2026年高考物理二轮复习：电场和磁场基本性质（专项训练）解析版

2026年高考物理二轮复习第8讲电场和磁场基本性质专项训练

一、选择题

1.如图甲所示，一绝缘半圆弧AC上均匀分布正电荷，在圆弧的圆心O处激发的电场强度大小为E,若截走

右侧的点如图乙所示，则剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小£，为（）

A.1B.号EC.孚ED.1

【答案】C

【解析】【解答】将整个半圆弧AC三等分，每一份在圆心O处产生的电场强度均为Eo,根据对称性和电场

强度的叠加原理可得E=2E0

剩余圆弧AB在圆心O处激发的电场强度大小为"=2E0cos30°

联立可得E'=苧E

故答案为：Co

【分析】本题考查带电圆弧在圆心处的电场强度叠加问题，核心是利用微元法将带电圆弧等分，结合电场强

度的矢量叠加原理（平行四边形定则）和对称性分析剩余圆弧的电场强度，关键在于确定等分后各段圆弧在

圆心处产生电场的大小与夹角关系。

2.两人等最异种电荷的连线的中垂线组成的面，我们称它为中垂面。在中垂面上的两个同心圆如图所示，

圆心。处在等量异种电荷连线上的中点，圆上有M、N、P三个点，下列说法中正确的是（）

A.N点电势一定大于M点的电势

B.N点场强一定小于M点的场强

C.一个电子在M、P点的电势能相等

D.一个电子在M、P点所受电场力不相同

【答案】C

【解析】【解答】解：等量异种点电荷的中垂面为等势面，M、N、尸三点均在中垂面上，因此三点电势相

等，故A错误。

第1页

等量异种点电荷的场强分布规律为，中垂面上离圆心。越近，场强越大，N点离。点更近，因此N点场强大于

M点场强，故B错误。

M、P点电势相等，电子的电势能用=。。，电子的电荷量q不变，因此电子在M、P点的电势能相等，故C正

确。

M、0点离。点的距离相等，等量异种电荷的中垂面上，等距点的场强大小相等、方向均平行亍电荷连线，因

此两点场强相同；电场力F=qE,贝lj电子在两点所受电场力相同，故D错误。

故答案为：C

【分析】本题考查等量异种电荷的目场分布、电势和电势能以及电场力的判断，核心是掌握等量异种电荷中

垂面的电场和电势特点。先明确等量异种电荷的中垂面为等势面，据此判断三点电势关系和电子的电势能关

系；再根据中垂面上场强的分布规律，判断N、M点的场强大小，结合场强的矢量性判断M、P点的场强是否

相同，进而分析电场力的关系，逐一判断选项。

3.如图所示，两个带等量正电的点电荷分别位于M、N两点上，P、Q是MN连线上的两点，E、F是MN

连线中垂线上的两点，O为EF、MN的交点,OE=0F,OP=PQ.将一负点电荷在E点静上释放，不计负

点电荷重力。下列说法正确的是（）

Ei

I

I

I

I

M®------------:芍⑥N

I

A.负电荷始终做加速运动

B.从E点到F点电势先增大后减小

C.OP两点间电势差与PQ两点间电势差相等

D.仅将M、N两点电荷改为等量带负电，P点电场强度不变

【答案】B

【解析】【解答】A.等量正电荷的中垂线（EF）上，O点上方电场方向竖直向上、O点下方电场方向竖直向

下。负电荷在0点上方受电场力向下（加速），0点处电场力为0（平衡），0点下方受电场力向上（减速），

因此并非始终加速，故A错误；

B.根据A选项分析可知，从E点到F点电场力对负电荷先做正功，后做负功，则负电荷的电势能先减小后

增大，根据3=?可知从E点到F点电势先增大后减小，故B正确；

C.从。到N电场强度变大，根据U=Ed定性分析可知OP两点间电势差与PQ两点间也势差的大小关系为

\uOp\<\UPQ\,故c错误；

D.仅将M、N两点电荷改为等量带负电，电场强度的大小不变，方向相反，即P点电场强度改变，故D错

第2页

误。

故答案为：Bo

【分析】结合等量正点电荷的电场分布（电场强度、电势的变化规律），分析负电荷的运动状态、电势变化

及电场强度的特点。

4.如图，在直角坐标系xOy中有*6、c、d四点，c点坐标为（-4cm,3cm）。现加上一方向平行于xOy平面

的匀强电场，b、c、d三点电势分别为9叭25V、16V,将一电荷量为-2x10-5。的点电荷从a点沿Med移

动到d点，下列说法正确的是（）

八y/cm

3力

2-\

1■\

2x/cm

A.电场强度的大小为500V/m

B.坐标原点O的电势为-4V

C.该点电荷在a点的电势能小于在b点的电势能

D.该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为-4.8x10-4/

【答案】A

【解析】【解答】B.由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故am-

0。

代入数据解得@0=0乙故B错误;

A.将Oc连接，并通过b作Oc的垂线交于f,如图所示

根据几何关系可得。c=V32+42cm=5cm

因Uc0=0c-00=25匕故沿cO每1cm电势降低5V,根据几何关系可得。/'=3sin37Xm=1.8c?n

可得（//0=1.8、5，=9乙根据〃也=盯一9。，可得知=9匕所以bf为等势线，电场线方向沿cO方向，电

Unr

场强度为E=肝=_2=500，/m,故A正确；

cU5x10

第3页

C.根据沿着同一个方向前进相同跣离电势的降低相等，则沿x轴方向分析，可知a点的电势为0Q=-8V,

故a点的电势小于b点的电势，根据负电荷在电势越小处，电势能越大，可知该点电荷在a点的电势能大于

在b点的电势能，故C错误；

D.该点电荷从a点移到d点的过程中，电场力做的功为勿=q4d=q（0a—9d）=4.8x10-4/

故D错误。

故选A。

【分析】一、解题关键思路

（1）利用”等间距相同方向电势差相等“求未知电势

题中给出的是匀强电场，所以沿某一方向每前进相同距离，电势变化量相等。

由，，（己知）可在图中建立网格分析。解析中先求或等，需要建立平面电势分布。

一种常用方法：确定等势线一求场强大小和方向一求各点电势。

（2）找等势点的方法

连接已知电势的点并作垂线找等势点。

题目解析中连接利c,过b作0c垂线交于f,由几何关系找到一从而确定bf为等势线，电场线与它

垂直。

（3）电场强度大小计算

确定等势线后，电场线方向就是垂直于等势线的方向（电势降低最快的方向）。

在电场线方向上，选取已知电势差的两点（比如c与O之间），用

二、核心公式与技巧归纳

1、匀强电场中电势分布线性

沿任意直线，电势是均匀变化或不变（若直线与电场垂直

可列方程：已知点电势+等电势变化规律一求未知点电势。

2、几何关系确定投影距离

找电场强度时，两点间电势差除以沿电场线方向的距离，这个“距离”要用几何关系求投影。

3、电势能比较（负电荷）

记住口诀：负电荷，高电势处电势能小。

4、电场力做功

，代入电势差时注意顺序。

5.如图所示，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。ad=4cvn,cd=

2cm,电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为10V,b点的电势为I4V,d点的电势为2V,下列说

法正确的是（）

第4页

A.c点的电势为8V

B.电场强度大小为200&V/m

C.电场强度大小为100aV/m

D.电场强度的方向向左下方与be连线夹角为45°

【答案】B

【解析】【解答】A.根据匀强电场中平行等距的线段电势差相等，则有Uad=Ubc，即生一%=九-0c，解

得3c=6心故A错误；

BCD.将bd连接起来，两点的电势差为12V,而ba的电势差为4V,故将bd分成三等分，在bd连线上找c

点的等势点n,如图所示

则有8c=%=6V

过b点作等势线cn的垂线，与ad相交于e点，则有线=0c=6V=

即e点为ad连线的中点，则有ae=,ad=2cm,又由题知tzb=cd=2cm

根据几何关系，可得从b点到等势线cn沿电场线方向的距离为d=Vae2+ab2=2y/2cm

则电场强度大小E=g=£=200V2l//m

a2、泛xlO'

根据电场线与等势线垂直，可知该垂线的方向即电场强度的方向，设与左连线的夹角为。，根据几何关系有

tan。=—=1

ae

解得。=45°

即电场强度的方向向右上方与be连线夹角为45。，故B正确，CD错误。

故答案为：Bo

【分析】利用匀强电场中“平行等距线段电势差相等”的规律确定未知点电势，再结合“电场强度与电势差的

关系''计算场强。

6.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C

第5页

三点，已知々；-心=珈-必。该电子的电势能与随坐标X变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是

甲乙

A.A点电势高于B点电势

B.A点的电场强度小于B点的电场强度

C.电子经过A点的速率大于经过B点的速率

D.A、B两点电势差U而大于B、C两点电势差Ug

【答案】D

【解析】【解答】A.由题图乙知电子的电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电子逆着电场线

运动，沿着电场线电势降低，故A点电势低于B点电势，选项A错误；

C.电子从A到B电场力做正功，根据动能定理知，电子的速度增大，故电子经过A点的速率小于经过B

点的速率，选项C错误；

B.根据功能关系知电场力做功等于电势能的变化量的相反数

4坛=—qEAx

即图象的斜率的绝对值表示电场力的大小，由题图乙可知，A点电场强度的大小大于B点电场强度的大小，

选项B错误；

D.由题图乙可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，根据电场力做功与电势能的关系知，

A、B两点间电势差U加大于B、C两点间电势差UBC，选项D正确。

故选Do

【分析】根据电势能的变化量等于弓场力做的功，可知Ep-x图象的斜率表示电场力，据此判断场强的变化；

只有电场力做功时，电势能与动能之和守恒。电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。电

场力做功就等于电势能的减少量。

7.如图所示，实线为电场中某区域内的电场线，虚线为带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，心从c是

轨迹上的三个点，下列说法正确的是（）

第6页

A.c点的电场强度大于8点的电场强度

B.带电粒子带正电

C.带电粒子在b点的电势能大于在Q点的电势能

D.a点的电势低于b点的电势

【答案】C

【解析】【解答】A.根据题图中电场线的疏密程度可知，c点的习场强度小于b点的电场强度，故A错误；

B.虚线为带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，由于电场力位于轨迹的凹侧，可知电场力与场强方向相

反，则带电粒子带负电，故B错误；

CD.根据沿电场方向电势逐渐降低，结合等势面与电场方向垂直，可知a点的电势高于b点的电势；根据

Ep=q（p,由于带电粒子带负电，则带电粒子在b点的电势能大于在a点的电势能，故C正确，D错误。

故答案为：Co

【分析】结合电场线的性质（疏密表场强、方向表电势降低方向）、轨迹与受力的关系（电场力指向轨迹凹

侧），分析场强、粒子电性、电势能及电势的关系。

8.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（）

B.〃点的磁感应强度大于c•点

C.c点的磁感应强度大于。点

D.。、氏c三点的磁感应强度一样大

【答案】B

【解析】【解答】磁感线越密集的地方磁感应强度越大，故可知%＞从＞员

故答案为：Bo

【分析】本题核心思路是利用磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小这一基本规律，通过观察题图中a、

b、c三点的磁感线分布密集程度，对比三点磁感应强度的大小关系。

第7页

9.如图所示，一根带负电的塑料棒，长为1、横截面积为S、均匀分布有N个电子（电子电荷量为-e）。让

棒垂直于匀强磁场B,以速度v沿轴向做匀速运动。下列说法正确的足（）

Meeeeee^

A.等效电流的方向与v方向相同B.等效电流的大小早

C.棒产生的感应电动势E=D.棒所受安培力的大小F=NeS讥B

【答案】B

【解析】【解答】A：塑料棒带负电，电子定向移动方向与u方向相同，而电流方向与负电荷定向移动方向相

反，因此等效电流方向与"方向相反，故A错误;

1,NeveN

B：等效电流的定义为/=",电子全部通过某一截面的时间t=,，总电荷量q=Ne,代入得,=丁二一厂,

vv

故B正确;

C：感应电动势E=8母的适用条件是导体垂直切割磁感线，本题中塑料棒沿轴向运动，速度方向与磁场方向

垂直，但棒为带电体的定向移动而非导体切割，且电荷运动方向与磁场垂直时是洛伦兹力作用，并非动生电

动势，故C错误；

D：安培力是磁场对电流的作用力，公式为F=BII,代入I=竽得F=BIl=B・竿・I=NeuB,并非

NeSvB,故D错误。

故答案为：Bo

【分析】本题解题的核心是结合电流的定义式推导等效电流大小，明确电流方向与负电荷定向移动方向的关

系，同时区分动生电动势的产生条件和安培力的计算方法，避免公式的错误套用。

10.竖直面内一正三角形48c的底边8C水平，三个顶点处分别固定有与三角形平面垂直的长直导线，并通以

如图所示方向的恒定电流，导线中的电流大小均相等，则A处导线所受到的安培力方向是（）

上

A®

■/、\

.，、、

左/\右

/%

/，、、

/，、、

,/%、

B®.............................0C

下

A.平行BC向左B.平行8C向右C.垂直BC向上D.垂直BC向下

【答案】A

【解析】【解答】用安培定则判断B电流在A处的磁感应强度方向垂直BA朝向左上方，C电流在A处的磁

感应强度方向垂直AC朝向右上方，如图

第8页

左/\右

9\

，/%、

//、%

/，%

B®.........®C

下

且B、C电流在A处的磁感应强度大小相等，故矢量合成后A处的磁感应强度方向垂直BC向上；由左手定

则可知，A电流所受的安培力方向五行BC向左，故A正确，BCD错误。

故选Ao

【分析】1.安培定则（右手螺旋定则）判断电流产生的磁场方向

直线电流的磁场：右手握住导线，拇指指向电流方向，四指环绕方向为磁感线方向（环绕导线）。

本题中，要判断B、C处的电流在A处产生的磁场方向。

2.磁感应强度的欠量合成

空间中某点的磁感应强度是各个电流在该点产牛•的磁场的矢量和。

本题需分别求出B、C电流在A点的磁场方向，再合成得到A点的合磁场方向。

3.左手定则判断安培力方向

已知电流方向（A处电流垂直于纸面向里），已知A处的合磁场方向，用左手定则：

伸开左手，磁感线垂直穿入手心（即掌心朝向磁场N极方向，或让磁感线垂直穿过掌心）。

四指指向电流方向（A电流方向垂直于纸面向里=四指指向纸里

拇指方向为安培力方向。

4.儿何对称性的利用

B、C处电流大小相等，至IJA的距离相等，且BA与AC夹角相等（对称）。

因此B、C在A处产生的磁场大小相等，方向对称。

对称合成后，合磁场方向往往沿对称轴方向（本题中合磁场垂直于BC向上）。

11.如图所示，空间中存在一匀强磁场（图中未画出，大小、方向未知）。两条平行金属导轨词距l=lm,与

水平面成倾角8=37。固定，在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m=0.5kg的金属棒AB置于

短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数现将两导轨与恒流电源相连接，金属棒中电流大小为

1=3A,重力加速度的大小取lOm/s?,sin37°=0.6o要使金属棒沿导轨向上以a=2m/s2的加速度做匀加速直线运

动，则磁感应强度的最小值为（）

第9页

A

C.ITD.2T

【答案】A

【解析】【解答】对金属棒受力分析，如图所示

根据牛顿第二定律可得Fcosa-mgsinO-f=ma,FN+Esina=mgcos。,f=

6

联立可得F=

cosa+0.5sinaN

612

由此可知Fmin=8min〃=fN=~^N

Jl+0.52’心

所以8mm=华7

故答案为：Ao

【分析】对金属棒进行受力分析，将安培力分解到沿导轨和垂直导轨方向，结合牛顿第二定律建立方程;

通过三角函数求极值的方法，找到安培力的最小值，进而求出磁感应强度的最小值。

12.如图所示，a、b、c、d为正方形的四个顶点，在b、c、d三处有垂直于正方形所在平面的无限长通电直

导线，b、d两处的电流方向向外、大小均为I,c处的电流方向向里、大小为此时a处的磁感应强度为

Oo已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到通电长直导线的距离成反比，即8=

红，以下说法正确的是（）

r

a\......................Qb

c/Qa,

A.f=1

乙

B./=V2Z

第10页

c.I=21

D.仅将b、d处的电流反向，a处的磁感应强度仍为0

【答案】C

【解析】【解答】磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定贝J,因此要正确根据安培定则判断导线周围磁

场方向是解题的前提。ABC.根据安培定则可知b处导线在Q处产生的磁场方向向下，d处导线在a处产生的磁

场方向向左，c处导线在a处产生的磁场方向为垂直于ac连线斜向右上方。大小为Bb=k；,%=芸，及=

磁感应强度为矢量，根据矢量合成法则可知人d两处导线在。处产生的合磁感应强度为

a处的磁感应强度为0,则

421I

Bbd=k—^―=Bc=k-=-

rV2r

解得

/=2/

故AB错误，C正确;

D.若叹将b、d处的电流反向，则三根直导线在a处的磁感应强度大小为

2/2kI

B=28bd=-—于°

故D错误。

故选Co

【分析】通电导线在其周围产生磁场，由安培定则和平行四边形定则求三根通电导线产生的磁感应强度在o

点的场强；根据磁场的合成求得在0点的合场强。

二、多项选择题

13.如图，将带负电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移

动到C点。该试探电荷在A、B、C三点的电场力大小分别为「公小、Fc，电势能分别为E”、EPB、Epj

下列关于它们的大小关系正确的是（)

二方『一下巧

A.FA<FR<FCB-FA=FR<FC

C.EPA=Epp<EpcD.EPA=EPB>EPC

第11页

【答案】A,D

【解析】【解答】AB.根据等量异种电荷的电场分布特征可知，从A到B、从B到C的过程，电场线的分布

逐渐变密集，即电场强度逐渐增大，则电荷受到的电场力逐渐增大，故A正确，B错误；

CD.根据等量异种点电荷电场线的分布可知，带负电的试探电荷从A到B,电场力与运动方向垂直，所以

不做功，电势能不变；从B到C,电场力方向与运动方向相同，所以做正功，电势能减少，故C错误，D正

确。

故选ADo

【分析】一、等量异种点电荷的电场分布规律

1、中垂线上的电场特点

方向：处处与中垂线垂直，指向负耳荷一侧（若正左负右，则中垂线上电场方向水平向右）。

大小：从中点向两侧递减，中点处场强最大。

电势：中垂线是等势线（通常取为零势面）。

2、连线上的电场特点

方向：从正电荷指向负电荷。

大小：从正电荷到负电荷先减小（口点最小）后增大。

电势：从正电荷到负电荷逐渐降低。

二、电场力的大小比较

公式：（仅比较大小）。

分析步骤：确定路径各点电场强度E的变化，电荷带负电不影响大小比较（只影响方向）。

本题结论：沿A-B（中垂线向中点）E增大-F增大；沿B-C（中点沿连线向某一电荷移动）E继续

增大-F继续增大-o

三、电势能的判断方法

公式法：Ep=q（p,注意q的正负。

功能关系：电场力做功等于电势能减少量，

电场力做正功一电势能减少；电场力做负功—电势能增加；电场力不做功-电势能不变。

14.如图所示，匀强电场的电场强度方向水平向右。竖直平面内一质量为加、电荷量为q的粒子从M、N连线

上的M点由静止释放，粒子刚好沿MN运动。已知MN与水平方向成37。角，M、N间的距离为A,重力加速度

为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力，下列判断正确的是（）

第12页

A.匀强电场的电场强度大小为警

B.粒子从"点运动到N点所用的时间为饿

72g

C.M、N两点间的电势差UMU=

D.粒子从网点运动到N点的过程中电势能的增加量为嘤

【答案】A,C

【解析】【解答】A.粒子刚好沿MN运动，可知重力和电场力的关系满足tan37o=翳，匀强电场的电场强度

大小为E=噜,故A正确；

B.粒子的加速度Q==学，根据乙二2如2,粒子从M点运动到N点所用的时间为亡=屏，故B错

sin3703275g

误；

C.M、N两点间的电势差UMN=Ekos37o=i^±故C正确；

JLOC/

D.粒子从M点运动到N点的过程中电场力做功勿=q(/MN="翌，电场力做正功，电势能减少量为

JL3

竺曾，故D错误。

JLJ

故答案为：AC0

【分析】粒子沿MN运动，说明合力沿MN方向，结合重力与电场力的合力方向，先求电场强度，再通过

运动学公式算时间，利用电势差公式求UMN，分析电势能变化。

15.真空中一平面直角坐标系xOy内，存在着平行％轴方向的电场，x轴上各点的电势9随位置无变化的关系图

像如图所示，x=0处电势为6乙一个负电荷从x=1cm处由静止释放，不计电荷重力，则下列说法正确的是

()

第13页

A.x=2cm处的电势为零，电场强度大小也为零

B.x=—lc7n处的电场强度小于尤=1cm处的电场强度

C.负电荷在％=1cm处释放后沿》轴负方向运动过程中，电势能先变大后变小

D.负电荷在％=1cm处释放后沿x轴负方向运动到的最远位置处的坐标为x=-1.5cm

【答案】B,D

【解析】【解答】AB.由电势（p随位置x变化的关系图象可知，均是匀强电场，斜率表示电场强度大小，所

以右侧电场强度大小为

6-0

邑=032=300K/rn

左侧电场强度大小为

6—0

F2=0^3=200K/m

所以x=2cm处的电场强度不为0；%=-1cm处的电场强度小于％=1cm处的电场强度，故A错误，B正确;

C、一个带负电粒子从x=lcm处由静止释放后沿x轴负方向运动过程中，负电荷受的电场力与电场的方向相

反，先向左后向右，电场力先做正功后做负功，所以电势能先变小后变大，故C错误：

D、根据动能定理：因为初末速度为0,所以在原点两侧电场力做的功一正一负，大小相等，知负电

荷相对于原点的位移大小比为2：3,即在x=lcm处释放后沿x轴负向运动到的最远位置处的坐标为x=-1.5cm,

故D正确。

故选BDo

【分析】电场强度的大小可以根据（p-x图象的斜率判断，电场强度的方向可以根据电势的升降判断，负电荷受

的电场力与电场的方向相反，电势能的变化取次于电场力做功，负电荷运动的位移用动能定理解决。

16.如图甲、乙所示，同种材料制成边长为a的粗细均匀的正方形导体框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强

度为B,从A点通入电流【，下列说法正确的是（

A.若电路如图中所示,线框受到的安培力大小为8/Q

B.若电路如图中所示,线框受到的安培力大小为V2BIa

C.若电路如图乙所示，线框受到的安培力大小为0

D.若电路如图乙所示，线框受到的安培力大小为B/a

【答案】B,D

【解析】【解答】AB.若电路如图用所示，则流过4BC支路和ADC支路的电流都为人有效长度相当于4C的

第14页

长度或a；根据左手定则可知，两支路受到安培力都为向上，则线框受到的安培力大小为5=2•或Q=

故A错误，B止确；

CD.若电路如图乙所示，则流过/WCO支路的电流A=[,流过40支路电流/2=,/；根据左手定则知，AB

边和CD边受到安培力大小相等、方向相反，合力为零：8c边和40边受到安培力方向都为向上，大小分别为

/3/

f:BC=^4a,Bi。=8彳a

可知线框受到的安培力大小为/=生。+以a=8/a，故C错误，D正确。

故答案为：BDo

【分析】先分析两种电路的电流分配，再结合安培力公式F=BIL（L为有效长度）计算总安培力。

17.如图所示，匀强磁场的方向垂直电路所在平面（纸面）向里，A、C两端接有不同材料制成的两条支

路，上面的支路为半圆，4C为半圆的直径；下面的支路为折线，△4C0恰好为等边三角形。闭合开关S后，

上面的支路和下面的支路受到的安培力大小和方向均相同，己知上面的支路和下面的支路均粗细均匀且横截

面积相等，下列说法正确的是（）

A.上面的支路和下面的支路通过的电流之比为1：1

B.上面的支路和下面的支路通过的电流之比为4:乃

C.上面的支路和下面的支路材料的电阻率之比为4:加

D.上面的支路和下面的支路材料的电阻率之比为兀:4

【答案】A,C

【解析】【解答】AB.设半圆的半径为r,上、下两部分有效长度相等（均为2厂），上面的支踩和下面的支路

所受安培力&=BI-2r

则通过上面的支路和下面的支路的耳流相等，故A正确，B错误；

CD.上面的支路和下面的支路的电压也相等，根据欧姆定律可知，两支路的电阻也相等，根据电阻定律有

p17rr=p2-4r

则上面的支路和下面的支路材料的日阻率之比为4:兀，故C正确，D错误。

故答案为：ACo

【分析】通过安培力公式判断电流关系，结合电阻定律推导电阻率之比：核心是利用“安培力大小相等“得电

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流关系，再由电阻定律结合电阻相等（并联电压相等、电流相等）求电阻率之比。

三、计算题

18.如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，一带正电的小球通过绝缘的轻质弹簧和轻绳悬挂在空中处

于静止状态，弹簧处于水平状态，轻绳与竖直方向的夹角0=45。，已知小球的质量m=0.1kg,电荷量q二

1.6x10-6。，场强大小E=5.0x105/v/C,重力加速度g取lOm/s2求：

（1）轻绳的拉力大小；

（2）弹簧的弹力大小及方向；

（3）撤去电场同时剪断轻绳，此瞬间小球的加速度大小。

【答案】（1）带电小球竖直方向平衡，有

mg=Fcos45°

可得拉力

F=>j2mg=&N

（2）水平方向小球平衡，假设弹力方向水平向左，有

Fsin45°+F弹=qE

可得

F弹=-Q2N

所以弹簧的弹力大小为0.2N,方向水平向右；

（3）撤去电场同时剪断轻绳，此瞬间小球的加速度大小约为

］（F岸y+（mg）2

Q=-----------------=10.2m/s2

【解析】【分析】（1）分析小球的受力，由小球竖直方向上的受力平衡，求解轻绳上的拉力大小；（2）由小球

水平方向上的受力平衡，求解弹簧弹力的大小及方向；（3）分析撤去电场同时剪断轻绳小球的受力，由牛顿

第二定律计算此瞬间小球的加速度天小。

19.如图所示，两平行金属导轨弯折成90度角的两部分，导轨接有电动势E=3心内阻r=0.5。的电源，定

值电阻Ro=2.S。.导轨间距/,=JSm,导轨电阻忽略不计C导轨的竖直部分左侧有一根与其接触良好的水平

放置的金属棒。匕，在金属棒所在空间加一竖直向上的匀强磁场（图中仅画出了一根磁感线），金属棒M质量

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m=50g,电阻不计。已知导轨竖直部分与金属棒间的动摩擦因数〃=0.5（设最大静摩擦力等于滑动摩擦

力