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2025年步步高精准讲练物理选择性必修第二册
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年步步高精准讲练物理选择性必修第二册 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
1. (多选)如图所示,长为$ l $的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为$ B $,板间距离也为$ l $,极板不带电。现有质量为$ m $、电荷量为$ q $的带正电粒子(不计重力),从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度$ v $水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是
A.使粒子的速度$ v ＜ \frac{Bql}{4m} $
B.使粒子的速度$ v ＞ \frac{5Bql}{4m} $
C.使粒子的速度$ v ＞ \frac{Bql}{m} $
D.使粒子的速度$ \frac{Bql}{4m} ＜ v ＜ \frac{5Bql}{4m} $
A.使粒子的速度$ v ＜ \frac{Bql}{4m} $
B.使粒子的速度$ v ＞ \frac{5Bql}{4m} $
C.使粒子的速度$ v ＞ \frac{Bql}{m} $
D.使粒子的速度$ \frac{Bql}{4m} ＜ v ＜ \frac{5Bql}{4m} $
答案：
1.AB [如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有$r_{1}^{2}=(r_{1}-\frac{l}{2})^{2}+l^{2}$，又$r_{1}=\frac{mv_{1}}{Bq}$，
所以$v_{1}=\frac{5Bql}{4m}$;粒子刚好打在极板左边缘时，有$r_{2}=\frac{l}{4}=\frac{mv_{2}}{Bq}$，所以$v_{2}=\frac{Bql}{4m}$，综合上述分析可知，选项A、B正确。]
1.AB [如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有$r_{1}^{2}=(r_{1}-\frac{l}{2})^{2}+l^{2}$，又$r_{1}=\frac{mv_{1}}{Bq}$，
所以$v_{1}=\frac{5Bql}{4m}$;粒子刚好打在极板左边缘时，有$r_{2}=\frac{l}{4}=\frac{mv_{2}}{Bq}$，所以$v_{2}=\frac{Bql}{4m}$，综合上述分析可知，选项A、B正确。]
2. 直线$ OM $和直线$ ON $之间的夹角为$ 30^{\circ} $,如图所示,直线$ OM $上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为$ B $,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为$ m $、电荷量为$ q(q ＞ 0) $。粒子沿纸面以大小为$ v $的速度从$ OM $上的某点向左上方射入磁场,方向与$ MO $成$ 30^{\circ} $角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与$ ON $只有一个交点,并从$ OM $上另一点射出磁场,不计粒子重力。粒子离开磁场的出射点到两直线交点$ O $的距离为
A.$ \frac{mv}{2qB} $
B.$ \frac{\sqrt{3}mv}{qB} $
C.$ \frac{2mv}{qB} $
D.$ \frac{4mv}{qB} $
A.$ \frac{mv}{2qB} $
B.$ \frac{\sqrt{3}mv}{qB} $
C.$ \frac{2mv}{qB} $
D.$ \frac{4mv}{qB} $
答案：
2.D [带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为$r=\frac{mv}{qB}$。由题意可知，轨迹与$ON$相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知$CD$为轨迹圆的直径，$\overline{OD}=\frac{\overline{CD}}{\sin30^{\circ}}=2\overline{CD}=4r=\frac{4mv}{qB}$，故D正确。]
2.D [带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为$r=\frac{mv}{qB}$。由题意可知，轨迹与$ON$相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知$CD$为轨迹圆的直径，$\overline{OD}=\frac{\overline{CD}}{\sin30^{\circ}}=2\overline{CD}=4r=\frac{4mv}{qB}$，故D正确。]
3. (多选)如图所示,宽度为$ d $的有界匀强磁场,磁感应强度为$ B $,$ MM' $和$ NN' $是它的两条边界线,现有质量为$ m $、电荷量为$ q $的带电粒子在$ MM' $边界某点沿图示方向垂直磁场射入,粒子重力不计,要使粒子不能从边界$ NN' $射出,粒子入射速率$ v $的最大值可能是
A.$ \frac{qBd}{m} $
B.$ \frac{(2 + \sqrt{2})qBd}{m} $
C.$ \frac{qBd}{2m} $
D.$ \frac{(2 - \sqrt{2})qBd}{m} $
A.$ \frac{qBd}{m} $
B.$ \frac{(2 + \sqrt{2})qBd}{m} $
C.$ \frac{qBd}{2m} $
D.$ \frac{(2 - \sqrt{2})qBd}{m} $
答案：
3.BD [设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为$R$，粒子在磁场中做匀速圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有$qvB = m\frac{v^{2}}{R}$，
解得$R=\frac{mv}{qB}$。带电粒子速率越大，轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界$NN'$相切时，粒子恰好不能从边界$NN'$射出，对应的速率最大。若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何关系可知$R_{1}+R_{1}\cos45^{\circ}=d$，
解得$R_{1}=(2 - \sqrt{2})d$，
对应的最大速率$v_{1}=\frac{(2 - \sqrt{2})qBd}{m}$。
若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示，由几何关系可知$R_{2}-R_{2}\cos45^{\circ}=d$，
解得$R_{2}=(2+\sqrt{2})d$
对应的最大速率$v_{2}=\frac{(2+\sqrt{2})qBd}{m}$，
故选B、D。]
3.BD [设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为$R$，粒子在磁场中做匀速圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有$qvB = m\frac{v^{2}}{R}$，
解得$R=\frac{mv}{qB}$。带电粒子速率越大，轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界$NN'$相切时，粒子恰好不能从边界$NN'$射出，对应的速率最大。若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何关系可知$R_{1}+R_{1}\cos45^{\circ}=d$，
解得$R_{1}=(2 - \sqrt{2})d$，
对应的最大速率$v_{1}=\frac{(2 - \sqrt{2})qBd}{m}$。
若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示，由几何关系可知$R_{2}-R_{2}\cos45^{\circ}=d$，
解得$R_{2}=(2+\sqrt{2})d$
对应的最大速率$v_{2}=\frac{(2+\sqrt{2})qBd}{m}$，
故选B、D。]
4. (多选)如图,$ M $、$ N $是真空中宽为$ d $的匀强磁场的左右边界(边界上有磁场),磁感应强度为$ B $,方向垂直纸面向里。大量比荷为$ k $的正离子从$ M $边界上的$ P $点以速率$ v = kBd $进入磁场,速度方向如图所示,在$ 180^{\circ} $的范围内,粒子分布均匀,不计离子重力,也不计离子间的相互作用,磁场区域足够长。则
A.能从边界$ N $飞出磁场的离子占粒子总数的$ \frac{2}{3} $
B.从边界$ N $飞出磁场的离子中,在磁场中运动的最短时间为$ \frac{\pi}{3kB} $
C.磁场中有离子经过的区域的面积$ d^{2}(1 + \frac{\pi}{2}) $
D.从边界$ N $飞出磁场的离子中,飞出点与$ P $点距离小于或等于$ \sqrt{3}d $
A.能从边界$ N $飞出磁场的离子占粒子总数的$ \frac{2}{3} $
B.从边界$ N $飞出磁场的离子中,在磁场中运动的最短时间为$ \frac{\pi}{3kB} $
C.磁场中有离子经过的区域的面积$ d^{2}(1 + \frac{\pi}{2}) $
D.从边界$ N $飞出磁场的离子中,飞出点与$ P $点距离小于或等于$ \sqrt{3}d $
答案：
4.BC [由题意得$\frac{q}{m}=k$，$r=\frac{mv}{qB}$且$v = kBd$，
知$r = d$，如图所示，竖直向下入射的离子向右偏转，垂直$N$边界向右出射，水平向右入射的离子向上偏转与$N$边界相切，在此范围入射的离子将从$N$边界出射，对应的入射角度范围是$90^{\circ}$，而离子的入射角度范围是$180^{\circ}$，故能从边界$N$飞出磁场的离子占粒子总数的$\frac{90^{\circ}}{180^{\circ}}=\frac{1}{2}$，故A错误;轨迹弦长为$d$的离子是从$N$边界飞出的离子中弦长最短，离子运动轨迹圆心角最小，根据几何关系，可知此圆心角为$60^{\circ}$，则离子在磁场中运动的最短时间为$t=\frac{60^{\circ}}{360^{\circ}}T=\frac{1}{6}×\frac{2\pi m}{Bq}=\frac{\pi}{3kBq}$，故B正确;有离子经过的磁场区域由半径为$d$的两个四分之一圆和边长为$d$的正方形组合而成，磁场中有离子经过的区域的面积为$S = 2×\frac{1}{4}\pi d^{2}+d^{2}=d^{2}(1+\frac{\pi}{2})$，故C正确;根据几何关系可知水平向右入射的离子在$N$边界的切点与竖直向下入射的离子在$N$边界的飞出点离$P$点的距离均为$\Delta d=\sqrt{d^{2}+d^{2}}=\sqrt{2}d$，故飞出点与$P$点距离小于或等于$\sqrt{2}d$，故D错误。]
4.BC [由题意得$\frac{q}{m}=k$，$r=\frac{mv}{qB}$且$v = kBd$，
知$r = d$，如图所示，竖直向下入射的离子向右偏转，垂直$N$边界向右出射，水平向右入射的离子向上偏转与$N$边界相切，在此范围入射的离子将从$N$边界出射，对应的入射角度范围是$90^{\circ}$，而离子的入射角度范围是$180^{\circ}$，故能从边界$N$飞出磁场的离子占粒子总数的$\frac{90^{\circ}}{180^{\circ}}=\frac{1}{2}$，故A错误;轨迹弦长为$d$的离子是从$N$边界飞出的离子中弦长最短，离子运动轨迹圆心角最小，根据几何关系，可知此圆心角为$60^{\circ}$，则离子在磁场中运动的最短时间为$t=\frac{60^{\circ}}{360^{\circ}}T=\frac{1}{6}×\frac{2\pi m}{Bq}=\frac{\pi}{3kBq}$，故B正确;有离子经过的磁场区域由半径为$d$的两个四分之一圆和边长为$d$的正方形组合而成，磁场中有离子经过的区域的面积为$S = 2×\frac{1}{4}\pi d^{2}+d^{2}=d^{2}(1+\frac{\pi}{2})$，故C正确;根据几何关系可知水平向右入射的离子在$N$边界的切点与竖直向下入射的离子在$N$边界的飞出点离$P$点的距离均为$\Delta d=\sqrt{d^{2}+d^{2}}=\sqrt{2}d$，故飞出点与$P$点距离小于或等于$\sqrt{2}d$，故D错误。]
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