《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》

14. 生产生活(2024·湖北荆州段考)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为$v$的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为$B$的匀强磁场中，在相距为$d$、宽为$a$、长为$b$的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻$R$连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为$\rho$，金属板电阻忽略不计。忽略边缘效应，下列判断正确的是
(C)

A.上板为正极，电流$I = \frac{Bdvab}{Rab + \rho d}$
B.上板为负极，电流$I = \frac{Bvad^2}{Rab + \rho b}$
C.下板为正极，电流$I = \frac{Bdvab}{Rab + \rho d}$
D.下板为负极，电流$I = \frac{Bvad^2}{Rab + \rho b}$

答案： 14.C 解析:根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力方向向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有$qvB = q\frac{E}{d}$，解得稳定时电源的电动势$E = Bdv$，则流过$R$的电流$I=\frac{E}{R + r}$，而$r=\rho\frac{d}{S}$，$S = ab$，则电流大小$I=\frac{Bdvab}{abR+\rho d}$，选项C正确。

15. (多选)如图所示是回旋加速器的核心构件，其中D形盒的半径为$R$，所加竖直向下的匀强磁场的磁感应强度大小为$B$。在两D形盒之间接上交变电压，交变电压大小恒为$U$，用于加速质量为$m$、电荷量为$e$的质子。质子从D形盒中央由静止开始，经若干次加速后，质子从D形盒边缘被引出。忽略质子的加速时间，不考虑相对论效应和重力作用。下列说法正确的是
(CD)

A.每个周期，质子被加速一次
B.交变电压的频率为$\frac{eB}{\pi m}$
C.质子获得的最大动能为$\frac{e^2B^2R^2}{2m}$
D.质子在回旋加速器中运动的总时间为$\frac{\pi BR^2}{2U}$

答案： 15.CD 解析:回旋加速器工作时交变电压的频率等于质子在磁场中做圆周运动的频率，设质子在磁场中做匀速圆周运动的周期为$T$，则有$T=\frac{2\pi m}{eB}$，又$f=\frac{1}{T}$，解得$f=\frac{eB}{2\pi m}$，选项B错误;当质子在磁场中运动的轨道半径为$D$形盒的半径$R$时，质子的速度最大，动能最大，设最大速度为$v_{m}$，则有$ev_{m}B = m\frac{v_{m}^{2}}{R}$，又$E_{km}=\frac{1}{2}mv_{m}^{2}$，解得$E_{km}=\frac{e^{2}B^{2}R^{2}}{2m}$，选项C正确;设质子在电场中被加速的次数为$n$，质子在磁场中运动一周被加速两次，则有$n=\frac{E_{km}}{eU}$，又$t=\frac{n}{2}T$，解得$t=\frac{\pi BR^{2}}{2U}$，选项A错误，D正确。

16. (2024·广东韶关二模)如图所示，矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，$aa'$、$bb'$、$cc'$、$dd'$为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大小为$B$，区域Ⅱ的磁感应强度大小为$\frac{\sqrt{3}}{3}B$，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及$bb'$与$cc'$之间的距离相同。某种带正电的粒子从$aa'$上的$O_1$处以大小不同的速度，沿与$O_1a$成$\alpha = 30°$角进入磁场(不计粒子所受重力)，当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为$t_0$；当速度为$v_0$时，粒子垂直$bb'$进入无场区域，最终从$dd'$上的$A$点(未画出)射出，求：
(1) 粒子的比荷$\frac{q}{m}$。
(2) 磁场区域Ⅰ的宽度$L$。
(3) 出射点$A$偏离入射点$O_1$竖直方向的距离$y$。

答案：
16.解:
(1)当粒子的速度小于某一值时，粒子只在区域Ⅰ内运动，不进入区域Ⅱ，从$aa'$离开磁场，粒子在磁场Ⅰ中运动转过的圆心角为$\varphi=300^{\circ}$，粒子的运动时间为$t_{0}=\frac{5}{6}T$，粒子在区域Ⅰ内有$qvB = m\frac{v^{2}}{r}$，$T=\frac{2\pi r}{v}$，解得$T=\frac{2\pi m}{qB}$，$\frac{q}{m}=\frac{5\pi}{3t_{0}B}$。
(2)当速度为$v_{0}$时，垂直$bb'$进入无场区域，设粒子的轨迹半径为$r_{1}$，轨迹如图所示，根据牛顿第二定律$qv_{0}B = m\frac{v_{0}^{2}}{r_{1}}$，转过的圆心角$\varphi_{1}=60^{\circ}$，又因为$L = r_{1}\sin60^{\circ}$，解得$L=\frac{3\sqrt{3}v_{0}t_{0}}{10\pi}$。
(3)设粒子在磁场Ⅱ中运动时，转过的圆心角为$\varphi_{2}$，轨迹半径为$r_{2}$，根据牛顿第二定律得$qv_{0}·\frac{\sqrt{3}}{3}B = m\frac{v_{0}^{2}}{r_{2}}$，又因$\sin\varphi_{2}=\frac{L}{r_{2}}$，得$r_{2}=\sqrt{3}r_{1}$，$\varphi_{2}=30^{\circ}$，$y=(r_{1}-r_{1}\cos\varphi_{1})+(r_{2}-r_{2}\cos\varphi_{2})$，解得$y=\frac{3v_{0}t_{0}}{5\pi}(\sqrt{3}-1)$。