2025屆高考物理一輪復習專題重組卷第一部分單元十磁場含解析

PAGE16-單元十磁場考點1.磁場、磁感應強度、磁感線(Ⅰ)；2.通電直導線和通電線圈四周磁場的方向(Ⅰ)；3.安培力、安培力的方向(Ⅰ)；4.勻強磁場中的安培力(Ⅱ)；5.洛倫茲力、洛倫茲力的方向(Ⅰ)；6.洛倫茲力公式(Ⅱ)；7.帶電粒子在勻強磁場中的運動(Ⅱ)；8.質(zhì)譜儀和回旋加速器(Ⅰ)學問點1.洛倫茲力、安培力的大小和方向；2.磁感應強度的大小及疊加；3.帶電粒子在有界磁場中的運動；4.帶電粒子在疊加場、組合場、交變電磁場中的運動；5.帶電粒子在復合場中運動的實際應用第Ⅰ卷(選擇題，共48分)一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2024·江西臨川高三上三校聯(lián)考)如圖所示，三根通電長直導線P、Q、R均垂直紙面放置，ab為直導線P、Q連線的中垂線，P、Q中電流強度的大小相等、方向均垂直紙面對里，R中電流的方向垂直紙面對外，則R受到的磁場力可能是()A．F1B．F2C．F3D．F答案C解析由于三根直導線平行，依據(jù)安培定則和左手定則可知R受到P、Q的磁場力方向分別沿PR、QR連線，表現(xiàn)為斥力。P、Q中電流強度的大小相等，R離P距離較近，P在R處產(chǎn)生的磁感應強度較大，P對R的磁場力較大，結(jié)合平行四邊形定則可知，R受到P、Q的磁場力的合力可能是F3，C正確，A、B、D錯誤。2．(2024·福建泉州二模)如圖，光滑斜面上放置一根通有恒定電流的導體棒，空間有垂直斜面對上的勻強磁場B，導體棒處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將勻強磁場的方向沿圖示方向緩慢旋轉(zhuǎn)到水平方向，為了使導體棒始終保持靜止狀態(tài)，勻強磁場的磁感應強度應同步()A．增大 B．減小C．先增大，后減小 D．先減小，后增大答案A解析對導體棒進行受力分析如圖，當磁場方向緩慢旋轉(zhuǎn)到水平方向，安培力方向緩慢從沿斜面對上旋轉(zhuǎn)到豎直向上，因光滑斜面對通電導體棒的支持力方向始終不變，導體棒的重力大小和方向也始終不變，初始時刻安培力沿斜面對上，與支持力方向垂直，此時安培力最小，所以隨著磁場方向的變更，若使導體棒始終保持靜止狀態(tài)，安培力漸漸增大，直到等于導體棒的重力，而安培力F安＝BIL，所以磁感應強度始終增大，B、C、D錯誤，A正確。3．(2024·遼寧大連二模)如圖所示，AC是四分之一圓弧，O為圓心，D為圓弧中點，A、D、C處各有一垂直紙面的通電直導線，電流大小相等，方向垂直紙面對里，整個空間還存在一個磁感應強度大小為B的勻強磁場，O處的磁感應強度恰好為零。假如將D處電流反向，其他條件都不變，則O處的磁感應強度大小為()A．2(eq\r(2)－1)B B．2(eq\r(2)＋1)BC．2B D．0答案A解析O處的磁感應強度是A、D、C處電流分別在O處產(chǎn)生的磁感應強度與空間存在的勻強磁場的磁感應強度的矢量和，O處的磁感應強度恰好為零，則A、D、C處電流在O處產(chǎn)生磁感應強度的矢量和肯定與勻強磁場的磁感應強度等大反向，由矢量合成可得，A、C、D處電流在O處產(chǎn)生的磁感應強度大小均為BO＝eq\f(B,\r(2)＋1)，所以假如將D處電流反向，其他條件都不變，則O處的磁感應強度大小B′＝B＋BO－eq\r(2)BO＝2BO＝2(eq\r(2)－1)B，A正確。4．(2024·天津高考)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內(nèi)的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此限制屏幕的熄滅。則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)答案D解析由左手定則推斷，后表面帶負電，電勢低，A錯誤；電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，故前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關(guān)，故B、C錯誤；自由電子受到的洛倫茲力F＝evB＝eq\f(eU,a)，D正確。5．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子放射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向放射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()A.eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBlB.eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC.eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBlD.eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl答案B解析若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)，Ra＝eq\f(l,4)，解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)；若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)，Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2，解得Rd＝eq\f(5,4)l，vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)。B正確。6．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，在坐標系的第一和其次象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面對外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入其次象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最終經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()A.eq\f(5πm,6qB)B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB)D.eq\f(13πm,6qB)答案B解析帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內(nèi)的軌跡半徑是其次象限內(nèi)軌跡半徑的2倍，如圖所示。粒子在其次象限內(nèi)運動的時間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)，粒子在第一象限內(nèi)運動的時間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)，則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，B正確。7．(2024·河南鄭州一模)如圖所示，邊界OM與ON之間分布有垂直紙面對里的勻強磁場，邊界ON上有一粒子源S。某一時刻，從粒子源S沿平行于紙面，向各個方向放射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，全部粒子的初速度大小相等，經(jīng)過一段時間后有大量粒子從邊界OM射出磁場。已知∠MON＝30°，從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于eq\f(T,2)(T為粒子在磁場中運動的周期)，則從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的最短時間為()A.eq\f(T,3)B.eq\f(T,4)C.eq\f(T,6)D.eq\f(T,8)答案A解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，入射點是S，出射點在OM直線上，出射點與S點的連線為軌跡的一條弦。當從邊界OM射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，軌跡的弦最短，依據(jù)幾何學問，作ES⊥OM，則ES為最短的弦，即粒子從S到E的時間最短。由題意可知，粒子運動的最長時間等于eq\f(1,2)T，此時軌跡的弦為DS，設(shè)OS＝d，則DS＝OStan30°＝eq\f(\r(3),3)d，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為：r＝eq\f(DS,2)＝eq\f(\r(3),6)d，由幾何學問有ES＝OSsin30°＝eq\f(1,2)d，sineq\f(θ,2)＝eq\f(\f(ES,2),r)＝eq\f(\f(d,4),\f(\r(3),6)d)＝eq\f(\r(3),2)，則θ＝120°，粒子在磁場中運動的最短時間為：tmin＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(1,3)T，A正確。8．(2024·重慶一診)如圖所示，兩根平行固定放置的長直導線a和b載有大小、方向均相同的電流，a受到的磁場力大小為F，當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)?F，則此時bA．4FB．3FC．答案AD解析依據(jù)安培定則和左手定則可知a導線受到b施加的為F的力水平向右，由牛頓第三定律可知b受到a施加的力的大小也為F，方向水平向左。若加入勻強磁場后a受到的磁場力2F水平向右，則勻強磁場施加給a的力向右為F，施加給同向電流b的力也向右為F，則b受到的合力為F－F＝0；若加入勻強磁場后a受到的磁場力2F水平向左，則勻強磁場施加給a的力向左為3F，施加給同向電流b的力也向左為3F，則b受到的合力為3F＋F9．(2024·江西南昌二模)如圖所示，三條長直導線a、b、c都通以垂直紙面的電流，其中a、b兩條導線中的電流方向垂直紙面對外。O點與a、b、c三條導線距離相等，且Oc⊥ab?，F(xiàn)在O點垂直紙面放置一小段通電導線，電流方向垂直紙面對里，導線受力方向如圖所示。則可以推斷()A．O點處的磁感應強度的方向與F相同B．長導線c中的電流方向垂直紙面對外C．長導線a中電流I1小于b中電流I2D．長導線c中電流I3小于b中電流I2答案BC解析由左手定則可知，磁感應強度方向與安培力方向垂直，故A錯誤；由左手定則可知，O點的磁感應強度方向與F垂直斜向右下方，此磁感應強度可沿水平向右和豎直向下分解，所以導線c在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度方向應水平向右，由安培定則可知，導線c中的電流方向垂直紙面對外，導線a在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度方向豎直向上，導線b在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度方向豎直向下，所以長導線a中的電流I1小于b中電流I2，由于不知道安培力的詳細方向，所以無法確定長導線c中電流I3與b中電流I2的大小關(guān)系，B、C正確，D錯誤。10．(2024·貴州畢節(jié)二模)如圖所示，空間存在方向垂直于紙面對里的分界磁場，其中在MN左側(cè)區(qū)域的磁感應強度大小為B，在MN右側(cè)區(qū)域的磁感應強度大小為3B。一質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶電粒子以平行紙面的速度v從MN上的O點垂直MN射入磁場，此時起先計時，當粒子的速度方向再次與入射方向相同時，下列說法正確的是()A．粒子運動的時間是eq\f(4πm,3qB)B．粒子運動的時間是eq\f(2πm,3qB)C．粒子與O點間的距離為eq\f(4mv,3qB)D．粒子與O點間的距離為eq\f(mv,3qB)答案AC解析粒子在MN右側(cè)運動半個周期后回到MN左側(cè)，再運動半個周期后的速度方向與入射方向相同，在MN右側(cè)運動的時間t1＝eq\f(1,2)T1＝eq\f(1,2)×eq\f(2πm,3Bq)＝eq\f(πm,3Bq)，在MN左側(cè)運動的時間t2＝eq\f(1,2)T2＝eq\f(1,2)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πm,Bq)，因此粒子的速度方向再次與入射方向相同時的運動時間為t＝t1＋t2＝eq\f(4πm,3Bq)，故A正確，B錯誤；在MN右側(cè)粒子運動的距離為L1＝2R1＝eq\f(2mv,3Bq)，在MN左側(cè)粒子運動的距離為L2＝2R2＝eq\f(2mv,Bq)，粒子與O點間的距離L＝L2－L1＝eq\f(4mv,3Bq)，故C正確，D錯誤。11．(2024·安徽合肥高三上一診)如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，電場強度大小為E＝eq\f(2mg,q)，磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0向下運動，經(jīng)時間t0，圓環(huán)回到動身點。若圓環(huán)回到動身點之前已經(jīng)起先做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為g。則下列說法中正確的是()A．環(huán)經(jīng)過eq\f(t0,2)時間剛好到達最低點B．環(huán)的最大加速度大小為am＝g＋eq\f(μqv0B,m)C．環(huán)在t0時間內(nèi)損失的機械能為eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v\o\al(2,0)－\f(m2g2,μ2q2B2)))D．環(huán)下降過程和上升過程系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等答案BC解析由題意可知，環(huán)在運動的過程中，受到的電場力大小為F＝qE＝2mg，方向始終豎直向上。設(shè)豎直向下為正方向，則在環(huán)下滑的過程中，依據(jù)牛頓其次定律得：mg－(qE＋μqvB)＝ma，解得：a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g＋\f(μqvB,m)))，負號代表加速度方向與規(guī)定的正方向相反，故物體在下滑的過程中做加速度漸漸減小的減速運動；在環(huán)上升的過程中，依據(jù)牛頓其次定律得：mg＋μqvB－qE＝ma′，解得：a′＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g－\f(μqvB,m)))，環(huán)做加速度漸漸減小的加速運動，在到達動身點前，加速度減為零，此時，a′＝0，v＝eq\f(mg,μqB)，環(huán)起先以速度v做勻速直線運動。由運動的不對稱性可以確定，從起先下滑到剛好到達最低點的時間不等于eq\f(t0,2)，A錯誤；整個運動過程中，加速度始終減小，所以在運動的最起先時，加速度最大，加速度的最大值為：am＝g＋eq\f(μqv0B,m)，B正確；由以上計算可知，整個過程中，系統(tǒng)損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v\o\al(2,0)－\f(m2g2,q2μ2B2)))，C正確；環(huán)上升和下降的過程中，速度的平均值大小不相等，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，D錯誤。12．(2024·云南楚雄祿豐一中高三上學期期末)粒子回旋加速器的工作原理如圖所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻溝通電的頻率為f，加速電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋e，在加速器中被加速。不考慮相對論效應，則下列說法正確的是()A．不變更磁感應強度B和溝通電的頻率f，該加速器也可加速α粒子B．加速的粒子獲得的最大動能隨加速電壓U的增大而增大C．質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πRfD．質(zhì)子其次次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1答案CD解析帶電粒子在磁場中運動的周期與加速電場的周期相等，依據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)知，換用α粒子，粒子的比荷變更，周期變更，回旋加速器需變更溝通電的頻率才能加速α粒子，A錯誤；依據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，知v＝eq\f(BRq,m)，則最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速電壓無關(guān)，B錯誤；質(zhì)子出回旋加速器時的速度最大，此時在磁場中運動軌跡的半徑為R，則v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，所以質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πfR，C正確；質(zhì)子在加速電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，依據(jù)v＝eq\r(\f(2neU,m))知，質(zhì)子其次次和第一次經(jīng)過D形盒狹縫的速度之比為eq\r(2)∶1，依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，得軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共62分)二、填空題(本題共2小題，共14分)13．(2024·山東棗莊高三上學期期末)(6分)如圖所示，從離子源產(chǎn)生的某種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁場的磁感應強度大小為B，磁場左邊界與水平方向的夾角為θ(0°＜θ＜90°)。已知該離子在磁場邊界的N點射出，MN長為l。不計重力影響。則該離子的比荷為________，進入磁場時的速度大小為________。答案eq\f(8Usin2θ,B2l2)eq\f(4Usinθ,Bl)解析設(shè)離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，進入磁場時的速度為v0。則qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，粒子在磁場中有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，由幾何關(guān)系知2rsinθ＝l，聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝eq\f(8Usin2θ,B2l2)，v0＝eq\f(4Usinθ,Bl)。14．(2024·山東日照期末)(8分)一導體材料的樣品的體積為a×b×c，A′、C、A、C′為其四個側(cè)面，如圖所示。已知導體樣品中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數(shù)為n，電阻率為ρ，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I。(1)導體樣品A′、A兩個側(cè)面之間的電壓是________，導體樣品中自由電子定向移動的速率是________。(2)將該導體樣品放在勻強磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導體側(cè)面C的電勢________(填“高于”“低于”或“等于”)側(cè)面C′的電勢。(3)在(2)中，達到穩(wěn)定狀態(tài)時，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C′兩側(cè)面的電勢差為U，則勻強磁場的磁感應強度B的大小為________。答案(1)eq\f(ρcI,ab)eq\f(I,neab)(2)高于(3)eq\f(neaU,I)解析(1)導體樣品的電阻為R＝ρeq\f(c,ab)，則A′、A兩個側(cè)面之間的電壓U＝IR＝eq\f(ρcI,ab)；由電流的微觀表達式I＝neSv，得自由電子定向移動的速率為v＝eq\f(I,neS)＝eq\f(I,neab)。(2)依據(jù)左手定則，電子向側(cè)面C′運動，C′有了多余的電子，電勢低，所以導體側(cè)面C的電勢高于側(cè)面C′的電勢。(3)達到穩(wěn)定狀態(tài)時，電子受到的洛倫茲力與電場力平衡，有：eeq\f(U,b)＝evB，得：B＝eq\f(U,bv)＝eq\f(neaU,I)。三、計算論述題(本題共4小題，共48分。解答時寫出必要的文字說明和重要的演算步驟，只寫出答案的不得分。有數(shù)值計算的題，答案中必需明確寫出數(shù)值的單位)15．(2024·全國卷Ⅰ)(10分)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面對外。一帶正電的粒子從靜止起先經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。答案(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))解析(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，經(jīng)電壓U加速后的速度大小為v。由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)②粒子的運動軌跡如圖，由幾何關(guān)系知d＝eq\r(2)r③聯(lián)立①②③式得eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v)⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。⑦16.(2024·天津南開區(qū)二模)(10分)噴墨打印機的部分結(jié)構(gòu)可簡化為如圖所示的裝置。兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上，兩板之間的右側(cè)、長度為3d的區(qū)域還存在方向垂直紙面對里的勻強磁場，磁感應強度為B。噴墨打印機的噴口可在兩板左側(cè)上下自由移動，并且從噴口連綿不斷噴出質(zhì)量均為m、速度水平且大小相等、帶等量電荷的墨滴。調(diào)整電源電壓至U，使墨滴在兩板之間左側(cè)的電場區(qū)域恰能沿水平方向向右做勻速直線運動。重力加速度為g。(1)推斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)要使墨滴不從兩板間射出，求墨滴的入射速率應滿意的條件。答案(1)墨滴帶負電eq\f(mgd,U)(2)eq\f(Bgd2,2U)＜v＜eq\f(5Bgd2,U)解析(1)墨滴在兩板之間左側(cè)的電場區(qū)域做勻速直線運動，有：qeq\f(U,d)＝mg解得：q＝eq\f(mgd,U)；由于電場方向向下，墨滴所受電場力方向向上，可知墨滴帶負電。(2)墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力與電場力平衡，洛倫茲力供應勻速圓周運動的向心力：qvB＝meq\f(v2,R)，解得：R＝eq\f(mv,qB)，結(jié)合幾何學問可知，從上極板邊緣射進的墨滴最簡單從兩板間射出，只要從今處入射的墨滴不能射出，其他墨滴就都不會射出。若墨滴剛好由極板左側(cè)射出，其運動軌跡為如圖所示的半圓弧軌跡，則有：R1＝eq\f(1,2)d，聯(lián)立解得：v1＝eq\f(Bgd2,2U)；同理，若墨滴剛好從極板右側(cè)射出，其運動軌跡為如圖所示以O(shè)2點為圓心、R2為半徑的弧線軌跡，有：Req\o\al(2,2)＝(3d)2＋(R2－d)2，解得：v2＝eq\f(5Bgd2,U)?？梢?，要使墨滴不從兩板間射出，速率應當滿意：eq\f(Bgd2,2U)＜v＜eq\f(5Bgd2,U)。17．(2024·湖南懷化高考一模)(14分)如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面對里的有界矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在其次象限內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場。一粒子源固定在x軸上坐標為(－L,0)的A點，粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v0的電子，電子通過y軸上的C點時速度方向與y軸正方向成α＝45°角，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成β＝15°角的射線OM。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用。求：(1)勻強電場的電場強度E的大??；(2)電子在電場和磁場中運動的總時間t；(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積Smin。答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2eL)(2)eq\f(2L,v0)＋eq\f(2πm,3eB)(3)eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,eB)))2解析(1)電子從A到C的過程中，由動能定理得：eEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又有vCcosα＝v0，聯(lián)立解得：E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2eL)。(2)電子在電場中做類平拋運動，沿電場方向有：L＝eq\f(vCsinα,2)t1，其中vC＝eq\f(v0,cosα)，由數(shù)學學問知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角：θ＝π－α－β＝eq\f(2π,3)，電子在磁場中的運動時間：t2＝eq\f(θ,2π)T，其中T＝eq\f(2πm,eB)，電子在電場和磁場中運動的總時間t＝t1＋t2，聯(lián)立解得：t＝eq\f(2L,v0)＋eq\f(2πm,3eB)。(3)電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，則有evCB＝meq\f(v\o\al(2,C),r)最小矩形區(qū)域如圖所示，由數(shù)學學問得：CD＝2r·sineq\f(θ,2)，CQ＝r－rcoseq\f(θ,2)，矩形區(qū)域的最小面積：Smin＝CD·CQ，聯(lián)立解得：Smin＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,eB)))2。18．(2024·浙江寧波高三上學期期末十校聯(lián)考)(14分)如圖甲所示，在y≥0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強磁場，其磁感應強度B隨時間t變更的規(guī)律如圖乙所示；與x軸平行的虛線MN下方有沿＋y方向的勻強電場，電場強度E＝eq\f(8,π)×103N/C。在y軸上放置一足夠大的擋板。t＝0時刻，一個帶正電粒子從P點以v＝2×104m/s的速度沿＋x方向射入磁場。已知電場邊界MN到x軸的距離為eq\f(π－2,10)m，P點到坐標原點O的距離為1.1m，粒子的比荷eq\f(q,m)＝106C/kg，不計粒子的重力。求粒子：(1)在磁場中運動時距x軸的最大距離；(2)連續(xù)兩次通過電場邊界MN所需的時間；(3)最終打在擋板上的位置到坐標原點O的距離。答案(1)0.4m(2)eq\f(π,2)×10－5s或4π×10－5s(3)0.37m解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得半徑R＝0.2m，粒子做勻速圓周運動的周期