2026年高考物理二轮复习（上海）重难07 磁场（重难专练）（解析版）

重难07磁场

.............................................................................................................................2

.............................................................................................................................2

一、磁感应强度和磁通量....................................................................................................................................2

二、安培力............................................................................................................................................................3

三、洛伦兹力........................................................................................................................................................3

四、洛伦兹力的应用............................................................................................................................................4

五、带电粒子在磁场中运动轨迹规律................................................................................................................5

...........................................................................................................................7

...........................................................................................................................13

...........................................................................................................................20

一、磁感应强度和磁通量

F

1.磁感应强度B＝注意：使用该定义式时，I要与磁场垂直。

Il

2.磁通量Φ＝BScosθ，物理意义是表示穿过某一面积的磁感线条数的多少。

(1)磁通量是标量，但有正负，即规定磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则穿出时即为负值。

(2)若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量大小为Φ1，反向磁通量大小为Φ2，则穿

过该平面的合磁通量Φ＝Φ1－Φ2。

(3)通过一个闭合曲面（如球面）的磁通量为0

二、安培力

1．F＝IlBsinθ中θ是B和I方向的夹角

(1)当θ＝90°时，即B⊥I，公式变为F＝IlB。

(2)当θ＝0°时，即B∥I，F＝0。

2．公式F＝IlBsinθ中l指的是导线在垂直于磁场方向上的“等效长度”。

弯曲导线的有效长度l，等于连接两端点连线的长度，如下图虚线所示；

3．安培力的方向：左手定则

4．安培力方向与磁场方向、电流方向的关系：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B与I所决定的平面。

B和I可能：（1）垂直；（2）平行；（3）斜交

（1）垂直受安培力（2）平行不受安培力（3）斜交，垂直投影部分受力

三、洛伦兹力

1.洛伦兹力f=qvB

q为粒子所带电荷量，v为速度，且与磁场方向垂直。

如果电荷运动方向v与磁感应强度B的夹角为θ时，则f＝qvBsinθ。

(1)当θ＝90°时，v⊥B，F＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大。

(2)当v∥B时，θ＝0°，F＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力。

2.洛伦兹力方向：左手定则。

3.因为洛伦兹力与速度方向垂直，所以洛伦兹力对电荷不做功。

四、洛伦兹力的应用

1.速度选择器

当Eq=qvB且方向相反时，粒子做直线运动，即只有v=的粒子可以通过。

�

�

2.质谱仪：用来测量微观粒子的质量，分析同位素。质谱仪结构示意图如图所示：

①带电粒子发生器②加速电场③速度选择器④偏转磁场⑤质谱仪底片

原理：由速度选择器选出同一速率的粒子，底片的位置由比荷决定，所以可以分析同位素粒子。

3.回旋加速器：加速带电粒子，结构示意图如下。

①磁场的作用：在洛伦兹力作用下使粒子做匀速圆周运动。

②交变电场的作用：使带电粒子经过D1和D2的缝隙该区域时被加速。

③交变电场的作用及变化周期：交变电压的周期和粒子圆周运动周期相等。

两类问题：

qBR

a.计算最大速度：最大速度v

m

b.计算加速时间：

方法1：盒间距已知，vm=at，分别求出最大速度和加速度，计算时间。

方法2：由最大速度计算粒子动能，除以每次加速的Uq得到加速次数，乘以周期T。

4.霍尔元件

霍尔元件的工作原理如下，MN间距为d，沿电流方向横截面积为S：

一个矩形半导体薄片，如图所示，沿PQ方向通入电流I，垂直于薄片加匀强磁场B。

由于洛伦兹力的作用，在N侧积累正电荷，在M侧积累负电荷，MN间会出现电势差U。

Uq

带电粒子同时受到磁场力和电场力作用且方向相反，当磁场力与电场力平衡时：EqqvB。

d

dIB

根据电流InqSv，则U，因为d、n、q、S均为常数，即U与I和B乘积成正比。

nSq

五、带电粒子在磁场中运动轨迹规律

1.带电粒子在匀强磁场中的圆周运动的半径和周期

带电粒子以速度v垂直磁场方向入射，带电粒子的质量为m，所带的电荷量为q。

mv

(1)轨道半径：r=，即轨道半径跟运动速率成正比。

qB

2pm

(2)周期：T=，即周期和粒子的运动速度无关。

qB

2.圆心的确定

(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和

出射方向的直线，两条直线的交点就是圆心（如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点）

(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出

射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆心（如图乙所示，图中P为入射点，M为出射点）

3.半径的确定

(1)用几何知识求半径，一般称为几何半径，通常构建三角形，利用三角函数或勾股定理求解.

mv

(2)用物理知识求半径，即r=，一般称为物理半径。

qB

4.运动时间的确定

a

(1)周期为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间为t=T

2o

s

(2)速度为v的粒子在磁场中运动的弧长为s时，其运动时间为t=.

v

5αθ.两类典型的动态问题

(1)速度方向一定，大小不同：轨迹半径随速度的变化而变化，轨迹圆圆心共线（放缩法）

(2)速度大小一定，方向不同：轨迹半径不变化，轨迹圆圆心在一个圆周上（旋转法）

（建议用时：20分钟）

1．（24-25高二上·上海·期末）在国际单位制中磁感应强度的单位是“T”，若用国际单位制的基本单位来表

示，正确的是（）

A．Wbm2B．NC1m1S

C．kgm2A1D．kgs2A1

【答案】D

F1N1kgm/s2

【详解】根据B可知1T===kgs2A1

ILAmAm

故选D。

2．（2023·上海宝山·二模）三根电阻相同的电阻丝连接成一个闭合的正三角形线框，O为正三角形线框的

中心。当强度为I的电流从a点流入c点流出时，ac边在O点产生的磁场方向为（选填：“垂

直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知通电直导线在O点产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强

度成正比，若ac边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小

为。

【答案】垂直于纸面向里0

【详解】[1]当电流从a点流入c点流出时，根据右手螺旋定则可知，ac边在O点产生的磁场方向为垂直于

纸面向里；

[2]三根电阻相同的电阻丝，ab与bc串联，再与ac并联，所以ab与bc中的电流为ac中的一半，又因为

通电直导线在O点产生磁场的磁感应强度与导线中的电流强度成正比，根据安培定则和矢量的叠加原理

可知，ab与bc中的电流在O点产生的磁场垂直纸面向外，磁感应强度与ac边在O点产生的磁感应强度

相等，所以整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为0。

3．（2023·上海黄浦·二模）四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于正方形abcd的四个顶点，

导线中都通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形对角线的交点为O，通电导线a在O点产生的磁

感应强度为B，四根通电导线在O点产生磁场的磁感应强度大小为，方向为。

【答案】2B由O指向b

【详解】[1]据安培定则可得通电电流的磁场方向如图所示

正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B，

所以通电导线bcd在O点产生的磁感应强度均为B，由矢量叠加可得四根通电导线在O点产生磁场的

磁感应强度大小为BO2B

[2]由叠加原理可得O点产生磁场的方向为由O指向b。

4．（24-25高二上·上海浦东新·期中）如图甲，在匀强磁场中，有一通电直导线受到的安培力大小为15N。

3

则其方向为。若将该导线做成圆环（导线的长度和粗细均不变，a、b为导线两端点），放置在同

4

一匀强磁场中，如图乙所示，保持通过导线的电流值不变，则圆环受到的安培力大小为N。

102

【答案】水平向左或者4.50

【详解】[1]根据左手定则可知，安培力方向水平向左。

32L

[2]将该导线做成圆环后，设导线长为L，圆半径为R

43

22L

有效长度为L2R

3

1522L102

所受的安培力FBILIN

IL3

5．（24-25高二上·上海·期末）电磁炮的工作原理如图，水平面上放置两根间距为d、长度为L的平行导轨，

导轨上放有质量为m的炮弹，通上电流后，炮弹沿导轨水平加速运动。设炮弹与导轨间的弹力沿竖直方

向，导轨间的磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向下，不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。当电

流为I时（不考虑电流对磁场的影响），炮弹恰好做匀速直线运动。则炮弹受到安培力的大小

为，炮弹与导轨间的动摩擦因数为；若将电流增大一倍，则静止的炮弹可在导

轨上获得的最大速度的大小为。

BId2BIdL

【答案】BId

mgm

【详解】[1][2]当电流为I时（不考虑电流对磁场的影响），炮弹恰好做匀速直线运动，

则炮弹受到安培力的大小为FBId

根据受力平衡可得BIdmg

BId

解得炮弹与导轨间的动摩擦因数为

mg

1

[3]若将电流增大一倍，根据动能定理可得B2IdLmgLmv20

2

2BIdL

联立解得静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度的大小为v

m

6．（23-24高二上·上海普陀·期中）如图，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d

两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态。为

了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小为，方向为。

mgsin

【答案】平行金属丝向上

IL

【详解】[1][2]金属棒受到重力、金属丝的拉力、安培力这三个力而处于平衡状态，

则这三个力可以构成闭合的矢量三角形，其力的矢量三角形如图所示

由于重力为恒力，金属丝拉力的方向不变，则可知，当安培力垂直于金属丝时安培力有最小值，

而安培力F安minBminILmgsin

mgsin

可得磁感应强度的最小值为B

minIL

根据左手定则可知，此时磁感应强度的方向平行金属丝向上。

7．图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电

子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电

流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过

电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能

看到电子束的径迹呈圆形。关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是（）

A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小

B．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变大

C．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈中的电流，轨道半径一定变小

D．增大电子枪的加速电压同时减小励磁线圈中的电流，轨道半径一定变大

【答案】D

1

【详解】电子被加速电场加速，由动能定理可得eUmv2

2

mv212mU

粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有Bev联立解得r

rBe

A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变大，故A错误；

B．只增大励磁线圈中的电流，磁感应强度B增大，轨道半径变小，故B错误；

C．同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈中的电流，则U和B同时增大，轨道半径可能变小，可能变大，

也可能不变，故C错误；

D．增大电子枪的加速电压同时减小励磁线圈中的电流，即增大电压U的同时，减小磁感应强度B，则轨

道半径一定变大，故D正确。

故选D。

8．一个电子（不计重力，质量m，电荷量e）以速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，则（）

A．电子在图示时刻受到垂直v0向上的洛伦兹力B．电子在磁场中做的是变加速运动

C．电子的速度始终不变D．电子的动能始终不变

【答案】BD

【详解】A．由左手定则可知电子在图示时刻受到垂直v0向下的洛伦兹力，故A错误；

B．由洛伦兹力提供向心力可得电子在磁场中做的是匀速圆周运动，向心加速度方向一直在改变，是变加

速运动，故B正确；

1

CD．洛伦兹力提供向心力，则洛伦兹力不做功，故电子的速度大小不变，方向时刻在改变，根据Emv2

k2

可知电子的动能始终不变，故C错误，D正确。

故选BD。

9．如图所示，MN是一块非常薄的铅板，一高速带电粒子在匀强磁场中运动并垂直穿过MN，穿过后粒子

的能量减小，虚线表示其运动轨迹，可知粒子（）

A．带正电B．从上向下穿过铅板

C．穿过铅板后，运动的周期不变D．穿过铅板后，所受洛伦兹力大小不变

【答案】C

【详解】B．由题知，穿过后粒子的能量减小，即动能减小，所以带电粒子穿过铅板后速度减小，

v2mv

根据洛伦兹力提供向心力有Bqvm可得r

rBq

则粒子的轨迹半径在减小，可知粒子运动方向是edcba，即粒子是从下向上穿过铅板，故B错误；

A．由B项知，粒子运动方向是edcba，且粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，在e点洛伦兹力向右，

则由左手定则可知，粒子应带负电，故A错误；

2m

C．根据周期公式T可知穿过铅板后，运动的周期不变，故C正确；

Bq

D．穿过金属板后速度减小，粒子所受洛伦兹力为fBqv

可知洛伦兹力大小在减小，故D错误。

故选C。

（25-26高二上·上海·期中）磁场力包括磁场对其中的磁体、运动电荷和电流的作用力。

10．磁场的强弱可以用磁感线来描述。如图所示，实线表示某磁场中的磁感线，M、N为磁场中两点，两点

的磁感强度分别为BM和BN，同一通电导线放在M处和N处所受磁场力大小分别为FM和FN，则()

A．BMBN，FM一定大于FNB．BMBN，FM一定小于FN

C．BMBN，FM一定小于FND．BMBN，FM可能等于FN

11．19世纪，安培为了解释地球的磁性提出“分子电流假说”，认为地球的磁场是由带电的地球绕过地心的

轴形成的环形电流引起的，如图所示，下列说法正确的是（）

A．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行

B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近

C．根据右手螺旋定则可判断，地球带负电荷

D．根据左手定则可判断，地球带正电荷

12．如图所示，宽为L的水平导轨左端接有电动势为E，内阻为r的电源，质量为m的金属棒ab，静止于

水平导轨上，接入导轨部分的阻值为R，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨

平面夹角为。求金属棒受到的安培力大小和方向。

BEL

【答案】10．D11．C12．，与竖直方向成θ角斜向左上

Rr

【解析】10．磁感线的疏密程度反映磁感应强度的大小，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，故BM<BN；

安培力FBIL，其中L为导线与磁场垂直的有效长度，同一通电导线，放置方式不同，则有效长度不同，

BL

MN

因此所受安培力就不同，若使，则可使FMFN，故选D。

BNLM

11．A．地球表面任意位置的地磁场方向不一定与地面平行，故A错误；

B．磁感线是封闭的曲线，在地球内部有磁感线，即有磁场，且方向由S极指向N极，故地磁南极在地

理北极附近，故B错误；

CD．根据右手螺旋定则，可判断环形电流的方向是自东向西，而地球绕地轴转动的方向是自西向东，故

地球带负电，故C正确，D错误。

故选C。

E

12．根据闭合电路欧姆定律，有I

Rr

BEL

电流方向与磁场方向相互垂直，则安培力大小FBIL

Rr

安培力的方向与电流、磁场方向均垂直，根据左手定则，安培力的方向与竖直方向成θ角斜向左上。

（建议用时：30分钟）

（23-24高三上·上海普陀·期末）“极速之旅”是大型机动游乐项目，该装置将乘客载至高空后，以近乎重

力加速度下落，让乘客体验失重。随后依靠电磁阻尼制动，落地前在液压缓冲机构的辅助下减速到零。

1．质量m=70kg的游客乘坐某“极速之旅”，从离地面高度H=100m处由静止开始自由下落，到离地面h=20m

处开始制动。假设制动力为恒力，且不计一切阻力。

（1）游玩过程中，游客能体验到失重感的时间为s。

（2）全程座椅对游客的冲量大小为N·s。（结果均保留3位有效数字）

2．对电磁阻尼过程进行简化，如图，将装置视为质量为M、电阻为R的单匝线框，ab边长为L。当ab边

进入磁感应强度大小为B的匀强磁场后开始减速，假设落地时线框未全部进入磁场，分析说明为什么需

要液压缓冲机构辅助才能减速到零？

【答案】1．（1）4（2）3.501033．见解析

12Hh210020

【解析】1．（1）根据hgt2知，游客能体验到失重感的时间为ts4s

2g10

（2）由vgt可知，到离地面h=20m处，游客的速度为vgt104m/s40m/s

v2402

游客到地面速度为零，可知游客减速时的加速度大小为am/s240m/s2

2h220

v40

由vat可知，游客减速的时间为ts1s

a40

自由下落阶段属于完全失重，座椅对游客支持力为零，下落阶段座椅对游客支持力为F，

则由牛顿第二定律可知Fmgma

代入数据解得F5mg3500N

故全程座椅对游客的冲量大小为IFt35001Ns3500Ns

2．当ab边进入磁感应强度大小为B的匀强磁场后开始减速，线框受到安培力大小与速度有关，线框减速，

则安培力减小，当安培力大小与重力大小相等时，线框处于平衡状态，将不再减速，故需要液压缓冲机

构辅助才能减速到零。

3．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强

磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（）

A．a粒子带正电，b粒子带负电B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大

C．b粒子动能较大D．a粒子在磁场中运动时间较长

【答案】CD

【详解】A．粒子沿AO方向运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电，a向下偏转，应当带负电，A

错误；

mv2vBq

BC．洛伦兹力提供向心力，由Bvq得

rrm

1

所以半径大的b粒子速度大，洛伦兹力Bvq大，动能mv2也大，故B错误，C正确；

2

2m

D．由T，tT可知在磁场中偏转角大的粒子运动的时间较长，a粒子的偏转角大，

qB2

因此运动时间长，故D正确；

故选CD。

12

4．质子1H和氘核1H以相同速度分别从同一位置垂直于边界射入匀强磁场，两条运动轨迹如图中、

、、��

所示，a的半径为r1，b的半径为r2。设F1F2和t1t2分别是质子、氘核在磁场中所受的洛伦兹力和运动

时间，则（）

A．轨迹a是氘核的运动轨迹B．r1:r21:2

C．F1:F22:1D．t1:t21:1

【答案】B

v2

【详解】A．根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有Bqvm

r

mv

解得带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r

Bq

12

质子1H的质量数为1，电荷量为e；氘核1H的质量数为2，电荷量为e。因为它们速度v相同，

磁感应强度B相同，r与m成正比，氘核质量大，所以氘核的轨道半径大。由图可知r2r1，

所以轨迹b是氘核的运动轨迹，故A错误。

12

B．r1为质子1H做圆周运动的轨迹半径，r2为氘核1H做圆周运动的轨迹半径，

mv

根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r

Bq

rm1

可得1，故B正确；

r22m2

12

C．根据洛伦兹力公式FBqv因为质子1H和氘核1H的电量q1q2e，v相同，B也相同，

FqBv

所以111，所以C错误；

F2q2Bv

2m

D．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式为T

Bq

1m

11

质子1H在磁场中运动时间t1T1

2Bq1

m1

1mtBqmq1

氘核2H在磁场中运动时间tT2所以1112，故错误。

122D

2Bq2t2m2m2q12

Bq2

故选B。

5．2025年9月3日，在纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年的阅兵式上，空中无人作

战方队通过天安门广场，接受祖国和人民检阅。霍尔元件已广泛应用于无人机的各个部分，如图所示，

一块宽为a、长为c，高为h的霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的

恒定电流I时，元件处在垂直于上下表面方向向下的匀强磁场B中，元件的前、后表面间出现稳定电压U。

则（）

A．霍尔元件前表面的电势比后表面的高

B．霍尔元件前、后表面间的电压U与I无关

C．霍尔元件前、后表面间的电压U与c成正比

eU

D．自由电子受到的洛伦兹力大小为

a

【答案】AD

【详解】A．由左手定则可知电子向后表面偏转，即后表面电势低，故霍尔元件前表面的电势比后表面的高，

故A正确；

UBI

BC．根据evBEee因为IneSvnevah联立解得U

aneh

可知霍尔元件前、后表面间的电压U与I有关，与c无关，故BC错误；

eU

D．以上分析可知自由电子受到的洛伦兹力大小为evB，故D正确。

a

故选AD。

6．（25-26高二上·上海普陀·期中）在一正方形区域里有垂直纸面向里的匀强磁场，现有a、b、c三个比荷

相同的带电粒子（不计重力）依次从P点沿PQ方向射入磁场，其运动轨迹分别如图所示，带电粒子a

从PM边中点O射出，b从M点射出，c从N点射出。则a、b、c三个粒子在磁场中的运动速度大小之

比为，运动时间之比为。

【答案】1:2:42:2:1

【详解】[1][2]根据题图可知，a、b、c三个粒子的轨迹半径之比为1:2:4，

v2mv

根据洛伦兹力提供向心力有qvBm解得半径r

rqB

2πr2πm

粒子运动的周期T

vqB

粒子在磁场中的运动时间tT

2π

a、b、c三个粒子的比荷相同，所以a、b、c三个粒子在磁场中的运动速度大小之比为1:2:4，

运动时间之比为2:2:1。

（25-26高二上·上海青浦·期中）电缆电线

7．高压电线会产生磁场，某同学为了研究该磁场的情况，用一根东西方向放置的直流导线来模拟。如图该

导线下方放置有两扇迷你小窗，窗框均为金属材质（所在地区地磁场不计）。

（1）若甲、乙两扇窗均朝正南，推开过程中，窗框中能产生感应电流的是()

A．甲窗B．乙窗C．甲窗和乙窗

（2）该学生继续用直流电来模拟高压电线受到的磁场力：他将一通有电流强度I、长度为L的电流元放在

磁场中P点，P点的磁感应强度为B。

①则该电流元受到的最小磁场力大小为。

②如果电流元的电流减小为原来的一半，则P点处磁感应强度大小为。

8．在正常运行电压作用下电缆终端周围电场分布情况如图，图中虚线为等势线，实线为电场线，下列说

法正确的是（）

A．电场中a点的电场强度大于b点的电场强度

B．一个电子由b点移到a点，需克服电场力做功为20eV

C．一带负电的粒子由b点经a点移至c点，电势能先减小后增大

D．一带正电的粒子从a点静止释放，仅在电场力作用下将沿电场线运动

9．如图是输电线路上六根相同平行长直导线分别固定在正六边形的顶点abcdef上，O为正六边形的中心。

kI

已知通电长直导线周围磁感应强度B大小与电流I、距离r的关系式为B（k为常量）。设ab间距为

r

L，当六根导线通有等大同向电流I0时，其中a处导线对b处导线的安培力大小为F，则（）

kI

A．a处导线在O点产生的磁感应强度大小为0

L

6kI

B．六根导线在O点产生的磁感应强度大小为0

L

C．a处导线所受安培力方向沿aO指向O点

F

D．a处导线对d处导线的安培力大小为

2

10．高压电线上的高压电线球周围会产生电场。茶叶生产过程的工序工具中也有两个带电球，与高压电线

球相似。如图，A、B两个带电球之间产生非匀强电场，茶叶茶梗都带正电荷，且茶叶的比荷大于茶梗的

比荷，两者通过静电场便可分离，并沿光滑绝缘分离器落入小桶。有一茶梗P电荷量为4108C，质量

为2104kg，以1m/s的速度离开A球表面O点，最后落入桶底，O点电势为1104V，距离桶底高度为

1.0m，桶底电势为零。不计空气阻力、茶叶茶梗间一切碰撞能量损失，重力加速度g取10m/s2，则：

（1）茶叶落入桶（填“左”或“右”）；

（2）茶梗P落入桶底速度为m/s（第（2）空需要有必要的计算过程）。

【答案】7．CBIL不变8．AB9．ACD10．（1）右（2）5

【解析】7．[1]根据安培定则，直导线产生的磁场为南北方向的圆周，推开甲、乙两扇窗，穿过两扇窗户的

磁通量发生变化，窗框中均能够产生感应电流。

故选C；

[2]根据安培力公式有FBIL；

[3]磁感应强度与电流元受的安培力、导线长度、电流强度大小无关，只与产生磁场的条件有关，故磁感

应强度不变。

8．A.电场线的疏密程度表示电场强度大小，如图所示，a点电场线比b点的电场线密集，

所以a点电场强度比b点的电场强度大，A正确；

B.电子在a点的电势能为Ep120eV，b点的电势能为Ep240eV，

克服电场力做功为W20eV(40eV)20eV，B正确；

C.显然带负电粒子从b点到a点电势能增大，再到c点电势能减小，C错误；

D.带正电的粒子从a点由静止释放，电场力方向与电场线方向相同，是电场线的切线方向，

所以粒子不能沿电场线运动，D错误。

故选AB。

9．A.因为abcdef是正六边形，所以abO是等边三角形，即aOabL，所以a处导线在O点产生的磁感

kI

应强度大小为0，A正确；

L

B．根据安培定则可以判断，六根导线在O点的相邻磁场方向夹角为60，且每根导线在O点产生的磁感

kI

应强度大小为0，合磁感应强度为0，B错误；

L

C.由于六根导线通有等大同向电流，所以导线间作用力为引力，即有b、f处导线对a导线的合力指向O

点，同理c、e处导线对a导线的合力也指向O点，a、d间的作用力也指向O点，所以a处导线所受安

培力方向沿aO指向O点，C正确；

kI

D.由题意可知ad2ab2L，所以a处导线在d处的磁感应强度为0，为a处导线在b处磁感应强度的

2L

F

一半，a处导线对b处导线的安培力大小为F，则a处导线对d处导线的安培力大小为，D正确。

2

故选ACD。

10．[1]茶叶比荷大于茶梗，在电场中加速度更大，偏转更明显。由图中分离器的结构可知，偏转更大的会

落入右桶。所以茶叶落在右桶。

[2]对茶梗P，运用动能定理，即重力做功与电场力做功的总和等于动能的变化量，

1

有qUmghmv2E

2k0

2(qUmghE)2(410811042104101.01104)

解得vk0m/s5m/s

m2104

（建议用时：40分钟）

（2024·上海奉贤·一模）电与磁

电与磁的深入研究和广泛应用，极大地推动了科技进步，还从根本上改变了人们的生活。

1．如图是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当金属丝A、B两端接直流高压电

源后，可实现减少排放烟气中粉尘的目的。为提高除尘的效率，A端应接直流高压电源的（选

填：A．正极B．负极），在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的（选

填：A．阳离子B．电子）。

2．如图（甲）所示，笔记本电脑的显示屏和机身分别装有磁体和霍尔元件，可实现屏幕打开变亮、闭合熄

屏的功能。图（乙）为机身内霍尔元件的示意图，其长、宽、高分别为a、b、c，元件内的导电粒子是自

由电子，通入的电流方向向右，强度为I。当闭合显示屏时，元件处于垂直于上表面且方向向下的匀强磁

场中，稳定后，元件的前后表面间产生电压U，以此控制屏幕的熄灭。则此时（）

A．前表面的电势比后表面的低B．电压U的大小与a成正比

eU

C．电压U的大小与I成正比D．电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为

c

3．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图。该加速器由靠得很近、间距为d且电势差恒定为U的平行

电极板M、N构成，电场被限制在MN板间，虚线之间无电场。某带电量为q，质量为m的粒子，在板

M的狭缝P0处由静止开始经加速电场加速，后进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，每当回到P0

处会再次经加速电场加速并进入D形盒，直至达到预期速率后，被特殊装置引出。已知P1、P2、P3分别

是粒子在D形盒中做第一、第二、第三次圆周运动时，其运动轨迹与虚线的交点，不计粒子重力。求：

（1）粒子到达P2处的速率；

（2）图中相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值。

4qU21

【答案】1．BB2．C3．（1）；（2）

m32

【解析】1．[1]在电场作用下，管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘吸附了电子后附着在金属

管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的，由此可知，A端与金属丝相连，A端应接直流高压电源的

负极。

故选B。

[2]在除尘过程中，粉尘吸附的是空气分子在强电场作用下电离生成的电子。故选B。

2．A．根据左手定则可知，自由电子受到向后的洛伦兹力，则电子打在后表面，后表面的电势比前表面的

低，故A错误；

UBI

BCD．达到稳定后，有evBe，IneSvnevbc所以U

bnec

eU

由此可知，电压稳定后，自由电子受到的洛伦兹力大小为，电压U的大小与a无关，与I成正比，

b

故BD错误，C正确。

故选C。

3．（1）粒子每次从极板M向N运动时被电场加速，进入磁场则做匀速圆周运动，速率不变，

根据分析，可知粒子到达P2处时共被电场加速2次，

12

对粒子由静止开始到到达P2的过程应用动能定理可得2qUmv0

22

4qU

可解得粒子到达P2处时的速率v

2m

1

（2）根据题意，对粒子经过电场n次加速的过程应用由动能定理nqUmv20

2n

2nqU

可获得速率vn

nm

2

vn

粒子以此速率进入匀强磁场后，洛伦兹力提供向心力，做第n次匀速圆周运动，有qvnBm

rn

mvn

可解得粒子在磁场中第n次做匀速圆周运动的轨道半径rn

qB

P1P22(r2r1)v2v121

则相邻弧间距离P1P2与P2P3的比值

P2