0)$ 沿 $y$ 轴正方向以初速度 $v_{0}$ 进入第二象限, 经电场偏转后从 $y$ 轴上的 $M$ 点 $(0,2 \sqrt{3} L)$ 进入第一象限, 然后从 $x$ 轴上的 $N$ 点 $(6 L, 0)$ 进入第四象限, 不计粒子重力。求:
(1) 匀强电场的场强大小 $E$。
(2) 匀强磁场的磁感应强度大小 $B$。

答案：
3.解:
(1)粒子从A到M的过程，x方向做匀加速直线运动有$3L = \frac{1}{2}at^{2}$，$qE = ma$，y方向做匀速直线运动有$2\sqrt{3}L = v_{0}t$，联立解得$E = \frac{mv_{0}^{2}}{2qL}$。
(2)由题意，画出粒子运动轨迹如图。粒子在电场中运动时，由动能定理得$qE · 3L = \frac{1}{2}mv^{2} - \frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，求得粒子进入磁场时的速度$v = 2v_{0}$，方向与y轴正方向成θ角，$\cos\theta = \frac{v_{0}}{v} = \frac{1}{2}$，$\theta = 60^{\circ}$，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据几何关系有$r\cos60^{\circ} + r = 6L$，解得$r = 4L$，在磁场中洛伦兹力提供向心力有$Bqv = \frac{mv^{2}}{r}$，解得$B = \frac{mv_{0}}{2qL}$。

4. (2025·广东清远联考) 如图所示, 在 $x O y$ 直角坐标系中, 第 I 象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场, 第 II 象限内分布着沿 $y$ 轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为 $q$ 、质量为 $m$ 的粒子经过电压为 $U$ 的电场加速后, 从 $x$ 轴上的 $A$ 点垂直 $x$ 轴进入磁场区域, 重力不计, 经磁场偏转后过 $y$ 轴上的 $P$ 点且垂直于 $y$ 轴进入电场区域, 在电场中偏转并击中 $x$ 轴上的 $C$ 点, 已知 $O A=O C=d$。
(1) 求带电粒子在 $A$ 点的速度 $v$。
(2) 磁感应强度 $B$ 和电场强度 $E$ 的大小分别是多少?
(3) 求带电粒子从 $A$ 点运动到 $C$ 点的时间 $t_{\text {总 }}$。

答案： 4.解:
(1)在加速电场中，由动能定理知$qU = \frac{1}{2}mv^{2}$，解得$v = \sqrt{\frac{2qU}{m}}$。
(2)带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力有$qvB = m\frac{v^{2}}{r}$，由几何关系知$r = d$，联立可解得$B = \frac{1}{d}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$。带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，$d = vt$，$d = \frac{1}{2}at^{2}$，又由受力分析及牛顿第二定律知$qE = ma$，联立可解得$E = \frac{4U}{d}$。
(3)进入磁场做匀速圆周运动，设弧长为s，运动时间为$t_{1}$，则有$t_{1} = \frac{s}{v} = \frac{\pi d}{2v}$，解得$t_{1} = \frac{\pi d\sqrt{2qUm}}{4qU}$。设在电场中做类平抛运动的时间为$t'$，$t' = \frac{d}{v}$，解得$t' = \frac{d\sqrt{2qUm}}{2qU}$，则总时间$t_{总} = t' + t_{1} = (\frac{\pi}{2} + 1)\frac{d\sqrt{2qUm}}{2qU}$。