2026年高考物理二轮专题复习：易错09 磁场（6易错点错因剖析）（易错专练）（全国适用）（解析版）

易错09磁场目录目录第一部分易错点剖析易错典题避错攻略举一反三易错点1不会用对称法和磁场的叠加原理求磁场中某点的总磁感应强度易错点2安培力大小和方向判断错误易错点3误认为洛伦兹力不做功，也不能改变电荷的运动状态，洛伦兹力分力也不能做功易错点4混淆磁偏转和电偏转易错点5误认为回旋加速器获得的最大动能与加速次数和电压有关易错点6不会用“动态圆”分析粒子流射入磁场中问题和带电粒子在磁场中的临界问题第二部分易错题闯关易错点1不会用对称法和磁场的叠加原理求磁场中某点的总磁感应强度。易错典题【例1】（2025·湖北·高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（

）A．0 B．B C．2B D．3B【错因分析】忽略磁场的叠加，误认为只有匀强磁场错选B；不注意磁感应强度的方向错选C【答案】A【详解】由右手螺旋定则及对称性可知，环形电流在N点产生的磁场，磁感应强度与M点等大同向。由于M点磁感应强度为零，由矢量合成法则可知环境中匀强磁场与M点磁场等大反向，即匀强磁场与N点的磁场等大反向，N点的磁感应强度为0。故选A。避错攻略【知识链接】磁场叠加问题的分析思路(1)确定磁场场源,如通电导线。(2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向,如图所示M、N在c点产生的磁场磁感应强度分别为BM、BN。(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中c点的合磁场磁感应强度为B。举一反三【变式1-1】（2025·江苏·高考真题）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（

）A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大【答案】B【详解】磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知Bb故选B。【变式1-2】（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在等边三角形的顶点b、c上分别放置垂直纸面的通电直导线，两导线中电流大小相等、方向垂直纸面向里，关于顶点a处的磁感应强度方向，以下描述正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】由题意，根据右手螺旋定则，b电流产生的磁场垂直于ba偏向右下方，c电流产生的磁场垂直于ca偏向右上方，根据平行四边形定则，则合场强的方向水平向右，与bc边平行，故选B。【变式1-3】（2025·福建·高考真题）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（）A．B2−12B1 B．B22−B1 C．B【答案】B【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为B根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B1根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为B由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为B2故选B。易错点2安培力大小和方向判断错误易错典题【例2】如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．长度为L的导体中通有恒定电流，电流大小为I.当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL.若将导体在纸面内顺时针转为30°角．导体受到的安培力大小为()A.eq\f(BIL,2)B.BILC.eq\f(\r(3),2)BILD.2BIL【错因分析】不注意通电导体的物理情景，盲目由公式F=BILsinθ求解。而错选C【答案】B【详解】F＝BIL公式的适用条件是B、I互相垂直，虽然导体在纸面内顺时针转过30°的角，但B、I仍然互相垂直，导体受到的安培力大小为F＝BIL，选项B正确，其余均错。避错攻略【知识链接】1.安培力的大小（1）.安培力公式：F＝ILBsinθ。（2）两种特殊情况：当I⊥B时，F＝BIL；当I∥B时，F＝0。（3）弯曲通电导线的有效长度当导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。2.安培力方向的判断(1)判断方法：左手定则。(2)方向特点：既垂直于B，也垂直于I，所以安培力一定垂直于B与I决定的平面。3.合安培力的两种分析思路思路一：先分析通电导线所在处的合磁场的大小和方向，由左手定则判断安培力的方向，由F合＝IB合lsinθ，求合安培力的大小。思路二：根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，结合力的平行四边形定则，分析合安培力的大小和方向或某个安培力的大小和方向。4.判断安培力作用下导体的运动情况的五种方法电流元法分割为电流元安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流⇌小磁针根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向结论法两平行直导线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直导线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力举一反三【变式2-1】2024·贵州·高考真题）如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、IA．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向左 D．水平向右【答案】C【详解】根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于I1>I故选C。【变式2-2】（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，为三根材料、粗细均相同的金属棒PO、QO、MN，其中PO、QO固定，MN长为L，且搭在PO、QO上，构成的三角形MON为等边三角形。在三角形的内部（包括边界）存在垂直纸面向里的匀强磁场，金属棒MN与PO、QO的交点处分别接在输出电压恒定的直流电源上，三根金属棒整体所受安培力为F，把金属棒MN向下平移x距离，则三根金属棒整体所受安培力为（

）A．xLF B．F C．xF 【答案】B【详解】电源输出电压为U，金属棒单位长度电阻为r，匀强磁场的磁感应强度为B，MN间的总电阻为RMN间的总电流为I设流过金属棒MN的电流为I1，流过MON的电流为I2可知三根金属棒整体所受安培力大小与长度无关，所以把金属棒MN向下平移x距离，则三根金属棒整体所受安培力仍为F。故选B。【变式2-3】】（2022·浙江·高考真题）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的安培力F分别与I和L的关系图象，则正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】根据F=BIL可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F—I图象是过原点的直线。同理保持电流I不变，改变通过电部分的长度L，则F-L图象是过原点的直线。故选B。易错点3误认为洛伦兹力不做功，也不能改变电荷的运动状态，洛伦兹力分力也不能做功易错典题V0A【例3】如图所示，在竖直绝缘的平台上，一个带正电的小球以水平速度V0抛出，落到在地面上的V0AA．仍在A点 B．在A点左侧C．在A点右侧D．无法确定【错因分析】θVθV【答案】B【详解】小球做曲线运动，在运动中任一位置受力如图所示，小球此时受到了斜向上的洛伦兹力的作用，小球在竖直方向的加速度，故小球平抛的时间将增加，落点应在A点的右侧．所以选项C正确．避错攻略【知识链接】1．洛伦兹力大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝eq\a\vs4\al(0)。2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者性质相同，都是磁场力。(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功。3.洛伦兹力与电场力洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE方向F⊥B且F⊥v正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功，可能做负功，也可能不做功举一反三【变式3-1】】（2025·江西·高考真题）（多选）如图所示，一细金属导体棒PQ在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（）A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用 B．棒运动时，P端比Q端电势低C．棒加速运动时，棒中电场强度变大 D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止【答案】CD【详解】A．由左手定则可知，电子沿棒运动时受到水平方向的洛伦兹力作用，A错误；B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，B错误；C．PQ两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度E=UD．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，D正确。故选CD。【变式3-2】（2023·海南·高考真题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（

）

A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B．小球运动过程中的速度不变C．小球运动过程的加速度保持不变 D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功【答案】A【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；D．洛仑兹力永不做功，D错误。故选A。【变式3-3】（多选）如图所示，粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动，则物块运动的v－t图像可能是（）A． B．C． D．【答案】ACD【详解】A．设初速度为v0，则FN＝Bqv0若满足mg＝Ff＝μFN即mg＝μBqv0物块向下做匀速运动，故A正确；BD．若mg>μBqv0，则物块开始有向下的加速度，由a=可知，随着速度增大，加速度减小，即物块先做加速度减小的加速运动，最后达到匀速状态，故D正确，B错误；C．若mg<μBqv0，则物块开始有向上的加速度，物块做减速运动，由a=可知，随着速度减小，加速度减小，即物块先做加速度减小的减速运动，最后达到匀速状态，故C正确。故选ACD。.易错点4混淆磁偏转和电偏转易错典题【例4】电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示，若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则

()A．电子在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间在于为C.．电子竖直方向的的位移为D．电子的水平位移【错解】电子进入磁场后，水平方向上做匀速直线运动，所以有，故电子在磁场中运动的时间为，选项A正确；竖直方向上做初速度为零的匀加速进线运动，加速度，所以有=，故移过项C正确。【错因分析】造成上述错解的原因是把磁偏转当成了电偏转，误认为电子在磁场中使粒子做匀变速曲线运动——“类平抛运动”，实际上电子在磁场中，洛伦兹力是变力，使电子做变速曲线运动——匀速圆周运动，只不过其轨迹是一段圆弧。【答案】D【详解】由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，电子在磁场中运动的时间等于弧长与速率的比值，要大小，所以选项A错误、B正确；为所以过P点和N点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O，如图14所示，图中，由勾股定理可得(R－h)2＋d2＝R2，整理知，而，故，所以选项D正确、C错误。避错攻略【知识链接】“电偏转”与“磁偏转”的比较垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹示例求解方法利用类平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0t，vy＝eq\f(qE,m)·t，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2偏转角φ满足：tanφ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qEt,mv0)半径：r＝eq\f(mv,qB)周期：T＝eq\f(2πm,qB)偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间t＝eq\f(x,v0)t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φm,Bq)动能变化不变举一反三【变式4-1】（2025·全国卷·高考真题）如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（

）A．t1<t2=t3 B．t1<t2<t3 C．t1=t2>t3 D．t1>t2>t3【答案】A【详解】由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为t=设正方形abcd的边长为l，则s1=π⋅l4则有t1<t2=t3故选A。【变式4-2】（2025·北京·高考真题）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m(2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1b．粒子2的动量大小p2【答案】(1)T=(2)a．v1:v2【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q解得轨道半径R=圆周运动的周期T=将R代入得T=比例关系为T=（2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度v粒子2做匀速直线运动，速度v所以速度之比v即vb．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有q可得m=粒子2的动量p结合前面的分析可得p.【变式4-3】5（2025·湖南岳阳·模拟）如图所示，在直角坐标系xOy中，第一象限有竖直向上的匀强电场，第二、四象限有垂直纸面向里的匀强磁场。已知质量为m、电荷量为-q的粒子从x轴上的M点以速度v0沿y轴正方向进入第二象限，经y轴上N点沿x轴正方向射入第一象限，再从x轴上P点进入第四象限，经y轴上的Q点（图中未画出）射出磁场。已知第二、四象限匀强磁场的磁感应强度大小均为（d为已知量），粒子在P点的速度与x轴正方向成45°角，不计粒子的重力。求：(1)ON的长度；(2)匀强电场的场强大小和OP的长度；(3)PQ的长度。【答案】(1)d(2)，2d(3)【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示设粒子在磁场中的轨迹半径为r，则解得所以（2）粒子进入电场中做类平抛运动，则，，联立以上各式解得水平方向有联立以上各式解得（3）根据几何关系有所以又联立以上各式可得所以易错点5误认为回旋加速器获得的最大动能与加速次数和电压有关易错典题【例5】回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置。其核心部分是两个Ｄ型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与交流电源相连。则带电粒子加速所获得的最大动能与下列因素有关的是（）Ａ．加速的次数Ｂ．加速电压Ｃ．金属盒的半径Ｄ．匀强磁场的磁感强度【错因分析】错选A、B正确理由是加速的次数越多，加速电压越大，电场力做功越多，所以加速所获得的动能就越大。错解的主要原因是没有弄清回旋加速器最大动能与哪些因素有关。【答案】CD【详解】当D形盒的半径R一定，粒子在D形盒中加速的最后半周的半径为R，由可知，所以带电粒子的最大动能。虽然洛伦兹力对带电粒子不做功，但E却与B有关；由于，由此可知，加速电压的高低只会影响带电粒子加速的总次数，并不影响回旋加速后的最大动能，所以选项C、D正确。避错攻略【知识链接】(1)构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地改变正负，粒子就会被一次一次地加速。(3)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。(4)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，rn＝eq\f(mvn,qB)，nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，n为加速次数。各半径之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶…。(5)获得的最大动能：由qvmB＝eq\f(mveq\o\al(2,m),R)、Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。(6)加速到最大动能的加速次数粒子每加速一次动能增加qU，故需要加速的次数n＝eq\f(Ekm,Uq)。(7)加速到最大动能的运动时间①在磁场中的运动时间t1＝(n－1)eq\f(T,2)。②在电场中的加速时间t2＝eq\r(\f(2nd,a))，其中a＝eq\f(qU,md)，d为狭缝的宽度。在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。举一反三【变式5-1】（多选）回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得能量的仪器。其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒。粒子源A释放出电荷量为q、质量为m的带电粒子（初速度可以忽略，重力不计），忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中粒子质量变化，下列说法正确的是（）A．带电粒子从磁场中获得能量B．回旋加速器需要的交变电压的频率为C．增大交流电源电压U，可增大粒子离开时的最大速度D．仅增大磁场的磁感应强度，可增大粒子离开时的最大速度【答案】BD【详解】A．粒子在电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子只从电场中获得能量，故A错误；B．加速电源的交变周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，即回旋加速器需要的交变电压的频率为，故B正确；CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动半径等于D形盒半径时，粒子速度最大，由洛伦兹力提供向心力，有可得最大速度由此可知，粒子离开时的最大速度与U无关，仅增大磁场的磁感应强度，可增大粒子离开时的最大速度，故C错误，D正确。【变式5-2】.(2025·广东省汕头市高三一模）2023年11月，中国原子能科学研究院“BNCT强流质子回旋加速器样机研制”顺利通过技术验收。如图所示，该回旋加速器接在高频交流电压U上，质子束最终获得的能量，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（）A.质子获得的最终能量与高频电压U无关B.回旋加速器连接的高频交流电压不可以是正弦交流电C.图中加速器的磁场方向垂直于D形盒向下D.若用该回旋加速器加速粒子，则应将高频交流电的频率适当调大【答案】AC【解析】带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动，有解得，粒子获得的最大速度为根据动能的表达式可得，质子获得的最终能量可知，质子获得的最终能量与高频电压U无关，故A正确；回旋加速器连接的高频交流电压可以是正弦交流电，只要保证质子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等即可，则高频交流电的频率为若用该回旋加速器加速粒子，粒子的比荷减小，则应将高频交流电的频率适当调小，故BD错误；由图根据质子在磁场中的运动轨迹及左手定则可知，图中加速器的磁场方向垂直于D形盒向下，故C正确。【变式5-3】（2025·湖南·二模）如图所示为某质谱仪的简化示意图，它由加速电场、静电偏转区、真空通道和磁场偏转区组成。现有一粒子在点从静止开始经电压恒定的电场加速后进入静电偏转区，然后匀速通过真空通道后进入磁场偏转区，最终打到点，运动轨迹如图中虚线所示。粒子在静电偏转区和磁场偏转区中均做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）A．静电偏转区内的电场是匀强电场B．磁场偏转区内磁场方向垂直于纸面向里C．仅将粒子改为质子，质子仍能在静电偏转区沿虚线运动D．仅将粒子改为氘核（），氘核不会沿虚线运动到点【答案】C【详解】A．粒子在静电偏转区做匀速圆周运动，电场力提供向心力，方向不断变化，说明电场方向也不断变化，则电场不是匀强电场，故A错误；B．粒子在磁场偏转区受到的洛伦兹力提供向心力根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B错误；C．在从加速电场射出后，满足在静电偏转区域，由则则质子也能在静电偏转区域沿虚线做匀速圆周运动，与电荷和质量无关，故C正确；D．在从加速电场射出后，满足，粒子和氘核比荷相同，则两者射出后速度相同，在静电偏转区域，同样满足，做匀速圆周运动；在磁场区域，也满足，则氘核会沿虚线运动到M点，故D错误。故选C。易错点六不会用“动态圆”分析粒子流射入磁场中问题和带电粒子在磁场中的临界问题易错典题【例6】（2025·安徽·高考真题）如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为qBdmA．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2dB．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为3C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为dD．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为π【错因分析】如果不用“动态圆”分析，就会错选D项或B项。【答案】C【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知s上min=d；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，s上maxC．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确；D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有tmin故选C。。避错攻略【知识链接】1.“平移圆”模型适用条件粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的同种带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法2.“放缩圆”模型适用条件粒子源发射速度方向一定、大小不同的同种带电粒子垂直进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情境)，速度v越大，运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法3.“旋转圆”模型适用条件粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种带电粒子垂直进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示圆心共圆如图，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上界定方法将一半径为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，这种方法称为“旋转圆”法举一反三【变式6-1】】2025·湖南岳阳市第三中学模拟）如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为＋q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为L，bc和ac的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（）A.粒子的入射速度为B.粒子的入射速度为C.粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为D.从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为【答案】A【解析】粒子进入场向上做匀速圆周运动，洛伦力提供向心力因bc边只有一半区城有粒子射出，在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示，由几何关系可得，则粒子的入射速度，所以A项正确；B项错误；粒子在场中运动的最长轨述为，C项错误；与bc边相切恰从bc边射出的粒子的对应的圆心角最大为，从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为【变式6-2】（2025高三·全国·专题练习）如图所示，长方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，区域内的点O处有一粒子源，O点离ab边距离为0.25L，离bc边距离为L，粒子源以垂直指向dc边的速度方向向磁场内发射不同速率带正电的粒子，已知ab边长为2L、bc边长为L，粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A．从ab边射出的粒子的运动时间均相同B．从bc边射出的粒子在磁场中的运动时间最长为C．粒子有可能从c点离开磁场D．若要使粒子离开长方形区域，速率至少为【答案】B【解析】粒子的可能轨迹如图所示可见从ab射出的粒子做匀速圆周运动的半径不同，对应的圆心角不相同，所以时间也不同，故A错误；从bc边射出的粒子，其最大圆心角即与bc边相切，即轨迹2，切点处对应圆心角为180°，时间为其余在bc边射出的粒子的运动时间均小于此值，故B正确；与cd边相切的粒子，轨迹如4，由几何关系知其轨迹半径为0.75L，其切点在c点左侧，故粒子不可能过c点，故C错误；粒子要想离开长方形区域，临界轨迹如1，则由几何关系得其轨迹半径为0.25L，设此时速率为v，根据牛顿第二定律解得可知若要使粒子离开长方形区域，速率至少为，故D错误。【变式6-3】如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1T、方向与纸面垂直。距离荧光屏h=8cm处有一粒子源S，以速度v=5×105m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷的带正电粒子，不计粒子的重力。则粒子打在荧光屏范围的长度为（）

A．10cm B．12cm C．20cm D．24cm【答案】A【详解】粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力解得如图所示

若粒子打在荧光屏的左侧，弦长等于直径时，粒子打在荧光屏的最左侧，由几何关系有粒子的运动轨迹与荧光屏右侧相切时，打在荧光屏的最右侧，由几何关系有根据数学知识可知打在荧光屏上的范围长度为故选A。1.（2023·江苏·高考真题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（

）

A．0 B．BIl C．2BIl D．5【答案】C【详解】因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为Fab=BI∙2l=2BIl则该导线受到的安培力为2BIl。故选C。2.（2024·浙江·高考真题）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（）A．图示左侧通电导线受到安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等【答案】A【详解】A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，选项A正确；

B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，选项C错误；D．因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，选项D错误。故选A。3.（2021·海南·高考真题）（多选）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P(0,3L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α0≤α≤180°。当α=A．粒子一定带正电B．当α=45°时，粒子也垂直x轴离开磁场C．粒子入射速率为2D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3【答案】ACD【详解】A．根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；BC．当α=150°时，粒子垂直粒子运动的半径为r=洛伦兹力提供向心力qvB=m解得粒子入射速率v=若α=45根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，B错误，C正确；D．粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图根据几何关系可知(2r)解得xD正确。故选ACD。4.（2024·福建·高考真题）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则（）A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小C．铜环所受安培力大小为 D．铜环所受安培力大小为【答案】AC【详解】方法一：微元法AB．如图，取通电半圆形铜环的一小段，可将其视为直导线，根据左手定则可知，改小段导线受到的安培力方向如图所示，其大小根据对称性苛刻的，如图所示，对称的两小段所受的安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，相互抵消，则通电后半圆形铜环受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A正确，B错误；CD．对每小段导线所受安培力在竖直方向的分力求和，可得故C正确，D错误。故选AC。方法二：等效法通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径，电流方向，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小根据受力分析可得，通电后，绳子拉力两根细绳拉力均比未通电流时的大。故选AC。5.（2022·湖北·高考真题）（多选）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为33g；减速时，加速度的最大值为3g，其中gA．棒与导轨间的动摩擦因数为3B．棒与导轨间的动摩擦因数为3C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ=60°D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ=150°【答案】BC【详解】设磁场方向与水平方向夹角为θ1，θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有F令cossin根据数学知识可得F则有sin同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2<90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有F有F所以有sin当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得μ带入cos可得α=30°，此时θ加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有θ减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有θ故BC正确，AD错误。故选BC。6.（2025·四川·高考真题）（多选）如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（）A．在I区的轨迹圆心不在O点B．在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37D．在I区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148【答案】AD【详解】A．由图可知在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确；B．由洛伦兹力提供向心力qvB=m可得r=故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为r故B错误；D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cos可得α=37°故粒子在I区运动的时间为t粒子在Ⅱ区运动的时间为t联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为t故D正确；C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为ll故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为l故C错误。故选AD。7.（2025·海南·模拟预测）如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核和氦核，下列说法中正确的是（）A．它们的最大速度相同 B．它们的最大动能相同C．它们在D形盒中运动被加速的次数相同 D．它们的高频电源的频率相同【答案】ACD【详解】A．设D形盒的半径为R，则粒子最后射出磁场时有解得最大速度氘核和氦核的比荷相等，所以最大速度相等，故A正确；B．粒子获得的最大动能两粒子的比荷相等，但电荷量q不相等，所以最大动能不相等，故B错误；C．粒子被加速的次数满足，解得两粒子的比荷相等，它们在D形盒中运动被加速的次数相同，故C正确；D．带电粒子在磁场中运动的周期两粒子的比荷相等，所以周期相等，因为回旋加速器所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，所以两次所接高频电源的频率相同，故D正确。故选ACD。8.（2025·广东·高考真题）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为、质量为m的离子以初速度从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（）A．偏转磁场的方向垂直纸面向里B．第1次加速后，离子的动能增加了C．第k次加速后．离子的速度大小变为D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为【答案】D【详解】A．直线通道有电势差为的加速电场，粒子带正电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为，加速k次后，由动能定理有解得故BC错误；D．粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有联立解得故D正确。故选D。9.（2024·湖北·高考真题）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（）A．极板MN是发电机的正极B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大【答案】AC【详解】A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；BCD．离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则可得因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误C正确。故选AC。10.（2023·浙江·高考真题）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有解得故选D。11．（2024·广西·高考真题）坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】粒子运动轨迹如图所示在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子做圆周运动的半径根据几何关系可得P点至O点的距离故选C。12．（2024·湖北·高考真题）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【答案】D【详解】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，时间最短则根据对称性可知轨迹如图则最短时间有故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，则轨迹如图所示设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力有可得故D正确。故选D。13．（2023·北京·高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（）

A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB．粒子质量为C．管道内的等效电流为D．粒子束对管道的平均作用力大小为【答案】C【详解】A．带正电的粒子沿轴线射