文档文本内容
专题 09 磁场
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
知识考查层面，着重对磁场基本性质
考点1 磁现象
2022 的深度挖掘，强化对安培力、洛伦兹力的
与磁场
理解与应用。一方面，结合安培定则、左
手定则，分析通电导体在磁场中的受力方
考点2 安培力
2022、2023
向与大小，处理安培力作用下导体的平
与洛伦兹力
衡、加速等动力学问题；另一方面，通过
考点3 带电粒
带电粒子在匀强磁场、复合场（磁场与电
子在磁场中的 2021、2023、2025
场、重力场叠加）中的运动，综合考查牛
运动
顿运动定律、圆周运动规律、功能关系等
知识，如分析质谱仪、回旋加速器等装置
中粒子的运动轨迹与能量变化。
能力要求上，突出数理结合与逻辑推
理。考生需运用数学工具，如三角函数、
几何关系求解带电粒子在磁场中圆周运动
的半径、圆心角、运动时间等物理量，通
过函数图像分析磁场变化对安培力、感应
电流的影响。面对多过程、多因素的磁场
考点4 带电粒 问题，能依据物理规律，梳理各物理量间
子在复合场中 2021、2024 的逻辑关联，推导结论。实验探究能力的
的运动 考查力度逐步提升，要求考生设计实验验
证安培力、洛伦兹力的规律，利用传感器
等设备测量磁场强弱、方向，处理实验数
据并分析误差，如探究通电螺线管内部磁
场分布特点。此外，部分试题会引入新的
科研成果或情境信息，考查考生获取信
息、迁移知识、解决新问题的创新能力，
全方位检验考生对磁场知识的掌握程度与
物理学科核心素养的发展水平。
考点01 磁现象与磁场1．（2022·北京·高考）指南针是利用地磁场指示方向的装置，它的广泛使用促进了人们对地磁场的认识。
现代科技可以实现对地磁场的精确测量。
（1）如图1所示，两同学把一根长约10m的电线两端用其他导线连接一个电压表，迅速摇动这根电线。
若电线中间位置的速度约10m/s，电压表的最大示数约2mV。粗略估算该处地磁场磁感应强度的大小B
；
地
（2）如图2所示，一矩形金属薄片，其长为a，宽为b，厚为c。大小为I的恒定电流从电极P流入、从电
极Q流出，当外加与薄片垂直的匀强磁场时，M、N两电极间产生的电压为U。已知薄片单位体积中导电
的电子数为n，电子的电荷量为e。求磁感应强度的大小B；
（3）假定（2）中的装置足够灵敏，可用来测量北京地区地磁场磁感应强度的大小和方向，请说明测量的
思路。
nec
【答案】（1）4×10−5T；（2）B= U；（3）见解析
I
【详解】（1）电线中间位置速度约为10m/s，则整体平均速度约为v=5m/s，由E=BLv可估算得该处地磁
场磁感应强度B 的大小为4×10−5T。
地
Δq
（2）设导电电子定向移动的速率为v，t时间内通过横截面的电量为q， 有I= =nebcv 导电电子
Δt
U nec
定向移动过程中，在MN方向受到的电场力与洛伦兹力平衡，有e =evB 得B= U
b I
（3）如答图3建立三维直角坐标系Oxyz设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为B、B、B。把金属薄片置于xOy平面内，M、N两极间产生电
x y z
nec
压U 仅取决于B。由（2）得B = U 由U 的正负（M、N两极电势的高低）和电流I的方向可以确定
z z z I z z
B 的方向。 同理，把金属薄片置于xOz平面内，可得B 的大小和方向；把金属薄片置于yOz平面内，可
z y
得B 的大小和方向，则地磁场的磁感应强度的大小为B=❑√B2+B2+B2 根据B、B、B 的大小和方向可确
x x y z x y z
定此处地磁场的磁感应强度的方向。
考点02 安培力与洛伦兹力
2．（2023·北京·高考）2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁橇”，创造了大质量电磁推进技术的
世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨
间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属
棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度
B与电流i的关系式为B=ki（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区
域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金
属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a :a ；
1 2
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
√10kI2Ls
【答案】（1）kI2L；（2）1:4；（3）❑
m
【详解】（1）由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为B =kI 金属棒经过第一级区域时受到安培力的
1大小为F=B IL=kI2L
1
F kI2L
（2）根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为a = = 第二级区域中磁感应
1 m m
强度大小为B =2kI 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F′=B ⋅2IL=4kI2L 金属棒经过第二
2 2
F′ 4kI2L
级区域的加速度大小为a = = 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a :a =1:4
2 m m 1 2
1
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得Fs+F′s= mv2 −0 解得金属棒从静止
2
√10kI2Ls
开始经过两级区域推进后的速度大小为v=❑
m
3．（2022·北京·高考）如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框
abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
【答案】D
【详解】A．根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增
加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误；
E ΔΦ S ΔB
B．线框中产生的感应电流为I= =n =n ⋅ 空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框
R RΔt R Δt
中产生的感应电流不变，B错误；
C．线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F =BIL，故所受的安
安
培力变大，C错误；
D．线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，根据左手
定则可知，线框ad边所受的安培力水平向右，线框bc边所受的安培力水平向左。通电直导线的磁场分部特
点可知ad边所处的磁场较大，根据安培力表达式F =BIL可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，D
安
正确。
故选D。
4．（2022·北京·高考）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面
的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确
的是（ ）A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子
【答案】A
【详解】AD．根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负
电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；
B．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B
错误；
v2
C．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知qvB=m 解得粒子运动的
r
mv
半径为r= 根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物
qB
质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。
故选A。
考点03 带电粒子在磁场中的运动
5．（2025·北京·高考）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q 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的关系。
0
(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v :v ；
1 2
b．粒子2的动量大小p 。
2
2π
【答案】(1)
T= ⋅m
q B
0
qBd
(2)a．v :v =θR:d；b．
1 2 θ
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 vB=m 解得轨道半
0 R
mv
R=
径
q B
0
2πR 2πm 2π
圆周运动的周期T= 将R代入得 T= 比例关系为 T= ⋅m
v q B q B
0 0θ d
（2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度v =ωR= R 粒子2做匀速直线运动，速度v = 所以速
1 t 2 t
θR
v t θR v2
度之比 1 = = 即v :v =θR:d b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有qv B=m 1 可得
v d d 1 2 1 R
2
t
qBR
m= 粒子2的动量p =mv
v 2 2
1
qBR qBR⋅d qBd
结合前面的分析可得
p = ⋅v = =
2 v 2 θR θ
1
6．（2023·北京·高考）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（l>>a）。
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+q，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a
Bqa
B．粒子质量为
v
C．管道内的等效电流为nqπa2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
【答案】C
【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r=a故A正
确，不符合题意；
v2 Bqa
B．根据qvB=m 可得粒子的质量m= 故B正确，不符合题意；
r v
n n
C．管道内的等效电流为I=NqSv 单位体积内电荷数为 则I= qπa2v=nq 故C错误，符合
πa2v πva2
题意；
2a
D．由动量定理可得FΔt=2nmΔtv 粒子束对管道的平均作用力大小F'× =F 联立解得F'=nBql
l
故D正确，不符合题意。
故选C。
7．（2021·北京·高考）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴
正方向成60的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP
= a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【详解】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心O ，轨迹如图所示
1
❑√3 a 2❑√3 ❑√3
A．由几何关系可知OO =atan30°= a。R= = a 因圆心的坐标为(0, a)，则带
1 3 cos30° 3 3
电粒子在磁场中运动的轨迹方程为x2+(y−
❑√3
a)
2
=
4
a2 故A正确；
3 3
v2 qBR
BD．洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 解得带电粒子在磁场中运动的速率为v= 因轨迹圆的半径R
R m
可求出，但磁感应强度B未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；
2 2πR 2πm
C．带电粒子圆周的圆心角为 π，而周期为T= = 则带电粒子在磁场中运动的时间为
3 v qB
2
π
3 2πm 因磁感应强度B未知，则运动时间无法求得，故C错误；
t= T=
2π 3qB
故选A。
考点04 带电粒子在复合场中的运动
8．（2024·北京·高考）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的
放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为
d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴
向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B ；还有方向沿半径向外的径向磁
1
场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的
匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷
量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的
电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为−e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小B ；
2
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求
此霍尔推进器获得的推力大小F。
eE mE nk❑√2eMEd
【答案】（1）a=
M
；（2）B
2
=
eRB
；（3）F=
1+k
1
【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律
eE
eE=Ma 解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a=
M
（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径
mv2
向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即eE=evB ，evB =
2 1 R
mE
B =
解得径向磁场的磁感应强度大小为
2 eRB
1
（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单
位时间内进入放电室的电子数为n ，则未进入的电子数为n−n ，设单位时间内被电离的氙离子数为N,则
1 1
有
N
=k 已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有N=n−n 联立可得
n 1
1
nk 1
单位时间内被电离的氙离子数为N= 氙离子经电场加速，有eEd= Mv2 时间Δt内氙离子所受到的
1+k 2 1
作用力为F′，由动量定理有F′ ⋅Δt=N⋅Δt⋅Mv 解得F′=
nk❑√2eMEd
由牛顿第三定律可知，霍尔
1 1+k
nk❑√2eMEd
推进器获得的推力大小F′=F 则F=
1+k
9．（2021·北京·高考）如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直
的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为
m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不
计重力。
（1）求粒子加速器M的加速电压U；
（2）求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；（3）仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线
的距离为d，求该粒子离开N时的动能E 。
k
mv2 1
【答案】（1）U= ；（2）E=vB，方向垂直导体板向下；（3）E = mv2+qBvd
2q k 2
1 mv2
【详解】（1）粒子直线加速，根据功能关系有qU= mv2 解得U=
2 2q
（2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡Eq=qvB 得E=vB 方向垂直导体板向下。
1
（3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有E =qU+Eqd 解得E = mv2+qBvd
k k 2
1．（2025·北京朝阳·二模）在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质
软导线的P端固定，M端可以自由移动。当导线中通过电流强度I时，在M端施加沿导线的水平恒力F，
软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q
的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B，不计粒
子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力F
qF
C．粒子的动量大小为
I
F
D．粒子的轨道半径为
2BI
【答案】C
【详解】A．根据左手定则，粒子带负电，A错误；
B．设PM弦长为L，弦切角为α，则圆心角为2α，圆弧导线受到的安培力等效直导线受到的安培力，L=2Rsinα，2Fsinα=BIL ，解得F=BIR 恒力F与导线长度无关，若导线长度减小，仍保持圆
弧半径不变，水平恒力F不变，B错误；
v2 qF
C．根据牛顿第二定律得qv❑B=m ❑ ，解得粒子的动量大小为mv= ，C正确；
❑ R I
F
D．根据F=BIR，解得粒子的轨道半径为R= ，D错误。
BI
故选C。
2．（2025·北京昌平·二模）如图所示，将长度为a、宽度为b、厚度为c的金属导体板放在垂直于ab表面
的匀强磁场中，当导体中通有从侧面1流向3的电流I时，在导体的上下表面2和4之间会产生电势差U，
这种现象称为霍尔效应。利用霍尔效应的原理可以制造磁强计，测量磁场的磁感应强度。已知该金属导体
单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e。则该磁场的磁感应强度B的大小为（ ）
necU neI neaU I
A． B． C． D．
I cU I necU
【答案】A
【详解】当在导体的上下表面2和4之间产生恒定的电势差U时，自由电子此时受到的电场力与洛伦兹力
U U necU
平衡，即 e=evB 可得B= 结合电流的微观表达式I=nevbc 联立可得B=
b bv I
故选A。
3．（2025·北京东城·二模）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状结构的新材料，其导电能力远超
银和铜等传统材料。现设计一电路测量石墨烯样品的载流子（自由导电粒子）浓度n，n为单位面积上的载
流子个数。该载流子的电性及所带电荷量均与电子相同。
图甲为测量原理图，长为l、宽为d的石墨烯材料垂直于磁场放置，P、Q、M、N为电极。电极P、Q间通
以恒定电流I，电极M、N间产生大小为U的霍尔电压。改变磁场的磁感应强度B，测量霍尔电压U，获得
多组数据，得到U−B关系图线如图乙所示。已知某次测量中所通电流大小I=1.0mA，元电荷
e=1.6×10−19C。下列说法正确的是（ ）A．石墨烯与半导体的导电能力相当
B．电极M的电势比电极N的电势高
I
C．图乙中图线的斜率k=
ned
D．该样品的载流子浓度n约为2.3×1016个/m2
【答案】D
【详解】A．已知石墨烯导电能力远超银和铜等传统材料，而半导体导电能力介于导体和绝缘体之间，石
墨烯导电能力远强于半导体，故A错误；
B．左手定则可知电子向电极M端偏转，电极M的电势比电极N的电势低，故B错误；
C．题意知样品每平方米载流子（电子）数为n，则时间t内通过样品的电荷量q=nevdt 根据电流的定义
q U I
式得I= =nevd 电流稳定时有qvB= q 整理得U=Bdv 可知k=dv 联立解得k= 故C错误；
t d ne
(88−0 )×10−3 I
D．图像可知斜率k= V/T= 其中I=1.0×10−3A ，e=1.6×10−19C 联立数据
(320−0 )10−3 ne
n≈2.3×1016个/m2 故D正确。
故选D。
4．（24-25高三下·北京海淀·二模）如图所示，导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上且与导轨垂直，整个
装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导体棒。闭合开关S，导体棒处于静止状态。下列磁场方向中，使
导体棒与导轨之间一定存在静摩擦力的是（ ）
A．竖直向上 B．水平向左
C．垂直于导轨平面向上 D．垂直于导轨平面向下
【答案】D
【详解】A．分析导体棒受力如图（a端截面，安培力需要判定未画出）。磁场方向竖直向上时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力水平向右，此时，水平向右安培力有可能与重力、弹力的合力平衡，不一
定存在静摩擦力，故A错误；
B．磁场方向水平向左时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力竖直向上，此时，若安培力恰好等于重
力时，则弹力为零，不需要静摩擦力作用导体棒即可处于平衡状态，故B错误；
C．磁场方向垂直于导轨平面向上时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力沿斜面向上，此时，安培力
有可能与重力、弹力的合力平衡，不一定存在静摩擦力，故C错误；
D．磁场方向垂直于导轨平面向下时，由左手定则可得导体棒所受磁场安培力水平沿斜面向下，此时，必
须存在静摩擦力以平衡安培力、重力、弹力的合力，故D正确；
故选D。
5．（2025·北京丰台·二模）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一不计重力的带电粒子垂
直磁场边界从M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在N点速率小于在M点速率
C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出
D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
【答案】C
【详解】A．粒子向右偏转，洛伦兹力方向整体向右，根据左手定则可知，四指指向与粒子速度方向相
反，可知，粒子带负电，故A错误；
B．洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，即粒子在N点的速率等于在M点的速率，故
B错误；
v2 mv
C．粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB=m 解得R= 若增大磁感应强度，则轨
R qB
道半径减小，可知，粒子可能从N点下方射出，故C正确；
D．结合上述可知，若增大入射速率，则轨道半径增大，粒子将从N点上方射出，对应圆弧的圆心角θ减v2 2πR 2πm θ θm
小，根据qvB=m ，T= 解得T= 粒子在磁场中运动的时间t= T= 圆心角减小，
R v qB 2π qB
运动时间减小，可知，若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短，故D错误。
故选C。
6．（2025·北京西城·二模）如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向
里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方
向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
πm
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
3qB
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
【答案】D
【详解】AB．粒子运动轨迹如图所示
r ❑√3 v2
根据几何关系可得 =tan30∘ 解得粒子轨迹半径为r= R 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 粒
R 3 r
2πr 2πm ∠PO Q 2πm
子运动周期为T= 联立可得T= 带电粒子在磁场中的运动时间为t= 1 T= 故AB
v qB 360∘ 3qB
错误；
v2 mv
C．根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m 解得r= 可知射入速度变大，粒子运动的半径变大，故C
r qB
错误；
2πm θ
D．粒子在磁场中的运动周期T= 粒子在磁场中的运动时间t= T 如果只增大粒子的入射速度
qB 2πmv
v，周期不变。根据r= 可知如果只增大粒子的入射速度v，则偏转半径变大，由几何关系可知偏转角变
qB
小，则粒子在磁场中的运动时间变短，故D正确。
故选D。
7．（2025·北京通州·一模）电磁血流量计的原理是基于法拉第电磁感应定律，可用于心血管手术的精密监
控，其原理如图所示。空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。当血液从内径为d的水平血管
左侧流入、右侧流出时，因为血液中含有大量的正、负离子，血管上下两侧间将形成电势差U 。当血液的
m
流量（单位时间内流过血管横截面的血液体积）一定时，下列说法正确的是（ ）
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高 B．若血管内径变大，则血液流速变大
C．若血管内径变大，则U 变小 D．U 的大小与血液流速无关
m m
【答案】C
【详解】A．根据左手定则可知，正离子所受洛伦兹力向上，负离子所受洛伦兹力向下，所以，血管上侧
聚集正离子，电势高，下侧聚集负离子，电势低，故A错误；
S⋅vΔt
B．血液的流量为Q= =Sv 若血管内径变大，则S变大，因Q一定，则v变小，故B错误；
Δt
U 1
C．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，即qvB=q m 得U =vBd 又Q=Sv，S=πr2= πd2
d m 4
4QB
联立得U = 所以，若d变大，则U 变小，故C正确；
m πd m
4QB
D．在流量Q一定的条件下，根据U =Bdv可知若v变化，则d就变化，根据U = 可知，U 必定变
m m πd m
化，所以U 与v有关，故D错误。
m
故选C。
8．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如图所示，MN右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强
度大小为B。质量为m、电荷量为q的两个电性不同的粒子，均以与MN夹角为θ、大小为v的速度垂直
磁场射入。不计重力及粒子间的相互作用。则两粒子（ ）
A．在磁场中运动轨迹的半径不同 B．在磁场中运动的时间不同C．射出磁场时的速度方向不同 D．射出位置到射入位置的距离不同
【答案】B
v2 mv
【详解】AC．由qvB=m 可得r= 故两粒子在磁场中运动轨迹的半径相同。如图所示正电荷粒子的
r qB
运动轨迹为大圆弧，负电荷粒子的运动轨迹为小圆弧
射出磁场时的速度方向相同，故AC错误；
2πm 2θ 2θm
B．粒子在磁场中运动周期T= 若粒子带负电荷，在磁场中运动的时间t = T= 若粒子带
qB 1 2π qB
2π−2θ (2π−2θ)m
正电荷，在磁场中运动的时间t = T= 故两粒子在磁场中运动的时间不同，故B
2 2π qB
正确；
D．由几何关系可知，两粒子射出位置到射入位置的距离相同，大小等于d=2rsinθ 故D错误。
故选B。
9．（24-25高三下·北京海淀·一模（期中））如图所示，一定厚度和宽度的半导体板放在匀强磁场中，当
半导体板通过一定电流，且电流与磁场方向垂直时，在上侧面A和下侧面A′之间会产生一定的电势差U
H
将这种半导体板制成磁敏元件，可用来探测某空间的磁场。下列说法正确的是（ ）
A．若半导体板内载流子为电子，则上侧面A的电势比下侧面A′的电势高
B．探测空间磁场时，U 与被测磁场的磁感应强度呈线性关系
H
C．探测空间磁场时，磁敏元件的摆放方向对U 的数值无影响
H
D．在图示情况下，半导体板单位体积中载流子数目越大U 越大
H
【答案】B
【详解】A．根据左手定则可知，电子受到洛伦兹力向上偏转，故上侧面A的电势比下侧面A′的电势低，
A错误；
BD．设半导体板的厚度为d，高度为h，根据电流的微观表达式I=neSv 当电势差稳定时洛伦兹力与电场U BI
力平衡，则有Bev=e H 联立解得U = 可知电势差U 与B成正比，与d成反比，半导体板单位体积
H ned H
ℎ
中载流子数目越大U 越小，B正确，D错误；
H
C．探测空间磁场时，磁敏元件的摆放要求磁场方向与板的厚度平行，即磁敏元件的摆放方向对U 的数值
H
有影响，C错误。
故选B。
10．（2025·北京东城·一模）超导材料温度低于临界温度T 时，具有“零电阻效应”和“完全抗磁性”。
C
“完全抗磁性”即处于超导态的超导体内部的磁感应强度为零。实际上，处于超导态的超导体因材料的杂
质、缺陷等因素也具有一定的电阻值，只是电阻值非常小。通常采用“持续电流法”来测量超导体在超导
状态下的阻值，测量装置如图（a）所示。将超导体做成一个闭合圆环，放入圆柱形磁铁产生的磁场中
（磁铁与超导环共轴），用液氮进行冷却，进入超导态。撤去磁铁，超导环中会有电流产生。“持续电流
法”是根据一段时间内的电流衰减情况计算超导体的电阻，通常情况下经过几十天的观测，仪器均未测量
出超导环中电流的明显衰减。某次实验中，用如图（a）所示的霍尔元件（大小不计）测量超导环轴线上
某处的磁感应强度B，测量数据如图（b）所示，区域Ⅳ中磁场变化是因为液氮挥发导致超导体没有浸没在
液氮中。已知实验室环境中的磁感应强度约为1.2×10−4T，且方向沿超导环轴线方向。下列说法正确的
是（ ）
A．区域Ⅰ中磁场是超导环中电流产生的磁场与磁铁磁场的矢量叠加的结果
B．区域Ⅱ中的磁场迅速减小的原因是材料处于非超导态
C．区域Ⅲ中超导环中电流在测量处产生的磁场的磁感应强度大小约1.5×10−4T
D．撤磁铁时，超导环中感应电流在测量处的磁场与磁铁在该处的磁场方向相反
【答案】C
【详解】A．区域Ⅰ中磁场是磁铁磁场与环境磁场矢量叠加的结果，故A错误；
B．区域Ⅱ中的磁场迅速减小的原因撤去磁铁后磁场迅速减小，导致超导环中出现感应磁场，所以逐渐减
小，并非是材料处于非超导态，故B错误；
C．区域Ⅲ中磁感应强度约为2.7×10−4T，实验室环境中的磁感应强度约为1.2×10−4T，且沿着超导环
轴线方向，区域Ⅲ中超导环中电流在测量处产生的磁场的磁感应强度大小约为
2.7×10−4T−1.2× 10−4T=1.5×10−4T
故C正确；D．根据楞次定律（增反减同）可知撤磁铁时，超导环中感应电流在测量处的磁场与磁铁在该处的磁场方
向相同，故D错误。
故选C。
11．（2025·北京通州·一模）如图所示为导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方
向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。
电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁
场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感
应强度大小为B=2.0T。已知两导轨内侧间距l=0.10m，滑块的质量m=0.04kg，滑块沿导轨滑行x=6m后
获得的发射速度v=3.0km/s（此过程可视为匀加速运动）。
(1)求滑块在发射过程中的加速度a的大小；
(2)求发射过程中电源提供的电流I的大小；
(3)若滑块所在电路的总电阻为R=0.2Ω，试推导论证滑块在发射过程中可视为匀加速运动的合理性。
【答案】(1)a=7.5×105m/s2
(2)I=1.5×105A
(3)见解析
【详解】（1）滑块在两导轨间做匀加速运动v2=2ax 解得a=7.5×105m/s2
（2）根据牛顿第二定律，可知滑块受到的安培力F=BIl=ma 解得I=1.5×105A
（3）滑块在发射过程中可视为匀加速运动的情况下，若忽略滑块产生的感应电动势，电源的电动势为
E=IR=3.0×104V 当滑块速度最大时，由于切割磁感线，滑块产生的感应电动势为E′=Blv=600V 此
时的E′为最大感应电动势，通过对比可知电源电动势E远大于E′，因此在加速过程中，滑块产生的感应电
E−E′ E
动势可忽略不计，即滑块受到的安培力F=BIl=B l≈B l可看作定值。 根据牛顿第二定律
R R
F=ma 可知滑块视做匀加速运动是合理的。
q
( )
12．（2025·北京昌平·二模）比荷 是基本粒子的关键参数之一。通过测定不同粒子的比荷，科学家可
m
以区分粒子种类并研究其性质。
(1)1897年汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并设计了测定电子比荷的实验装置，如图1所示。真空管
内阴极K发出的电子经加速电压加速后，沿中心轴线O O进入长度为L、间距为d的水平平行极板P和P′
1间的区域。在极板间加合适的电压U和磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场时，电子刚好
打在荧光屏中心O点；当极板间不加电压、只保留磁场时，电子束打在荧光屏上O′点。结合仪器中的一
些几何参量可确定电子刚离开磁场时沿竖直方向的偏移距离为h。不计电子重力及电子间相互作用。
①求电子在极板间运动时的速度大小v；
②推导电子比荷的表达式。
(2)如图2所示为磁聚焦法测量电子比荷的实验装置示意图。螺线管内部存在磁感应强度大小为B、方向与
螺线管轴线平行的匀强磁场。电子枪从O点射出速度大小均为v，方向不同的电子，且电子速度v与磁场
方向的夹角θ非常小。由于电子具有近似相等的水平方向速度和大小不同的竖直方向速度，所以电子从O
点分离一段时间后汇聚于螺线管轴线上一点。调节B的大小可使电子经过多次汇聚后刚好打在荧光屏上的
P点。已知P点为电子第n次汇聚点，OP间的距离为H。不计电子重力及电子间相互作用，装置内部为真
空。当θ很小时，vcosθ≈v，vsinθ≈vθ。试推导电子比荷的表达式。
【答案】(1)① v= U
Bd
;② e
m
= 2
B
ℎ
2d
U
( 2+L2)
ℎ
e 2πnv
(2) =
m BH
【详解】（1）①电子在电场和磁场的作用下做匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡eE=evB 电场强度
U
E=
d
U
联立可得v=
Bd
v2
②只保留磁场时，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力evB=m 电子刚离开磁场时沿竖
R
直方向的偏移距离为h，根据几何关系得(R−ℎ) 2+L2=R2 联立得 e
m
= 2
B
ℎ
(
v
2+L2)
将v= U
Bd
代入上式得
ℎ
e 2 U
= ℎ
m B2d( 2+L2)
ℎ
v2 2πR
（2）电子在垂直磁场方向上做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力ev B=m y 周期T= 得
y R v
y
2πm
T= 电子在沿磁场方向上做匀速直线运动H=v nT 当θ很小时v =vcosθ≈v 联立可得
eB x x
e 2πnv
=
m BH
e
( )
13．（2025·北京大兴·练习）一种测定电子比荷 的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子
m
经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C、
D间的区域，若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点。已知C、D间的距离为d。若在两极板间
施加电压U的同时施加一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，电子仍能打在荧光屏上的O
点。(1)求电子进入C、D间的速度大小？
(2)若撤去C、D两极板间电压，只保留磁场，电子束将射在荧光屏上某点，若已知电子在磁场中做圆周运
动的半径R，求电子的比荷。
(3)若撤去C、D两极板间的磁场，只在两极板C、D间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上
的P点；已知极板的长度为L ，极板区的右侧边缘到荧光屏的距离为L ，P点到O点的距离为y。求电子的
1 2
比荷。
U
【答案】(1)v=
Bd
e U
=
(2)
m B2dR
e 2Uy
=
(3)
m B2L (2L +L )
1 2 1
U U
【详解】（1）电子所受电场力与洛伦兹力平衡，则有 e=Bev 解得v=
d Bd
v2 e U
（2）撤去电场，电子只受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，则有Bev=m 解得 =
R m B2dR
（3）若撤去磁场，则电子只受到电场力作用，在极板间做平抛运动，离开极板后做匀速直线运动，则有
eU eU
水平方向L =vt 竖直方向v =at 结合牛顿第二定律 =ma 解得a= 设电子离开极板时的速度偏向
1 y d dm
v y
tanθ= y = e 2Uy
=
角为θ，根据平抛运动的特点则有 v 1 解得
L + L m B2L (2L +L )
2 2 1 1 2 1
14．（2025·北京东城·二模）在高能物理实验中，静电分析器或者磁分析器都可将比荷不同的带电粒子分
离。已知质量为m、电荷量为q的正离子由静止释放，经过电压U加速后分别进入静电分析器或磁分析器的
细管中，该离子在细管中均做半径为R的匀速圆周运动，如图甲、乙所示。静电分析器细管中的电场强度
大小可认为处处相等，磁分析器中的磁场方向如图乙所示。不计离子重力。
(1)求静电分析器细管中的电场强度大小E；(2)求磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)为了分离❑ 12C和❑ 13C两种同位素，将它们都电离成三价正离子（C3+离子），采用磁分析器分离。保持
6 6
磁场不变，改变加速电压，接收器可以在不同的加速电压下分别接收到其中的一种同位素离子，如图丙所
示。请分析判断图丙中的①、②哪条线对应❑
12C的C3+离子？
6
2U
【答案】(1)E=
R
1 √2mU
(2)B= ❑
R q
(3)②对应 12C的C3+离子
6
【详解】（1）由动能定理可得qU= 1 mv2 解得v=❑ √2qU 静电力提供向心力，由牛顿第二定律得
2 m
mv2 2U
Eq= 解得E=
R R
mv2 1 √2mU
（2）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB= 解得B= ❑
R R q
B2R2q
（3）由（2）中的结果可知U= 当离子在磁分析器中做圆周运动的半径R、以及磁感应强度大小B一
2m
定时，比荷越大，则加速电压越大。根据图丙可知，加速度U=1.93×106V的线②对应 12C的C+3的离子。
6
15．（24-25高三下·北京海淀·二模）研究天然放射现象时，把某放射源放入用铅做成的容器中，射线从容
器的小孔竖直射出，成为细细的一束。若在射线经过的空间施加磁感应强度大小为B、垂直纸面向里的匀
强磁场，如图所示，发现射线会分成三束，分别为α射线、β射线和γ射线。研究发现：α射线是氦原子
核，β射线是电子流，γ射线是高能电磁波。已知光速大小为c，假定α粒子的速度大小为0.1c、β粒子的
速度大小为0.99c。不计重力和粒子间的相互作用。
(1)写出图中的①、②、③三束射线分别对应的射线种类。
(2)再施加一沿水平方向的匀强电场。
a．若①、②两束射线重合，求匀强电场的电场强度大小E及方向。
b．请判断①、②、③三束射线是否可以重合。若可以，计算出匀强电场的电场强度大小E′；若不可以，
请说明理由。
【答案】(1)①、②、③三束射线分别对应的是，α射线、γ射线、β射线(2)a．E=0.1Bc，方向为水平向右；b．无法重合，理由见解析
【详解】（1）根据左手定则可知①、②、③三束射线分别对应的是，α射线、γ射线、β射线。
（2）a．设α粒子的电荷量为q ，①、②两束射线重合，有q E=q(0.1c)B 可得E=0.1Bc 电场的方向为
1 1
水平向右
b．不可以。设电子电量为e，若使③射线与②射线重合，需施加的电场强度为E′，有eE′=e(0.99c)B
可得E′=0.99Bc因为E′>E，所以①、②、③三束射线无法重合。
16．（24-25高三下·北京海淀·二模）与磁通量Φ =BS类似，在静电场中同样可以建立电通量的概念，若
B
将式中的磁感应强度B替换成电场强度E，就可以用Φ =ES来计算电通量。物理学家发现，穿过任意闭合
E
曲面的电通量，与该曲面内包含的所有电荷量的代数和成正比，且比例系数为常量。已知静电力常量为
k。
(1)以电荷量为+Q的点电荷为球心，以r为半径建立球面。求穿过该球面的电通量Φ 。
E
(2)二极管是由P型半导体和N型半导体制成的电子器件，如图1所示。由于扩散作用，N型区的部分自由
电子会进入P型区，在接触面两侧形成如图2所示的净剩电荷分布的示意图（正视图），其中“•”代表自
由电子（电荷量为−e）、“○”代表空穴（电荷量为+e）。电子和空穴在半导体内部所产生的“内建电
场”对自由电子的扩散起到了抑制作用，最终空穴和自由电子的分布达到稳定。以两种半导体接触面处为
坐标原点，以水平向右为正方向建立x坐标轴，坐标轴上标记的a、b、c均为已知量。查阅资料得知：
稳定后，内建电场只分布在−a<x<+c的范围内，且沿x轴负方向，x=− a和x=+c处内建电场的电场强度
为零。净剩电荷在其所在区域都均匀分布。已知半导体材料的横截面积为A，稳定后在0<x<+c范围内单
位体积内的净剩电荷数目为n。根据上述信息进行分析。
a．分别以x=+b和x=+c两处的横截面为左、右边界构建一长方体，长方体的六个面构成闭合曲面，求该
闭合曲面内净剩电荷的电荷量及x=+b处的内建电场的电场强度大小E 。
b
b．写出0<x<+c范围内，内建电场的电场强度大小E 随位置x变化的关系式。
x
c．若某自由电子能从x>+c的N型区沿x轴负方向穿越内建电场到达x<− a的P型区。忽略其他因素的影
响，求该自由电子的初始动能E 至少为多大。
k
【答案】(1)Φ =4πkQ
E
(2)a．E =4πkne(c−b)；b．E =4πkne(c−x)；c．E =2(a+c)cπkne2
b x k
Q
【详解】（1）点电荷在r处的电场强度为E
r
=k
r2
以r为半径的球面面积为S=4πr2 由题意可知
Φ =E S 解得Φ =4πkQ
E r E
（2）a．该空间内净剩电荷的电荷量q=nA(c−b)e 以此长方体空间为闭合面，由题意可知，只有左侧面
有电场线穿出，根据（1）的结果可知E A=4πkq 解得E =4πkne(c−b)
b b
b．在0<x<+c范围内，可取如答题1所示的某一闭合面，设左侧面的坐标为x，右侧面的坐标为x=+c。该面内包含的所有电荷量的代数和为q=nA(c−x)e 由（1）的结果可知E A=4πkq 可得在0<x<+c范
x
围内，内建电场的电场强度大小E =4πkne(c−x)
x
c．由（2）b结果可知，在0<x<+c范围内，内建电场的电场强度E与x为线性关系。同理，在−a<x<c范
围内电场强度E′与x也为线性关系。在−a<x<c范围内E−x图像如答图2所示。
在x=0处的内建电场电场强度大小为E =4πknec 内建电场的电势差U为该图线与坐标轴所围的面积，即
0
E
U= 0 (a+c) 由动能定理得−eU=0− E 可得E =2(a+c)cπkne2
2 k k
17．（2025·北京丰台·二模）彭宁阱是一种利用静电场和匀强磁场约束带电粒子的装置，其结构主要包括
一个旋转对称的环电极和上下两个端电极。如图1所示，以阱中心为坐标原点，旋转对称轴为z轴，建立
1
三维坐标系。在环电极和端电极间加电压，阱内产生电场，电势分布为φ= k(2z2 −ρ2)，其中k>0且为
4
已知定值，ρ为粒子到轴线的距离，ρ2=x2+y2，用于带电粒子的轴向（z轴方向）约束。轴向的匀强磁场
提供径向（垂直z轴方向）的约束，磁感应强度为B。彭宁阱的纵剖面（xOz平面）如图2所示，其中实线
表示电场线，虚线表示磁感线。一质量为m、电荷量为+q的粒子在阱中运动，忽略重力、阻力、相对论效
应和辐射。
(1)若仅存在电场，且粒子以初速度v 从原点沿着z轴正方向运动。
0a.求粒子能够运动的最远距离；
b.分析粒子沿z轴运动时受到的电场力随坐标z的变化，判断粒子沿z轴做什么运动。
(2)若电场与磁场同时存在，仅研究粒子在xOy平面内（z=0）的运动。在磁场与电场的共同作用下，粒子
的运动状态较为复杂，我们采用运动分解的方法和适当的近似，来研究粒子的运动。如图3所示，粒子在
强磁场中做高频的回旋运动；考虑到电场力的作用，粒子的回旋中心还绕O点做低频漂移圆周运动。粒子
的回旋半径远小于漂移半径，故可近似认为粒子在运动过程中电场强度的大小是恒定的。通过以上信息，
求带电粒子的漂移角速度ω 和回旋角速度ω 。
− +
√m
【答案】(1)a.z =v ❑ ，b.简谐振动
max 0 kq
qB ( √ 2mk) qB
(2)ω = 1− ❑1− ，ω =
− 2m qB2 + m
1
【详解】（1）a.从原点沿z轴正方向运动，ρ=0，则带电粒子的电势能E =qφ= kqz2 根据能量守恒
p 2
1 1
mv2= kqz2
2 0 2 max
可得z =v ❑ √m b因φ= 1 kz2 ，则电场强度E=− Δφ =− kz 所以F=− kqz 带电粒子沿z轴做简谐运
max 0 kq 2 Δz
Δφ
动。 （或者E= =kz，方向沿z轴负方向，所以F=− kqz）
Δz
1 Δφ 1 Δφ 1
（2）在z=0平面，φ=− kρ2 则电场强度E=− = kρ 或者E= =− kρ，方向沿径向向
4 Δρ 2 Δρ 2
外 令qω ρB−qE=mω2ρ
− −
qB ( √ 2mk) qB ( √ 2mk)
则ω = 1±❑1− 考虑到是低频漂移，所以取ω = 1− ❑1− 粒子沿顺时针漂移（俯
− 2m qB2 − 2m qB2
视）。 粒子的速度v总可以视为漂移速度v (ω ρ)和另外某个速度v′的矢量和，带电粒子的运动可视为
− −
以漂移速度v 绕O点的匀速圆周运动和以速度v−v′（速度大小设为v2）在匀强磁场中的匀速回旋运动的
−
合运动，对匀速回旋运动qv2B=mω v2
+
qB
则ω =
+ m
18．（24-25高三·北京海淀·一模（期中））寻求守恒量，是解决物理问题的重要方法。
(1)如图1所示，用细线悬挂的三个完全相同的小球，静止时恰能接触且悬线平行，球心等高。把小球1向左拉起一定高度ℎ后由静止释放，小球3被弹起，已知所有的碰撞都是弹性碰撞，求碰后瞬间小球3上升
的最大高度。
(2)某同学设计了一个“电磁弹射”装置，并将其简化成如图2所示的模型。在水平光滑导轨上，固定着1
个“载流线圈”，放置着两个质量均为m的小磁铁充当“磁性弹头”，弹头2左侧挨着无磁性的质量均为m
的弹性“圆柱”。弹头和圆柱可以在水平导轨上自由移动，圆柱静止时，其左端恰好位于载流线圈圆心
处。发射过程如下：弹头1仅受载流线圈施加的磁力作用从静止开始加速运动；通过碰撞将动能传给中间
的弹头2。
弹头可视为半径为r，电流恒为I、方向如图2中方框部分所示的细圆线圈，r远小于载流线圈半径。所有
的碰撞均为弹性正碰；不考虑弹头之间的磁力作用；相邻两线圈之间的距离足够远，水平轨道足够长。
a.载流线圈磁场方向如图所示，在弹头1处产生轴向磁场B ，径向磁场B 。试分析轴向磁场B 、径向磁场
x r x
B 对弹头的安培力方向。
r
b.通过查阅资料得知：电流为i、面积为S的细圆线圈放入磁感应强度为B的外界匀强磁场中具有的“势
能”可表示为E =− iSBcosθ，其中θ为细圆线圈在轴向上产生的磁场与外界匀强磁场之间的夹角。
p
已知载流线圈圆心处产生的磁感应强度大小均为B 。求弹头2理论上能获得的速度上限v。
0
c.若该“电磁弹射”装置有n级载流线圈及圆柱，如图3所示。求弹头最后出射理论上能获得的速度上限v
m
。【答案】(1)ℎ
√2πr2IB √2nπr2IB
(2)a.0，方向向右；b. ❑ 0；c. v =❑ 0
m m m
1
【详解】（1）在小球1下落过程，依据动能定理有mg
ℎ
=
2
mv2
0
可得v
0
=❑√2g
ℎ
弹性碰撞过程中，以v
0
1 1 1
的方向为正方向，机械能和动量均守恒，则有mv =mv +mv、 mv2= mv2+ mv2 联立可得
0 1 2 0 2 1 2
1
v=v 0 =❑√2g ℎ 对小球3，根据动能定理有mg ℎ ′= 2 mv2 解得 ℎ ′= ℎ
（2）a. 可将细圆线圈视为由许多小段通电直导线组成，所有小段通电导线在径向磁场B 作用下安培力方
r
向均向右，将每一小段通电导线受到的安培力求和，即为周长为2πr的细圆线圈（即弹头）受到的总安
培力可得F=2πrIB 轴向磁场对线圈的安培力合力为0； b.为使弹头2获得理论上的速度上限，应将弹
r
头1放到左侧足够远处，且保证两弹性圆柱也足够长。设弹头1运动到载流线圈1处的速度大小为v ，根
1
1
据能量守恒可得0+0=− πr2IB + mv2 弹头1与弹性圆柱之间发生弹性碰撞，设碰后弹头1和弹性圆柱
0 2 1
的速度大小分别为v ′ 和v ′ ，根据弹性碰撞过程中，以v1的方向为正方向，机械能和动量均守恒
1 2
1 1 1
mv ′=mv ′+mv ′ 、 mv2′= mv2′+ mv2′ 可得v ′=0，v ′=v 即速度发生交换。同理，左侧的
1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1
弹性圆柱与弹头2之间弹性碰撞后，速度也交换，弹头2获得速度v 继续向右运动。故弹头2理论上能获
1
√2πr2IB
得的速度上限v=v =❑ 0 c.与上述过程类似，设弹头2运动到载流线圈2处的速度大小为v ，根
1 m 2
1 1
据能量守恒可得0+ mv2=− πr2IB + mv2 接下来弹头2与右侧弹性圆柱交换速度、右侧弹性圆柱与弹
2 1 0 2 2
√4πr2IB
头3交换速度，弹头3获得的最速度上限为v=v =❑ 0 依此类推，由b中结论分析可知装置有n
2 m
级载流线圈及圆柱，弹头最后出射理论上能获得的速度上限满足
1 1
0+ mv2=− πr2IB + mv2
2 n 0 2 n−1√2nπr2IB
弹头最后出射理论上能获得的速度上限为v =v =❑ 0
m n m
19．（2025·北京东城·一模）如图所示，将一金属或半导体薄片垂直磁场放置，在薄片的左右两个侧面间
通入电流，前后两个侧面间产生电势差（霍尔电压），这一现象称为霍尔效应。
(1)设图中薄片为某N型半导体（自由电子导电），其宽度为l、厚度为d，单位体积内的自由电子个数为n
，电子所带电荷量为e，电流大小为I，磁感应强度大小为B。
a.判断图中前后侧面电势的高低；
b.推导霍尔电压U 的表达式。
H
(2)实际上，霍尔电压很小，不易测量。已知金属导体中单位体积的自由电子数约1022～1023个/cm3，半
导体材料中单位体积的导电粒子数约1015～1020个/cm3，请说明为什么选用半导体材料制作霍尔元件。
IB
【答案】(1)a. 前侧面电势高，后侧面电势低；b. U =
H ned
(2)见解析
【详解】（1）a.根据左手定则可知电子向后侧面聚集，则前侧面电势高，后侧面电势低；
b.稳定时，电子所受电场力与洛伦兹力平衡，即eE =evB 由场强与电势差关系U =E ⋅l 根据电流的微
H H H
Δq IB
观表达式I= =neldv 联立可得U =
Δt H ned
IB
（2）由于半导体材料单位体积的导电粒子数小于金属导体中单位体积的自由电子数，根据U = 可知
H ned
在相同条件下，用半导体材料制作的霍尔元件产生的霍尔电压更大，更容易测量，所以选用半导体材料制
作霍尔元件。
