第1部分 专题3 第9讲 磁场（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

第9讲　磁场 第一部分 专题整合 知识突破 专题三　电场和磁场 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 核心素养 助学提能 课堂评价 高考预测 01 02 限时集训 能力达标 03 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 核心素养 助学提能 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 课堂评价 高考预测 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题三　电场和磁场 物理 考点一　磁场的性质　安培力 　　　 磁场方向的判断及磁场叠加 1．根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向． 2．磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向． 3．磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和． [例1]　(2024·重庆西南大学附中高三期末)如图甲所示为安装在某特高压输电线路上的一个六分导线间隔棒，图乙为其截面图．间隔棒将6条输电导线分别固定在一个正六边形的顶点a、b、c、d、e、f上，O为正六边形的中心．已知通电导线在周围形成磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与到导线的距离成反比．某瞬时，6条输电导线中均通过垂直纸面向外、大小相等的电流，其中a导线中的电流对b导线中电流的安培力大小为F，该时刻(　　) A．O点的磁感应强度方向垂直于cf向下 B．b、c、d、e、f处5根导线在a处产生的磁场的磁感应强度方向沿aO，由a指向O C．c导线所受安培力方向沿Oc指向c D．a导线所受安培力为2.5F [解题指导] (1)根据安培定则及磁感应强度的叠加判断磁场的方向； (2)根据左手定则和安培力公式求安培力的大小和方向． [解析]　根据安培定则，a、d两条导线在O点的磁感应强度等大反向，b、e两条导线在O点的磁感应强度等大反向，c、f两条导线在O点的磁感应强度等大反向，所以O点的磁感应强度为零，A错误；根据安培定则，b、c、d、e、f处5根导线在a处产生磁场的磁感应强度方向如图所示，设b在a处产生的磁感应强度大小为B，则f在a处产生的磁 感应强度大小也为B，c、e在a处产生的磁感应强度大小为eq \f(B,\r(3))，d在a处产生的磁感应强度大小为eq \f(B,2)，根据磁感应强度的叠加可知，b、c、d、e、f5根导线在a处产生磁场的磁感应强度方向垂直于aO斜向左下，合磁感应强度大小为2.5B，方向垂直aO；根据左手定则和安培力公式可知，a受安培力方向为沿aO，由a指向O，大小为2.5F，B错误，D正确；同理可得c导线所受安培力方向沿Oc，由c指向O，C错误． [答案]　D 　　　 安培力作用下的力电综合 1．两个常用的等效模型 (1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流． (2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙． 2．安培力作用下力学问题的解题思路 (1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)． (2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I. (3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程． [例2]　(2024·山东日照一模统考)如图所示，一宽为L的平行金属导轨固定在倾角为θ的斜面上，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势为E、内阻为r，一质量为m的金属棒ab静止在导轨上，与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上的匀强磁场中，金属棒的电阻为R0，导轨电阻不计．金属导轨与金属棒之间的最大静摩擦力为Ffm，重力加速度为g.闭合开关后，下列判断正确的是(　　) A．金属棒受到的安培力方向沿斜面向上 B．金属棒受到的摩擦力方向可能沿斜面向下C.若金属棒恰好不运动，则滑动变阻器的阻值为eq \f(BLE,Ffm－mgsin θ)－r－R0 D．要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为eq \f(BLE,mgsin θ＋Ffm)－r－R0 [解题指导] (1)根据左手定则判断安培力方向方向． (2)根据平衡条件及闭合电路求滑动变阻器的阻值． [解析]　根据左手定则可知，金属棒受到的安培力方向沿斜面向下，由于金属棒的重力分力也沿斜面向下，则金属棒受到的静摩擦力方向一定沿斜面向上，故A、B错误；若金属棒恰好不运动，金属棒受到的静摩擦力达到最大，此时金属棒在导轨上静止受到的安培力最大，根据受力平衡条件可得mgsin θ＋F安＝Ffm，又F安＝BIL＝Beq \f(E,R＋r＋R0)L，联立可得R＝eq \f(BLE,Ffm－mgsin θ)－r－R0，故C正确；要保持金属棒在导轨上静止，滑动变阻器R接入电路中的最小阻值为eq \f(BLE,Ffm－mgsin θ)－r－R0，故D错误． [答案]　C 考点二　带电粒子在磁场中的运动 1．分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法 基本 思路 (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹 (2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系 (3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式 基本公式 qvB＝meq \f(v2,r)，T＝eq \f(2πr,v) 重要结论 r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB) 圆心的 确定 (1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆心，如图(a) 圆心的 确定 (2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b) (3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算) 半径的 确定 方法一：由物理公式求， 由于Bqv＝eq \f(mv2,r) 所以半径r＝eq \f(mv,qB) 方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定 时间的 求解 方法一：由圆心角求，t＝eq \f(θ,2π)×T 方法二：由弧长求，t＝eq \f(s,v) 2.带电粒子在磁场中运动的多解成因 (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)速度不确定形成多解； (4)运动的周期性形成多解． [例3]　空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求： (1)Q到O的距离d； (2)甲两次经过P点的时间间隔Δt； (3)乙的比荷eq \f(q′,m′)可能的最小值． [解题指导] 过 程 分 析 在Ⅰ，Ⅱ象限各做半个圆周运动 一个周期在y轴上移动一定距离d＝2R1－2R2 乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲粒子在Q点相遇 nd′＝OQ，n(eq \f(T1′,2)＋eq \f(T2′,2))＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)(n＝1,2,3……) 乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇 2R1′＋nd′＝OQ＝d，n(eq \f(T1′,2)＋eq \f(T2′,2))＋eq \f(T1′,2)＝eq \f(T1,2)＋eq \f(T2,2)(n＝0,1,2,3……) [解析]　(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2， 由qvB＝meq \f(v2,r)可知r＝eq \f(mv,qB)， 故r1＝eq \f(mv,2qB0)，r2＝eq \f(mv,3qB0)， 且d＝2r1－2r2， 解得d＝eq \f(mv,3qB0). (2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t1、t2， 由T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB)得t1＝eq \f(πm,2qB0)，t2＝eq \f(πm,3qB0)， 且Δt＝2t1＋3t2， 解得Δt＝eq \f(2πm,qB0). (3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动 若经过两磁场的次数均为n(n＝1,2,3，……) 相遇时，有neq \f(m′v,3q′B0)＝d，neq \f(5πm′,6q′B0)＝t1＋t2， 解得eq \f(q′,m′)＝neq \f(q,m)， 根据题意，n＝1舍去． 当n＝2时，eq \f(q′,m′)有最小值，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q′,m′)))min＝eq \f(2q,m)， 若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n＋1)、n(n＝0,1,2,3，……)，经分析不可能相遇． 综上分析，乙的比荷的最小值为eq \f(2q,m). [答案]　(1)eq \f(mv,3qB0)　(2)eq \f(2πm,qB0)　(3)eq \f(2q,m) 1．(多选)(2024·河北卷，10)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面．A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场．调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出．对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是(　　) A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45° D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 解析：AD　[若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示，粒子从C点垂直于BC射出，A正确；反之当粒子穿过ad边经cd边垂直BC射出时，速度方向与ad边夹角不一定为45°，C错误；当粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子经bc边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子一定垂直BC边射出，B错误，D正确．] 2. (2024·山东青岛期末)在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系xOy内，以坐标原点O为圆心，半径为eq \r(3)d的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P(0，eq \r(3)d)点沿y轴正方向射入磁场，当入射速度为v0时，粒子从aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3d,2)，\f(\r(3)d,2)))处进入无场区射向原点O，不计粒子重力．求： (1)磁场的磁感应强度B的大小． (2)粒子离开P点后经多长时间第一次回到P点． (3)若仅将入射速度变为3v0，则粒子离开P点后运动多少路程经过P点． 解析：(1)粒子的运动轨迹如图甲所示，由题设条件可判断粒子做圆周运动的半径为R＝d，根据牛顿第二定律有qv0B＝eq \f(mv\o\al(2,0),R)，解得B＝eq \f(mv0,qd). 图甲 (2)粒子运动轨迹如图乙所示， 图乙 粒子在磁场中运动时间t1＝3×eq \f(2,3)T 根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝eq \f(4π2mR,T2)， 可得T＝eq \f(2πd,v0)， 粒子在无场区运动时间t2＝3×eq \f(2\r(3)d,v0) 粒子再次回到P点所用时间t＝t1＋t2 联立解得t＝eq \f(4π＋6\r(3)d,v0). (3)粒子入射速度变为3v0，运动轨迹如图丙所示，则在磁场中做圆周运动的半径为R′＝3d，由P点出发后第一个圆弧的弧长s1＝eq \f(5,6)×2π×3d＝5πd，无磁场区圆的直径长度s2＝2×eq \r(3)d＝2eq \r(3)d 图丙 ①粒子以3v0的速度沿y轴正向经过P，粒子运动路程s＝k(6s1＋6s2)＝(30π＋12eq \r(3))kd，其中k＝1、2、3、…… ②粒子以3v0的速度沿y轴负方向经过P，粒子运动路程s′＝3s1＋2s2＋n(6s1＋6s2)，其中n＝0、1、2、3、……，故s′＝15πd＋4eq \r(3)d＋nd(30π＋12eq \r(3))，其中n＝0、1、2、3、…… 答案：(1)eq \f(mv0,qd)　(2)eq \f(4π＋6\r(3)d,v0)　(3)(30π＋12eq \r(3))kd，其中k＝1、2、3……，或15πd＋4eq \r(3)d＋nd(30π＋12eq \r(3))，其中n＝0、1、2、3、…… 考点三　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 1．解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系． 2．粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切． 3．常见的动态圆 示意图 适用条件 应用方法 放 缩 圆 轨迹圆的圆心在P1P2直线上 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切 旋 转 圆 轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq \f(mv0,qB)的圆上 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同 将一半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件 平 移 圆 轨迹圆的所有圆心在一条直线上 粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定 将半径为R＝eq \f(mv0,qB)的圆进行平移 磁聚 焦与 磁发 散 粒子速度大小相同，轨迹圆半径等于区域圆半径 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散 [例4]　(多选)(2024·江西九江市三模)如图所示，S为一离子源，MN为足够长的荧光屏，S到MN的距离为SP＝L，MN左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为eq \f(qBL,m)的正离子(此后不再喷发)，不计离子重力，不考虑离子之间的相互作用力．则(　　) A．打中荧光屏的最短时间为eq \f(πm,3qB) B．打中荧光屏的最长时间为eq \f(πm,qB) C．打中荧光屏的宽度为2eq \r(3)L D．打到荧光屏的离子数与发射的离子数比值为eq \f(1,2) [解析]　根据qvB＝meq \f(v2,r)，则离子轨道半径r＝eq \f(mv,qB)＝L，离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短，即离子恰好打中P点，如图甲所示 根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角为60°，能打中荧光屏的最短时间为t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(πm,3qB)，故A正确； 离子运动轨迹如图乙所示 离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切于B点，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切于A点，离子的周期T＝eq \f(2πm,qB)，打中荧光屏的最长时间为t＝eq \f(270°,360°)T＝eq \f(3πm,2qB)，故B错误； 离子打中荧光屏的范围总长度为图乙中的AC长度，由几何关系可知|AC|＝(eq \r(3)＋1)R＝(eq \r(3)＋1)L，打中荧光屏的宽度为(eq \r(3)＋1)L，故C错误； 离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图丙所示， 离子速度为v1从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为v2时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N′点的离子离开S时的初速度方向和打到M′点的离子离开S时的初速度方向夹角θ＝π，能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比k＝eq \f(θ,2π)＝eq \f(1,2)，故D正确． [答案]　AD 1．(2024·湖北卷，7)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域．不计重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为eq \f(7πm,3qB) D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为eq \f(\r(3)qBR,3m) 解析：D　[AB.在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误；C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短，根据对称性可知轨迹如图① 图① 则最短时间有t＝2T＝eq \f(4πm,qB)，故C错误；D.粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图②所示 图② 设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知r＝eq \f(\r(3)R,3)，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，可得v＝eq \f(\r(3)qBR,3m)，故D正确．] 2．(2024·重庆市模拟调研卷)如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直坐标平面的匀强磁场(图中未画出)．磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)、速率为v的粒子．已知从粒子源中点P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力．求： (1)匀强磁场的磁感应强度； (2)从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围． 解析：(1)根据题意可知从粒子源中点P发出的粒子在磁场中运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为r1，由几何关系可知r1＝R，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,r1)，联立解得B＝eq \f(mv,qR)，根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里． (2)根据题意可知，从N点射出的粒子在磁场中运动的路程最短，如图甲所示 根据几何关系可得 cos∠COB＝eq \f(\f(R,2),R)＝eq \f(1,2)， 解得∠COB＝60°， 因为四边形OBO1Q为菱形，所以∠QO1B＝60°， 则粒子经过磁场区域的最短路程为 s1＝eq \f(1,6)×2πR＝eq \f(πR,3)， 根据题意可知，从M点射出的粒子在磁场中运动的路程最长，如图乙所示 易知四边形O2DOQ为菱形，根据几何关系可知∠QO2D＝120°， 则粒子经过磁场区域的最长路程为s2＝eq \f(1,3)×2πR＝eq \f(2πR,3)， 所以从粒子源发出的粒子经过磁场区域的路程范围为eq \f(πR,3)≤s≤eq \f(2πR,3). 答案：(1)eq \f(mv,qR)，方向垂直纸面向里 (2)eq \f(πR,3)≤s≤eq \f(2πR,3) 1．(2024·黑龙江哈尔滨市二模)如图所示，在竖直绝缘圆筒水平直径两端分别固定一直导线A1A2和B1B2，两导线中通有相同的恒定电流I；圆筒水平直径AB与CD垂直，其中A、B、C、D分别为该两直径的端点，且A、B分别为A1A2和B1B2的中点．下列说法正确的是(　　) A．C、D两点处的磁感应强度相同 B．沿圆筒水平直径AB，由A至B磁感应强度逐渐减小 C．沿圆筒水平直径AB，由A至B磁感应强度先增大后减小 D．若将导线A1A2保持竖直沿桶壁绕O1O2缓慢转过90°，则O点的磁感应强度逐渐增大 解析：D　[装置的俯视图如图甲所示，因为导线中的电流大小相等，它们在C、D两点产生的磁场的磁感应强度大小相等，由安培定则及磁场叠加可知，C、D两处的磁感应强度等大反向，A错误；同理可知，O处磁感应强度为0，所以沿水平直径AB，由A到B磁感应强度应先减小后增大，B、C错误；将导线A1A2沿桶壁绕O1O2缓慢转过90°的过程中，O处的磁感应强度变化情况如图乙所示，可知O处的磁感应强度逐渐增大，D正确．] 2．(2024·湖北新高考演练卷)为了探测带电粒子，研究人员设计了如图甲所示的装置．纸面内存在一个半径为R、圆心为O′的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，该磁场区域在垂直纸面的方向上足够长．以O′右边的O点为坐标原点建立一平面直角坐标系xOy，O和O′两点间距离为2R.y轴与OO′连线垂直，x轴(图甲中未画出)正方向垂直纸面向里，在xOy平面内存在一个足够大的探测屏．圆形磁场区域正下方存在一个长度为R且与y轴垂直的粒子源MN，该粒子源各处均能持续不断地发射质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子发射时的速度大小 均为v0，方向均沿y轴正方向，从粒子源MN中点发射的粒子速度方向恰好指向O′，已知粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径为R，不计粒子重力和粒子间相互作用力． (1)求圆形匀强磁场区域的磁感应强度大小B； (2)求从粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏上所经历的时间t； (3)若在圆形区域内再加上一个沿x轴正方向、场强为E＝eq \f(mv\o\al(2,0),qR)且足够长的匀强电场，此时从粒子源中点及左右端点M、N发射的粒子打在屏上P1、P2、P3三点上，如图乙所示； ①请指出从M点发射的粒子打在屏上哪一点；(不要求写推导过程) ②求打在屏上的所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标． 解析：(1)粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，故有qv0B＝meq \f(v\o\al(2,0),R)，解得B＝eq \f(mv0,qR)； (2)设从M点发射的粒子，在E点进入磁场；从N点发射的粒子，在A点进入磁场，从C点离开磁场，打在屏上的D点，圆周运动的圆心为O1，如图所示 由于粒子源MN长度为R，并与y轴垂直，且MN中点发射的粒子速度方向恰好指向O′，所以O′A＝O′E＝AE＝R， 故有∠O′AE＝60°， 由题意可得O′A＝O′C＝O1A＝O1C＝R， 由几何知识可得∠AO1C＝∠O′AE＝60°， 所以∠CDO＝∠AO1C＝60°， 粒子在磁场中的运动时间为 t1＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(1,6)×eq \f(2πR,v0)＝eq \f(πR,3v0)， 粒子从C点到D点的运动时间为 t2＝eq \f(CD,v0)＝eq \f(R,v0sin 60°)＝eq \f(2\r(3)R,3v0)， 所以粒子源右端点N发射的粒子从进入磁场到打到屏上所经历的时间t＝t1＋t2＝eq \f(R,3v0)(π＋2eq \r(3))； (3)未加电场时，从M点发射的粒子从E点进入磁场，从C点离开磁场，打在屏上的F点，从MN中点发射的粒子会打在O点，如图所示 在磁场区域加上一个沿x轴正方向的电场时，粒子会在x轴方向加速，由于粒子在x轴方向的分速度与磁场方向平行，所以该分速度不影响粒子所受的洛伦兹力，故粒子在x轴方向仅受静电力作用，做匀加速直线运动，在图甲所示的平面内的运动情况与未加电场时相同，所以从M点发射的粒子打在屏上的P3点；由图乙可知，从M点发射的粒子打在屏上时与O点相距最远，在x轴方向qE＝ma，又因E＝eq \f(mv\o\al(2,0),qR)，所以a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(v\o\al(2,0),R)， 由几何知识可得∠CAE＝120°，∠CFO＝60°， 所以粒子在磁场中的运动时间 t1＝eq \f(120°,360°)T＝eq \f(1,3)·eq \f(2πR,v0)＝eq \f(2πR,3v0)， 粒子在x轴方向的位移为 x＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＋at1t2＝eq \f(2π2,9)R＋eq \f(4\r(3),9)πR， 粒子在y轴方向的位移为 y＝－OF＝－eq \f(\r(3),3)R， 所以所有粒子中与O点相距最远的粒子在屏上的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π2,9)R＋\f(4\r(3),9)πR，－\f(\r(3),3)R)). 答案：(1)eq \f(mv0,qR)　(2)eq \f(R,3v0)(π＋2eq \r(3)) (3)①P3　②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π2,9)R＋\f(4\r(3),9)πR，－\f(\r(3),3)R)) $$