9.达标测试卷(九) 磁场-【精讲精练】2026年高考物理一轮达标测试卷

达标测试卷(九)　磁场 (满分：100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求) 1.(2024·江西新余期末)如图所示，将一质量分布均匀，电阻率不变的导线围成正方形abcd，在a、d两点用导线与恒压电源相连接，空间中存在垂直正方形所在平面向外的匀强磁场(图中未画出)，接通电源后ab边所受的安培力大小为F。若重新在a、c两点用导线与该恒压电源连接，则接通后整个正方形所受安培力大小为(　　) A.2F B.2F C.3F D.3F 2.如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有大小相等、方向相同的电流I，a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共线，c点与两导线的距离相等，且ac＝bc；c、d的连线与导线所在平面垂直，则下列说法中正确的是(　　) A.a、b两点处的磁感应强度方向相反，大小相等 B.c、d两点的磁感应强度均为零 C.两根相互平行的长直导线有相互吸引的磁场力，大小不相等 D.两根相互平行的长直导线有相互排斥的磁场力，大小相等 3.(2024·山西阳泉统考)如图所示，半径为R的圆形区域有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，现有一质量为m(不计重力)、带电量为－q(q>0)的离子以某一速度沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点P与ab间距离为，则下列说法正确的是(　　) A.若该离子在磁场中的运动半径为，则该离子一定能够通过磁场圆的圆心 B.若该离子在磁场中的运动半径为2R，则该离子在磁场中入射点与出射点相距小于2R C.若该离子能够通过磁场圆的圆心，则该离子在磁场中的运动时间为 D.若该离子在磁场中入射点与出射点相距最远，则该离子在磁场中的运动时间为 4.(2024·山东济宁统考)足够长的绝缘木板置于光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，带负电小物块(电量保持不变)置于木板的左端，整个装置置于足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示。在t＝0时刻，木板获得一水平向左的初速度，关于此后运动过程中两物体速度随时间变化的关系图像，可能正确的是(　　) 　 5.(2024·江苏盐城统考)如图所示，纸面内有宽为L、水平向右飞行的带电粒子流，粒子的质量为m、电荷量为＋q、速率为v0，不考虑粒子的重力及相互作用。要使粒子都会聚到一点，可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域，设B0＝。选项A、 B、 C中的曲线均为半径是L的四分之一圆弧，其中A、B的磁感应强度B＝B0，C的磁感应强度B＝2B0，D中曲线是直径为L的圆，磁感应强度B＝B0。则磁场区域的形状及对应的磁感应强度可能是(　　) 6.如图所示为一圆形区域，O为圆心，半径为R，P为边界上的一点，区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B。电荷量为q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v=射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向成θ角，已知粒子a与粒子b在磁场中运动的时间之比为3∶4，下列说法正确的是(　　) A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝2R B.θ＝60° C.b粒子在磁场中的运动时间为运动周期的 D.a、b粒子离开磁场时的速度方向也成θ角 7.(2024·河南许昌高三校联考)如图所示，在xOy平面的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场，线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直平面xOy向里。不考虑粒子间的相互作用，不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中，在磁场中运动的时间最长为(　　) A. B. C. D. 8.(2024·安徽合肥期末)如图所示，空间存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)，线状粒子源OM与屏ON垂直，ON=2OM=2L，粒子源能发射质量为m、电荷量为+q、速度大小为v，方向与磁场垂直且与OM夹角θ=45°的粒子，已知v=，不计粒子重力，则屏ON上有粒子打到的区域长度为(　　) A.L B.L C.L D.L 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.(2024·浙江6月卷)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，重力加速度为g，则该过程(　　) A.合力冲量大小为mv0cos θ B.重力冲量大小为mv0sin θ C.洛伦兹力冲量大小为 D.若v0＝，弹力冲量为零 ·34·10.(2024·合肥期中)如图所示，AB线段为线状粒子源，能先后发射速度大小均为v0，方向在纸面内且垂直于AB向上的相同带电粒子，粒子的电荷量为q(q>0)，质量为m。线段上方某区域存在垂直于纸面向外的有界匀强磁场，使得所有粒子进入磁场后都能经过磁场中的C点，其中从B点射出的粒子到达C点时速度方向偏转了270°。已知A、B、C三点共线，且AB＝BC＝d，不计带电粒子的重力及粒子间相互作用力，下列说法正确的是(　　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为d B.磁场的磁感应强度大小为 C.所有粒子在磁场中运动的最短时间为 D.磁场区域最小面积为πd2 11.如图所示，半径为R的圆形区域内分布着垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，圆形边界上无磁场。直径MN上的A点可发射很多不同速率的电子，速度方向在纸面内与MN成θ=45°角，电子全部从磁场边界ND弧上射出，ND弧长为边界圆周长的。已知DA⊥MN，设从D点射出的电子速率为v，电荷量为e，质量为m，不计电子重力和电子间的相互作用，则下列说法正确的是(　　) A.磁场方向垂直于纸面向里 B.磁场的磁感应强度大小为 C.电子在磁场中运动的最大速率为v D.电子在磁场中运动的最长时间为 12.在竖直平面内建立直角坐标系，曲线y=位于第一象限的部分如图所示，在曲线上不同点以一定的初速度v0向x轴负方向水平抛出质量为m、带电荷量为+q的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点O，之后进入第三象限的匀强电场和匀强磁场区域(图中未画出)，结果小球恰好在竖直面内做匀速圆周运动，并且都能打到y轴负半轴上。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.第三象限的电场强度大小为，方向竖直向下 B.小球的初速度为10 m/s C.第三象限的磁场方向一定是垂直纸面向外 D.要使所有的小球都能打到y轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是π2 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13.(6分)(2024·广东东莞统考)某研究性小组为了测定磁极间的磁感应强度，设计了如图所示的实验装置。在该实验中，磁铁固定在水平放置的电子测力计上，磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其余区域磁场不计。水平直铜条AB的两端通过导线与电源连接成闭合回路，AB 在磁场中的长度为L，电阻为R，电源电动势为E，内阻为r。实验过程中绳子始终处于拉紧状态。 (1)开关闭合后，铜条所受安培力的方向为向________(选填“上”“下”“左”或“右”)，此时电子测力计的示数为F1。 (2)改变电源正负极，闭合开关，发现此时电子测力计示数为F2，则F2________(选填“>”或“<”)F1。磁极间磁感应强度大小B＝________(用题目中所给字母表示)。 14.(10分)(2024·江苏徐州统考)某学习小组利用砷化镓霍尔元件(载流子为电子)研究霍尔效应，实验原理如图甲所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流IH，IH通过1、3测脚时，2、4测脚间将产生霍尔电压UH。 (1)2、4测脚中电势高的是________(选填“2”或“4”)测脚。 (2)某次实验中，利用螺旋测微器测量元件厚度d，示数如图乙所示，其读数为________ mm，调节工作电压，改变霍尔电流，测出霍尔电压，实验数据如下表所示： 实验次数 1 2 3 4 5 IH/mA 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 UH/mV 41.5 83.1 124.8 166.4 208.1 根据实验数据在如图丙所示的坐标纸上作出UH与IH的关系图像； 丙 (3)设该元件单位体积中自由电子的个数为n，元件厚度为d，磁感应强度为B，电子电荷量为e，则UH与IH的关系式为________________。 (4)由所作的图线可以看出，图像并没有通过坐标原点，可能的原因是(写出一条即可)____________________________。 15.(8分)如图甲所示，在y轴左侧有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场边界与y轴相切于O点，在竖直平面内存在着方向竖直向上的周期性变化的电场，电场强度随时间变化的规律如图乙所示，电场强度的最小值为E0，最大值为3E0，在y轴右侧L＝处放置竖直方向的挡板，在0～6t0时间内的某时刻一带电粒子由A点(－2R,0)射入磁场，经一段时间后带电粒子由B点(图中未画出)离开磁场且又刚好在B点以离开时的速率返回磁场，最终在22t0时粒子垂直击中挡板，击中点与x轴的距离h＝。已知粒子在磁场中做圆周运动，所受重力不能忽略。求： 　　 (1)粒子的初速度大小； (2)带电粒子运动的总时间； (3)圆形磁场区域中磁感应强度的大小。 16.(8分)如图所示，水平面内存在着两个边长均为L的相邻正方形区域abef和bcde。在正方形区域abef内存在着沿fa方向的匀强电场，电场强度大小为E，在矩形区域acdf内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场。在cd右侧紧挨着cd的某矩形区域内(含边界)存在着竖直方向上的另一匀强磁场(未画出)。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从af的中点O以初速度v0(大小未知)沿ab方向水平射入abef区域，粒子在该区域内沿直线运动，进入bcde区域后从d点离开，并进入cd右侧的另一磁场区域中，粒子在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从c点进入bcde区域中。求： (1)粒子的初速度大小v0； (2)cd右侧矩形区域磁场的最小面积。 17.(12分)(2024·湖北荆门联考)如图所示，在纸面内有一平面直角坐标系xOy，其第一象限内有一沿y轴负方向的有界匀强电场，其右侧边界满足方程y＝x2，如图所示，电场强度大小E＝4 V/m。第三象限内(包含x轴负半轴)存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝T。在第一象限内虚线右侧、纵坐标0≤y≤0.25 m区域内有大量(速度相等)沿x轴负方向运动的带电粒子，粒子电荷量q＝＋8×10－6 C、质量m＝1×10－6 kg。已知从边界上横坐标为x＝0.1 m，以初速度v0处飞入的粒子从坐标原点飞出电场区域，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。求： (1)粒子的初速度v0； (2)所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围； (3)粒子在磁场中运动的最短时间和出磁场的坐标。 18.(16分)(2024·广东深圳期末)医用质子肿瘤治疗仪示意图如图甲所示，由质子放射源S、加速电压为U的加速电场区、MN板间电压产生的偏转电场区，以及边界为圆形的匀强磁场区组成。其中，水平放置的平行金属板M、N长为L、间距为d，磁场方向垂直于纸面。S持续释放质量为m、电荷量为e的质子，质子从小孔O1飘入加速电场，其初速度可视为零。加速后的质子沿中线O2O3从O2点垂直于电场方向射入偏转电场区，质子通过偏转电场后进入匀强磁场区。所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P点。M、N板间电压随时间变化关系如图乙所示，图中T＝L。t＝0时质子射入偏转电场，恰好能从N板的右边缘水平飞出。不考虑质子之间的相互作用力、重力和空气阻力，忽略MN板边缘外电场的影响。 (1)求质子进入偏转电场时速度v0的大小； (2)求偏转电压U0的大小； (3)已知分别从M、N板右边缘飞出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P点时速度方向的夹角为60°，求磁场区磁感应强度的大小和方向。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(九)　磁场 1.D　在 a、d两点用导线与恒压电源相连接，导线ad与导线abcd并联，接通电源后ab边所受的安培力大小为F，设磁感应强度为B，通过abcd边的电流为I1，ab边的长度为L，ab边的电阻为R，则abcd的电阻为3R，则I1＝，电源电压U＝I1·3R＝，若重新在a、c两点用导线与该恒压电源连接，导线abc与导线adc并联，且其电阻均为2R，通过两导线的电流相等，均为I2＝＝，通过两导线的电流方向相同，且两导线的等效长度相同，均为L等效＝L，根据左手定则，两导线产生同向的安培力，整个正方形所受安培力大小为 F′＝2BI2L有效＝3F，故选D。 2.A　由安培定则知两电流在a点处产生的磁感应强度均向下，在b点处产生的磁感应强度均向上，由对称性及电场的叠加法则可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反，选项A正确；由安培定则知两电流在c点处产生的磁感应强度等大反向，在d点分别产生斜向左下和斜向左上等大的磁感应强度，由电场的叠加法则可知，c点磁感应强度为零，d点磁感应强度不为零，选项B错误；根据通电直导线同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知两处电流的方向相同，所以两根相互平行的长直导线有相互吸引的磁场力，大小相等，选项C、D错误。 3.C　 图(a) 若该离子在磁场中的运动半径为，此时圆心在初速度垂直线段与ab交线处，设为O1，粒子轨迹如图(a)所示，由题意可知O1P＝，而OP＝R，故OO1＝＝>，该粒子不经过磁场圆的圆心，故选项A错误；若该离子在磁场中的运动半径为2R，粒子轨迹如图(b)所示，根据几何知识可知粒子在磁场中的圆弧等于完整圆弧的，即∠BO2P＝60°，因此 图(b) △BO2P为等边三角形，BP＝2R，此时该离子在磁场中入射点与出射点相距最远，根据洛伦兹力提供向心力可得该粒子做圆周运动周期为T＝，则该离子在磁场中的运动时间为t＝＝，故选项B、D错误；若该离子能够通过磁场圆的圆心，粒子轨迹如图(c)所示，由几何知识可知OO3＝R′，QO3＝R′－，OQ＝＝，根据OO＝OQ2＋QO，R′2＝2＋2，解得R′＝R，故△OO3P为等边三角形，故∠OO3P＝60°，粒子在整个磁场中的圆心角为120°，粒子在磁场中的圆弧等于完整圆弧的，故该离子在磁场中的运动时间为t＝＝，故选项C正确。 图(c) 4.A　木板获得一水平向左的初速度，受到物块对其向右的摩擦力，所以木板做减速运动；同时，木板对物块产生一个向左的摩擦力，因此物块做加速运动，物块带负电，则受到洛伦兹力向下，则Ff＝μ(mg＋Bqv)＝ma，物块受到的摩擦力变大，加速度变大；对木板μ(mg＋Bqv)＝Ma′，则木板的加速度变大，因为木板足够长，最后两者速度相等，故木板做加速度增大的减速运动，物块做加速度增大的加速运动，选项A正确，B、C、D错误。 5.A　已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，rA＝L，由图甲可知粒子都会聚到一点，故选项A正确；已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，rB＝L，由图乙可知粒子不会聚到一点，故选项B错误；已知磁感应强度B＝2B0＝2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，rC＝，由图丙可知粒子不会聚到一点，故选项C错误；已知磁感应强度B＝B0＝，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，rD＝L，由图丁可知粒子不会聚到一点，故选项D错误。 　　　 　　　　　甲　　　　　　乙 　　　 　　　　　丙　　　　　　丁 6.C　粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝＝＝R，故选项A错误；粒子在磁场中轨迹如图所示，粒子a在磁场中的运动时间为ta＝T，粒子b在磁场中的运动时间为tb＝T，＝＝，又θa＝90°，可得θb＝θa＝120°，则有θ＝90°－(180°－θb)＝30°，b粒子在磁场中的运动时间为tb＝T＝T＝T。由图中轨迹可以看出a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故选项C正确，B、D错误。 7.C　 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B=m，r=2R，如图所示，当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时，粒子在磁场中运动的时间最长，由于sin α=，要使圆心角α最大，FE最长，经分析可知，当粒子从y轴上的D′点射入、从x轴上的E′点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最长sin αm=，解得αm=，从D′点射入磁场的粒子在磁场中运动的时间tm=·，tm=，故选C。 8.D　如图所示，粒子源发出的粒子做圆周运动的圆心都位于O1O2连线上，M点及O点发出的粒子恰好可打到O点，OM之间的粒子均可打到屏上，其中自OM中点发出的粒子圆心位于NO延长线上，该粒子打在屏上的位置距离O点最远，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得R＝。根据几何关系可得光屏上有粒子打到的区域长度为x＝R(1－sin 45°)＝L，故选D。 9.CD　根据动量定理I＝0－mv0＝－mv0，故合力冲量大小为mv0，故A错误；小球上滑的时间为t＝，重力的冲量大小为IG＝mgt＝，故B错误；小球所受洛伦兹力为Bqv＝Bq＝－Bqat＋Bqv0，a＝gsin θ，a随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为 I洛＝q××Bt＝q××B×＝，故C正确；若v0＝，0时刻小球所受洛伦兹力为Bqv0＝2mgcos θ，小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得Bqv＝mgcos θ＋FN，即FN＝Bqv－mgcos θ＝Bq－mgcos θ＝mgcos θ－Bqtgsin θ，则小球在整个减速过程的FN­t图像如图，图线与横轴围成的“面积”表示冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。 10.AD　从B点射出的粒子到达C点时速度方向偏转了，其轨迹如图甲所示，半径r＝d，故A正确； 甲　　　　　　　　　　　　乙 qv0B＝m，B＝，故B错误；自A点射出的粒子到达C点时，时间最短，最短时间为，故C错误；由题意可知，所有粒子聚焦于C点，最小磁场区域如图乙阴影区域所示，S＝π2＋πd2－πd2＝πd2，故D正确。 11.BD　 电子带负电，从ND弧上射出，所受洛伦兹力指向弧的内侧，根据左手定则，磁场方向应垂直纸面向外，故选项A错误；运动的临界情况如图所示，初速率为v的电子的轨迹半径最小，运动时间最长，由evB=m，r1=。从D点射出磁场的电子半径满足2r1cos 45°=Rcos 45°，r1=，解得B=，故选项B正确；从N点射出的电子的轨迹半径最大，运动时间最短，由几何关系可得R+=2r2cos 45°，r2=R=，v1=(+1)v，故选项C错误；电子在磁场中运动的最长时间tmax=·=，故选项D正确。 12.BD　小球在第三象限做匀速圆周运动，则有mg＝qE，E＝，方向竖直向上，故选项A错误；设小球释放点的坐标为(x，y)，由平抛运动规律可知x＝v0t，y＝gt2，联立可得y＝x2，由题意可知y＝，v0＝10 m/s，故选项B正确；根据题意结合左手定则可判断，第三象限的磁场方向垂直纸面向里，故选项C错误；设小球最初进入第三象限时的速度为v，与y轴负方向夹角为α，则有v0＝vsin α，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得r＝，小球在磁场中的偏转角恒为2α，运动轨迹的弦长l＝2rsin α＝恒定不变，要使所有的小球都能打到y轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积为Smin＝π2＝π2，故选项D正确。 13.解析　(1) 根据左手定则可知铜条所受安培力的方向向下。 (2)第一次开关闭合后铜条AB对磁铁的力向上，电子测力计的示数小于磁铁重力；改变电流方向后铜条AB对磁铁的力向下，电子测力计的示数大于磁铁重力，故F2>F1。根据闭合电路欧姆定律得I＝，安培力F安＝BIL＝，对磁铁受力分析可知mg＝F1＋，mg＋＝F2，解得B＝。 答案　(1)下　(2)>　 14.解析　(1)因为霍尔元件的载流子是电子，所以在霍尔元件中是电子的定向移动形成了电流，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向“4”测脚方向，所以“4”测脚的电势低，“2”测脚的电势高。 (2)螺旋测微器的读数为d＝2.0 mm＋0×0.01 mm＝2.000 mm，将表格中的数据在图中进行描点连线，则其图像如图所示。 (3)当霍尔元件中的电路稳定后，对元件中的电子来说，其受到洛伦兹力和电场力二力作用，且二力平衡，所以有eE＝evB，IH＝neSv。设霍尔元件的宽度为l，其横截面积有S＝ld，其霍尔元件的电压为UH＝El，整理后有UH＝。 (4)由图像可知，其未过原点，其可能的原因有：①霍尔电流为0时，2、4测脚间存在电势差。②2、4电极不在同一等势面上。③由于存在温度差，2、4测脚间存在温差电动势。 答案　(1)2　(2)2.000　见解析图　(3)UH＝　(4)见解析 15.解析　(1)由题意分析可知，粒子第一次从B点射出磁场时，速度方向沿y轴负方向，连接A、B作AB的垂直平分线，此垂直平分线过磁场圆的圆心O1和粒子轨迹圆的圆心Q1，根据几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径等于圆形磁场的半径，由分析可知，粒子必从O点第二次射出磁场，作出粒子的运动轨迹，如图所示 由题意知，粒子在6t0～14t0的时间内在B点正下方做竖直方向的匀变速直线运动，初、末速度等大反向，由运动学公式可得－v0＝v0－a·8t0 设粒子在第四象限中向右下做匀速直线运动的时间为t3，速度方向与水平方向的夹角为θ，在20t0～22t0时间内，水平方向做匀速运动，竖直方向做匀减速运动至速度为零，由运动学公式可得0＝v0sin θ－a·2t0，L＝v0cos θ(t3＋2t0)，h＝v0sin θ(t3＋t0) 联立解得v0＝，t3＝2t0，θ＝。 (2)粒子在磁场中运动的第一段时间为 t1＝＝2t0 粒子在磁场中运动的第二段时间为 t2＝＝4t0 粒子在第三象限中做匀速直线运动的时间为 Δt＝6t0－t2－t3＝0 所以粒子运动的总时间为 t总＝t1＋8t0＋t2＋t3＋2t0＝18t0。 (3)设带电粒子的电荷量为q，质量为m，由题意可知，粒子做匀速圆周运动时电场力等于重力，由受力分析可得E0q＝mg 粒子在6t0～14t0的时间内做匀变速直线运动时，由牛顿第二定律可得3E0q－mg＝ma 粒子做匀速圆周运动时，由牛顿第二定律可得 qv0B＝m 联立解得B＝。 答案　(1)　(2)18t0　(3) 16.解析　(1)由带电粒子进入abef区域后沿直线运动可知qE＝qv0B，带电粒子从be中点进入bcde区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在bcde区域内的运动轨迹图像，如图所示，轨迹圆心为C。 根据几何关系有R＝L2＋2，R1＝ 由数学知识可知sin θ＝0.6 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝ 联立解得v0＝ 。 (2)带电粒子从d点离开正方形磁场区域，进入cd右侧的匀强磁场后，又从c点进入bcde磁场区域，由分析可知，cd右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在cd右侧区域内的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为D点。 由数学知识可知R2＝＝L 矩形磁场的最小面积为 Smin＝2R2×(R2＋R2cos θ)＝L2。 答案　(1) 　(2)L2 17.解析　(1)x＝0.1 m则y＝x2＝0.01 m 在电场内有x＝v0t，y＝t2 解得t＝2.5×10－2 s，v0＝4 m/s。 (2)假设所有粒子都从原点射出，则x＝v0t，y＝x2，Δy＝t2，解得Δy＝x2 射出位置得纵轴坐标为y′＝y－Δy＝0 即射出位置为原点，假设成立，所有粒子都将从原点射出。粒子出电场时速度方向与x轴负方向成角度α，则tan α＝＝×＝ 可知射入电场位置的横坐标越大，角度α越大，当 y＝0.25 m时xmax＝0.5 m 则tan αmax＝1，αmax＝45° 当粒子沿x轴运动时，此时αmin＝0；所有粒子离开电场时，其速度方向与x轴负方向所成夹角的范围为0～45°。 (3)由T＝可知所有粒子在磁场中圆周运动的周期相等，则从边界上横坐标为x＝0.5 m处入射，出电场时速度方向与x轴负方向成角度45°时，粒子在磁场中运动的时间最短tmin＝×＝0.25 s 出磁场时的速度大小为v＝v0＝4 m/s 粒子在磁场中圆轨迹半径r＝＝ 出磁场时的位置纵坐标为y＝－r＝－ m，所以出磁场时的位置坐标为。 答案　(1)4 m/s　(2)0～45°　(3)0.25 s　 18.解析　(1)在加速电场中，根据动能定理有eU＝mv，v0＝。 (2)所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P点，可知质子离开偏转电场的速度沿水平方向，T＝L。t＝0时质子射入偏转电场，恰好能从N板的右边缘水平飞出，根据类平抛运动规律有＝na2＋a2(n＝1,2…)，a＝，同时满足t＝nT(n＝1,2,3…) 解得U0＝(n＝1,2,3…)。 (3)质子带正电，经过磁场后偏向P点，则磁场垂直纸面向外；从M、N板右边缘飞出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P点时速度方向的夹角为60°，根据几何关系可知磁场区域半径与质子运动轨迹半径相等，且均为d，根据洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m，B＝ 。 答案　(1) 　(2)U0＝(n＝1,2…) (3)，方向垂直纸面向外 学科网（北京）股份有限公司 $$