【100分物理】2015英杰工作室出品高中物理（新课标人教版）系列：选修3-1&磁场&&第1节&磁现象和磁场（习题版+解析版2份）&&人教版
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☆英杰高中物理辅导☆高二同步辅导资料第1节磁现象和磁场限时：15分钟期待值：95%★课时跟踪训练★A卷1.首先发现电流磁效应的科学家是( )；经典电磁场理论的创始人是()；用实验证明电流在磁场中受力是()；电磁感应定律提出的是()A.安培B.麦克斯韦C.奥斯特D.法拉第2.(多选)关于电磁之间的相互作用，以下示意图正确的是( )A.磁体磁场磁体B.磁体磁场电流C.电流电场电流D.电荷电场电荷3.(2014?苏州联考)指南针是我国古代四大发明之一，东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”是人们公认的最早的磁性定向工具，关于指南针能指示南北方向是由于( )A.指南针的两个磁极相互吸引B.指南针的两个磁极相互排斥C.指南针能吸引铁、铝、镍等物质D.地磁场对指南针的作用4.如图所示，假如将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将( )A.指北B.指南C.竖直向上D.竖直向下5.(多选)关于宇宙中的天体的磁场，下列说法正确的是( )A.宇宙中的许多天体都有与地球相似的磁场B.宇宙中的所有天体都有与地球相似的磁场C.指南针在任何天体上都能像在地球上一样正常工作D.指南针只有在磁场类似于地球磁场的天体上正常工作6.如果你看过中央电视台体育频道的围棋讲座就会发现，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来.原来，棋盘和棋子都是由磁性材料制成的.棋子不会掉落是因为( )A.质量小，重力可以忽略不计B.受到棋盘对它向上的摩擦力C.棋盘对它的吸引力与重力平衡D.它一方面受到棋盘的吸引，另一方面受到空气的浮力7.日上午，举世瞩目的上海磁悬浮列车线首次试运行，它是世界上第一条投入商业运营的磁悬浮列车线.运行全程共30km，最高时速可达552km，单向运行约8min.磁悬浮列车上装有电磁体，铁路底部则安装线圈.通过地面线圈与列车上的电磁体排斥力使列车悬浮起来.地面线圈上的极性与列车上的电磁体下极性总保持( )A.相同B.相反C.不能确定D.以上均不对★课时跟踪训练★B卷1.(多选)关于磁场下列说法正确的是( )A.其基本性质是对处于其中的磁极和电流有力的作用B.磁场是看不见摸不着，实际不存在而是人们假想出来的一种物质C.磁场是客观存在的一种特殊的物质D.磁场的存在与否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无2.(多选)磁性水雷是用一个可绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，其依据是( )A.磁体的吸铁性B.磁极间的相互作用规律C.电荷间的相互作用规律D.磁场对电流的作用原理3.在做“奥斯特实验”时，下列操作中现象最明显的是( )A.沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的延长线上B.沿电流方向放置磁针，使磁针在导线的正下方C.电流沿南北方向放置在磁针的正上方D.电流沿东西方向放置在磁针的正上方4.实验表明：磁体能吸引一元硬币，对这种现象解释正确的是( )A.硬币一定是铁做的，因为磁体能吸引铁B.硬币一定是铝做的，因为磁体能吸引铝C.磁体的磁性越强，能吸引的物质种类越多D.硬币中含有磁性材料，磁化后能被吸引5.下列所述情况，哪一种可以肯定钢棒没有磁性( )A.将钢棒的一端接近磁针的北极，两者互相吸引，再将钢棒的另一端接近磁针的南极，两者互相排斥B.将钢棒的一端接近磁针的北极，两者互相吸引，再将钢棒的另一端接近磁针的南极，两者仍互相吸引C.将钢棒的一端接近磁针的北极，两者互相吸引，再将钢棒的另一端接近磁针的北极，两者仍互相吸引D.将钢棒的一端接近磁针的北极，两者互相排斥6.如图所示，A为电磁铁，C为胶木称盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳OO′上拉力F的大小为( )A.F＝MgB.mg＜F＜(M＋m)gC.F＝(M＋m)gD.F＞(M＋m)g
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旺旺：lisi355高二物理几种常见的磁场课时练习题（有答案）
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高二物理几种常见的磁场课时练习题（有答案）
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
高二物理几种常见的磁场课时练习题（有答案）
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文 章来源莲山 课件 w ww.5 Y
第三章 第3节
1．有一束电子流沿x轴正方向高速运动，如图3－3－17所示，电子流在z轴上的P点所产生的磁场方向是沿(　　)&图3－3－17
A．y轴正方向　　　&&B．y轴负方向C．z轴正方向& &&&D．z轴负方向解析：选A.等效电流方向沿x轴负方向，由安培定则可知A正确．2．如图3－3－18所示，一个正电子沿着逆时针方向做匀速圆周运动，则此正电子的运动(　　)&图3－3－18
A．不产生磁场B．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向里C．产生磁场，圆心处的磁场方向垂直纸面向外D．只有圆周内侧产生磁场答案：C
3．彼此绝缘、互相垂直放置的两通电直导线中电流方向如图3－3－19所示，在两导线周围空间磁场较强的区域是(　　)&图3－3－19
A．Ⅰ区　　　　　　　&B．Ⅱ区C．Ⅲ区& &&&&D．Ⅳ区答案：BD4.南极考察队队员在地球南极附近用弹簧测力计竖直悬挂未通电螺线管，如图3－3－20所示．下列说法正确的是(　　)&图3－3－20
A．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将减小B．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大C．若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧测力计示数将增大D．不论螺线管通电情况如何，弹簧测力计示数均不变答案：AC5.如图3－3－21所示，虚线框内有匀强磁场，1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环，分别用Φ1和Φ2表示穿过两环的磁通量，则有(　　)&图3－3－21
A．Φ1&Φ2　　　　&&B．Φ1＝Φ2C．Φ1&Φ2& &&&&D．无法判断解析：选B.磁通量的实质是穿过某一面积的磁感线的条数，由图中可知Φ1＝Φ2，故B正确．6．如图3－3－22所示，ab是水平面上一个圆的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef.已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，电流磁场穿过圆面积的磁通量将(　　)】&图3－3－22
A．逐渐增大　　　　&&B．逐渐减小C．始终为零 && &D．不为零，但保持不变解析：选C.穿过圆的直径ab内侧的磁通量和穿过外侧的磁通量方向相反，由对称性可知两部分的磁通量大小相等，故整个圆中合磁通量为0.当ef竖直向上平移时，两部分的磁通量依然大小相等，一正一负，合磁通量始终为零．7．如图3－3－23所示，两根垂直纸面平行放置的直导线a和b，通有等值电流．在纸面上距a、b等远处有一点P，若P点合磁感应强度B的方向水平向左，则导线a、b中的电流方向是(　　)&图3－3－23
A．a中向纸里，b中向纸外B．a中向纸外，b中向纸里C．a、b中均向纸外D．a、b中均向纸里解析：选A.因为通电直导线周围磁场的磁感线是一族以导线上各点为圆心的同心圆，所以直导线a中电流在P处激发的磁场方向垂直于a、P连线，直导线b中电流在P处激发的磁场方向垂直于b、P连线，又因为P点合磁感应强度B的方向水平向左，所以由矢量合成法则可知，a中电流在P处激发的磁场方向垂直aP斜向下，b中电流在P处激发的磁场方向垂直bP斜向上，再根据安培定则很容易判断a、b中的电流方向，a中向纸里，b中向纸外，故选A.8. (2010年江苏南京高二检测)在磁感应强度大小为B0，方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里，如图3－3－24所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中(　　)&图3－3－24
A．c、d两点的磁感应强度大小相等B．a、b两点的磁感应强度大小相等C．c点的磁感应强度的值最小D．b点的磁感应强度的值最大解析：选C.直导线中的电流在圆周上的a、b、c、d各点产生的磁场的方向沿顺时针切线，磁感应强度大小相同，由矢量叠加可知C正确．9．地球上某地地磁感应强度B的水平分量Bx＝0.18×10－4 T，竖直分量By＝0.54×10－4 T．求：(1)地磁场B的大小及它与水平方向的夹角α；(2)在水平面2.0 m2的面积内地磁场的磁通量Φ.解析：(1)由矢量合成法则可知B＝ B2x＋B2y＝ (0.18×10－4)2＋(0.54×10－4)2 T＝0.57×10－4 Ttan α＝ByBx＝3，则α＝arctan3.(2)Φ＝By•S＝0.54×10－4×2.0 Wb＝1.08×10－4 Wb.答案：(1)0.57×10－4 T　arctan3　(2)1.08×10－4 Wb10．如图3－3－25所示，匀强磁场的磁感应强度B＝2.0 T，并指向x轴正方向，若ab＝40 cm，bc＝30 cm，ae＝50 cm，试求通过面积S1(abcd)、S2(befc)和S3(aefd)的磁通量分别为Φ1、Φ2、Φ3分别是多少？&图3－3－25
解析：因为磁感应强度的方向沿x轴正方向，与abcd面垂直，所以Φ1＝BS1＝2.0×0.4×0.3 Wb＝0.24 Wb.befc面与磁感应强度方向平行，所以Φ2＝0.aefd面在垂直磁感应强度方向的投影面积为S1，所以Φ3＝Φ1＝BS1＝0.24 Wb.答案：0.24 Wb　0　0.24 Wb11．如图3－3－26所示，匀强磁场磁感应强度为B，矩形线圈长为2L，宽为L，开始时矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场中，另一半在匀强磁场外，若要线圈以ab边为轴转动60°，求线圈磁通量的变化．&图3－3－26
解析：原来的磁通量Φ1＝BS＝BL2转过60°时，由数学知识可知dc边恰好离开磁场，此时Φ2＝0∴ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝BL2.答案：BL2
12.边长为10 cm的正方形线圈，固定在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面夹角θ＝30°，如图3－3－27所示，磁感应强度随时间的变化规律为：B＝2＋3t(T)，则在第1 s内穿过线圈的磁通量变化量ΔΦ.&图3－3－27
解析：t＝0时，B0＝2 Tt＝1 s时，B1＝(2＋3×1)T＝5 T由Φ＝BS⊥得：ΔΦ＝ΔBSsin30°＝(B1－B0)L2sin30°＝(5－2)×0.12×12＝1.5×10－2 (Wb)．答案：1.5×10－2 Wb 文 章来源莲山 课件 w ww.5 Y
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? ? ? ? ? ? ? ? ? ?由一道磁场习题得到的一个很有用的结论--《高中数理化》2012年20期
由一道磁场习题得到的一个很有用的结论
【摘要】：正在高三第一轮复习中做了一道带电粒子在磁场中运动的习题,受到了启发,这个结论在很多问题中有广泛的应用,所以把这个结论列出来以供大家参考.原题:如图1所示,在真空中,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外.在磁场外有一对平行金属板M和N,两板间距离为
【作者单位】：
【关键词】：
【分类号】：G634.7【正文快照】：
在高三第一轮复习中做了一道带电粒子在磁场中运动的习题,受到了启发,这个结论在很多问题中有广泛的应用,所以把这个结论列出来以供大家参考.图1原题:如图1所示,在真空中,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外.在磁场外有一对平行金属板M和N,两板间距离为R,
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京公网安备74号高中物理易错题分析集锦——10磁场
第10单元：磁场
　　【内容和方法】
　　本单元内容包括磁感应强度、磁感线、磁通量、电流的磁场、安培力、洛仑兹力等基本概念，以及磁现象的电本质、安培定则、左手定则等规律。
　　本单元涉及到的基本方法有，运用空间想象力和磁感线将磁场的空间分布形象化是解决磁场问题的关键。运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况是将力学知识与磁场问题相结合的切入点。
　　【例题分析】
　　在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：不能准确地再现题目中所叙述的磁场的空间分布和带电粒子的运动轨迹：运用安培定则、左手定则判断磁场方向和载流导线、运动的带电粒子受力情况时出错；运用几何知识时出现错误；不善于分析多过程的物理问题。
　　例1 如图10-1，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是：
　　A．磁铁对桌面的压力减小
　　B．磁铁对桌面的压力增大
　　C．磁铁对桌面的压力不变
　　D．以上说法都不可能
　　【错解分析】错解：磁铁吸引导线而使磁铁导线对桌面有压力，选B。
　　错解在选择研究对象做受力分析上出现问题，也没有用牛顿第三定律来分析导线对磁铁的反作用力作用到哪里。
　　【正确解答】
　　通电导线置于条形磁铁上方使通电导线置于磁场中如图10-2所示，由左手定则判断通电导线受到向下的安培力作用，同时由牛顿第三定律可知，力的作用是相互的，磁铁对通电导线有向下作用的同时，通电导线对磁铁有反作用力，作用在磁铁上，方向向上，如图10-3。对磁铁做受力分析，由于磁铁始终静止，无通电导线时，N = mg，有通电导线后N+F′=mg，N=mg-F′，磁铁对桌面压力减小，选A。
　　例2 如图10-4所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一线框，线框平面与磁铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变化是：
　　A．先减小后增大
　　B．始终减小
　　C．始终增大
　　D．先增大后减小
　　【错解分析】错解：条形磁铁的磁性两极强，故线框从磁极的一端移到另一端的过程中磁性由强到弱再到强，由磁通量计算公式可知Φ=B·S，线框面积不变，Φ与B成正比例变化，所以选A。
　　做题时没有真正搞清磁通量的概念，脑子里未正确形成条形磁铁的磁力线空间分布的模型。因此，盲目地生搬硬套磁通量的计算公式Φ=B·S，由条形磁铁两极的磁感应强度B大于中间部分的磁感应强度，得出线框在两极正上方所穿过的磁通量Φ大于中间正上方所穿过的磁通量。
　　【正确解答】
　　规范画出条形磁铁的磁感线空间分布的剖面图，如图10-5所示。利用Φ=B·S定性判断出穿过闭合线圈的磁通量先增大后减小，选D。
　　【小结】
　　Φ=B·S计算公式使用时是有条件的，B是匀强磁场且要求B垂直S，所以磁感应强度大的位置磁通量不一定大，而本题的两极上方的磁场不是匀强磁场，磁场与正上方线框平面所成的角度又未知，难以定量加以计算，编写此题的目的就是想提醒同学们对磁场的形象化给予足够的重视。
　　例3 如图10-6所示，螺线管两端加上交流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将做 [ 　　]
　　A．加速直线运动 　B．匀速直线运动
　　C．匀速圆周运动 　D．简谐运动
　　【错解分析】
　　错解一：螺线管两端加上交流电压，螺线管内有磁场，电子在磁场中要受到磁场力的作用，故选A。
　　错解二：螺线管两端加上了交流电压，螺线管内部有磁场，磁场方向周期性发生变化，电子在周期性变化的磁场中受到的力也发生周期性变化，而做往复运动。故选D。
　　错解一、二的根本原因有二：一是对螺线管两端加上交流电压后，螺线管内部磁场大小和方向发生周期性变化的具体情况分析不清；二是没有搞清洛仑兹力f=Bqv的适用条件，而乱套公式。洛仑兹力的大小为f=Bqv的条件是运动电荷垂直射入磁场，当运动方向与B有夹角时，洛仑兹力f=Bqv sinθ，；当θ=0°或θ=180°时，运动电荷不受洛仑兹力作用。
　　【正确解答】
　　螺线管两端加上交流电压后，螺线管内部磁场大小和方向发生周期性变化，但始终与螺线管平行，沿着螺线管轴线方向射入的电子其运动方向与磁感线平行。沿轴线飞入的电子始终不受洛仑兹力而做匀速直线运动。
　　例4 有一自由的矩形导体线圈，通以电流I′。将其移入通以恒定电流I的长直导线的右侧。其ab与cd边跟长直导体AB在同一平面内且互相平行，如图10-7所示。试判断将该线圈从静止开始释放后的受力和运动情况。（不计重力）
　　【错解分析】错解：借助磁极的相互作用来判断。由于长直导线电流产生的磁场在矩形线圈所在处的磁感线方向为垂直纸面向里，它等效于条形磁铁的N极正对矩形线圈向里。因为通电线圈相当于环形电流，其磁极由右手螺旋定则判定为S极向外，它将受到等效N极的吸引，于是通电矩形线圈将垂直纸面向外加速。
　　错误的根源就在于将直线电流的磁场与条形磁铁的磁极磁场等效看待。我们知道直线电流磁场的磁感线是一簇以直导线上各点为圆心的同心圆，它并不存在N极和S极，可称为无极场，不能与条形磁铁的有极场等效。
　　【正确解答】
　　利用左手定则判断。先画出直线电流的磁场在矩形线圈所在处的磁感线分布，由右手螺旋定则确定其磁感线的方向垂直纸面向里，如图10-8所示。线圈的四条边所受安培力的方向由左手定则判定。其中F1与F3相互平衡，因ab边所在处的磁场比cd边所在处的强，故F4＞F2。由此可知矩形线圈abcd所受安培力的合力的方向向左，它将加速向左运动而与导体AB靠拢。
　　【小结】
　　用等效的思想处理问题是有条件的，磁场的等效，应该是磁场的分布有相似之处。
　　例如条形磁铁与通电直螺线管的磁场大致相同，可以等效。所以应该老老实实地将两个磁场画出来，经过比较看是否满足等效的条件。本题中直线电流的磁场就不能等效为匀强磁场。
　　例5 如图10-9所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流I，试判断环形导体的运动情况。
　　【错解分析】错解：已知匀强磁场的磁感线与导体环面垂直向右，它等效于条形磁铁N极正对环形导体圆面的左侧，而通电环形导体，即环形电流的磁场N极向左（根据右手定则来判定），它将受到等效N极的排斥作用，环形导体开始向右加速运动。
　　误将匀强磁场等效于条形磁铁的磁场。
　　【正确解答】
　　利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段，每小段通电导体所受安培力均指向圆心。由对称性可知，这些安培力均为成对的平衡力。故该环形导体将保持原来的静止状态。
　　【小结】
　　对于直线电流的磁场和匀强磁场都应将其看作无极场。在这种磁场中分析通电线圈受力的问题时，不能用等效磁极的办法，因为它不符合实际情况。而必须运用左手定则分析出安培力合力的方向后，再行确定其运动状态变化情况。
　　例6 质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上，如图10-10所示。已知导体与导轨间的动摩擦因数为μ，在图10-11所加各种磁场中，导体均静止，则导体与导轨间摩擦力为零的可能情况是：
　　【错解分析】错解：根据f=μN，题目中μ≠0，要使f=0必有N=0。为此需要安培力FB与导体重力G平衡，由左手定则可判定图10-11中B项有此可能，故选B。
　　上述分析受到题目中“动摩擦因数为μ”的干扰，误用滑动摩擦力的计算式f=μN来讨论静摩擦力的问题。从而导致错选、漏选。
　　【正确解答】
　　要使静摩擦力为零，如果N=0，必有f=0。图10-11B选项中安培力的方向竖直向上与重力的方向相反可能使N=0，B是正确的；如果N≠0，则导体除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零，那么f=0。在图10-11A选项中，导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力合力可能为零，则导体所受静摩擦力可能为零。图10-11的C．D选项中，从导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力的方向分析，合力不可能为零，所以导体所受静摩擦力不可能为零。故正确的选项应为A．B。
　　【小结】
　　本题是一道概念性极强的题，又是一道力学与电学知识交叉的综合试题。摩擦力有静摩擦力与滑动摩擦力两种。判断它们区别的前提是两个相互接触的物体有没有相对运动。力学中的概念的准确与否影响电学的学习成绩。
　　例7 如图10-12所示，带负电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，出磁场时速度偏离原方向60°角，已知带电粒子质量m=3×10-20kg，电量q=10-13C，速度v0=105m/s，磁场区域的半径R=3×10-1m，不计重力，求磁场的磁感应强度。
　　【错解分析】错解：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动
　　没有依据题意画出带电粒子的运动轨迹图，误将圆形磁场的半径当作粒子运动的半径，说明对公式中有关物理量的物理意义不明白。
　　【正确解答】
　　画进、出磁场速度的垂线得交点O′，O′点即为粒子作圆周运动的圆心，据此作出运动轨迹AB，如图10-13所示。此圆半径记为r。
　　带电粒子在磁场中做匀速圆周运动
　　【小结】
　　由于洛伦兹力总是垂直于速度方向，若已知带电粒子的任意两个速度方向，就可以通过作出两速度的垂线，找出两垂线的交点即为带电粒子做圆周运动的圆心。
　　例8 如图10-14所示，带电粒子在真空环境中的匀强磁场里按图示径迹运动。径迹为互相衔接的两段半径不等的半圆弧，中间是一块薄金属片，粒子穿过时有动能损失。试判断粒子在上、下两段半圆径迹中哪段所需时间较长？（粒子重力不计）
　　【错解分析】错解：
　　的回旋周期与回旋半径成正比，因为上半部分径迹的半径较大，所以所需时间较长。
　　错误地认为带电粒子在磁场中做圆周运动的速度不变，由周期公式
　　【正确解答】
　　首先根据洛仑兹力方向，（指向圆心），磁场方向以及动能损耗情况，判定粒子带正电，沿abcde方向运动。
　　再求通过上、下两段圆弧所需时间：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动
　　子速度v，回旋半径R无关。因此上、下两半圆弧粒子通过所需时间相等。动能的损耗导致粒子的速度的减小，结果使得回旋半径按比例减小，周期并不改变。
　　【小结】
　　回旋加速器的过程恰好与本题所述过程相反。回旋加速器中粒子不断地被加速，但是粒子在磁场中的圆周运动周期不变。
　　例9 一个负离子的质量为m，电量大小为q，以速度v0垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图10-15所示。磁感应强度B方向与离子的初速度方向垂直，并垂直于纸面向里。如果离子进入磁场后经过时间t到这位置P，证明：直线OP与离子入射方向之间的夹角θ跟t
　　【错解分析】错解：根据牛顿第二定律和向心加速度公式
　　高中阶段，我们在应用牛顿第二定律解题时，F应为恒力或平均力，本题中洛仑兹力是方向不断变化的力。不能直接代入公式求解。
　　【正确解答】
　　如图10－16，当离子到达位置P时圆心角为
　　【小结】
　　时时要注意公式的适用条件范围，稍不注意就会出现张冠李戴的错误。
　　如果想用平均力的牛顿第二定律求解，则要先求平均加速度
　　例10 如图10-17所示。在x轴上有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y铀负方向的匀强电场，场强为E。一质最为m，电荷量为q的粒子从坐标原点。沿着y轴正方向射出。射出之后，第3次到达X轴时，它与点O的距离为L，求此粒子射出时的速度v和运动的总路程s，（重力不计）。
　　【错解分析】错解：粒子射出后第三次到达x轴，如图10-18所示
　　在电场中粒子的磁场中每一次的位移是l。
　　第3次到达x轴时，粒子运动的总路程为一个半圆周和六个位移的长度之和。
　　错解是由于审题出现错误。他们把题中所说的“射出之后，第3次到达x轴”这段话理解为“粒子在磁场中运动通过x轴的次数”没有计算粒子从电场进入磁场的次数。也就是物理过程没有搞清就下手解题，必然出错。
　　【正确解答】
　　粒子在磁场中的运动为匀速圆周运动，在电场中的运动为匀变速直线运动。画出粒子运动的过程草图10-19。根据这张图可知粒子在磁场中运动半个周期后第一次通过x轴进入电场，做匀减速运动至速度为零，再反方向做匀加速直线运动，以原来的速度大小反方向进入磁场。这就是第二次进入磁场，接着粒子在磁场中做圆周运动，半个周期后第三次通过x轴。
Bqv=mv2／R
　　在电场中：粒子在电场中每一次的位移是l
　　第3次到达x轴时，粒子运动的总路程为一个圆周和两个位移的长度之和。
　　【小结】
　　把对问题所涉及到的物理图景和物理过程的正确分析是解物理题的前提条件，这往往比动手对题目进行计算还要重要，因为它反映了你对题目的正确理解。高考试卷中有一些题目要求考生对题中所涉及到的物理图景理解得非常清楚，对所发生的物理过程有正确的认识。这种工作不一定特别难，而是要求考生有一个端正的科学态度，认真地依照题意画出过程草图建立物理情景进行分析。
　　例11 摆长为L的单摆在匀强磁场中摆动，摆动平面与磁场方向垂直，如图10-20所示。摆动中摆线始终绷紧，若摆球带正电，电量为q，质量为m，磁感应强度为B，当球从最高处摆到最低处时，摆线上的拉力T多大？
　　【错解分析】错解：T，f始终垂直于速度v，根据机械能守恒定律：
　　在C处，f洛竖直向上，根据牛顿第二定律则有
　　考虑问题不全面，认为题目中“从最高点到最低处”是指AC的过程，忽略了球可以从左右两方经过最低点。
　　【正确解答】
　　球从左右两方经过最低点，因速度方向不同，引起f洛不同，受力分析如图10-21所示。由于摆动时f洛和F拉都不做功，机械能守恒，小球无论向左、向右摆动过C点时的速度大小相同，方向相反。
　　摆球从最高点到达最低点C的过程满足机械能守恒：
　　当摆球在C的速度向右，根据左手定则，f洛竖直向上，根据牛顿第二定律则有
　　当摆球在C的速度向左，f洛竖直向下，根据牛顿第二定律则有
　　所以摆到最低处时，摆线上的拉力
　　【小结】
　　要避免本题错解的失误，就要对题目所叙述的各个状态认真画出速度方向，用左手定则判断洛仑兹力的方向。其余的工作就是运用牛顿第二定律和机械能守恒定律解题。
　　例12 设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图10-22所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是： [ 　　]
　　A．这离子必带正电荷
　　B．A点和B点位于同一高度
　　C．离子在C点时速度最大
　　D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点
　　【错解分析】错解：根据振动的往复性，离子到达B点后，将沿原曲线返回A点，选D。
　　选D不正确，某些考生可能受“振动”现象的影响，误认为根据振动的往复性，离子到达B点后，将沿原曲线返回A点，实际上离子从B点开始运动后的受力情况与从A点运动后的受力情况相同，并不存在一个向振动那样有一个指向BCA弧内侧的回复力，使离子返回A点，而是如图10-23所示由B经C′点到B′点。
　　【正确解答】
　　（1）平行板间电场方向向下，离子由A点静止释放后在电场力的作用下是向下运动，可见电场力一定向下，所以离子必带正电荷，选A。
　　（2）离子具有速度后，它就在向下的电场力F及总与速度心垂直并不断改变方向的洛仑兹力f作用下沿ACB曲线运动，因洛仑兹力不做功，电场力做功等于动能的变化，而离子到达B点时的速度为零，所以从A到B电场力所做正功与负功加起来为零。这说明离子在电场中的B点与A点的电势能相等，即B点与A点位于同一高度，选B。
　　（3）因C点为轨道最低点，离子从A运动到C电场力做功最多，C点具有的动能最多，所以离子在C点速度最大，选C。
　　（4）只要将离子在B点的状态与A点进行比较，就可以发现它们的状态（速度为零，电势能相等）相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子就将在B之右侧重现前面的曲线运动，因此，离子是不可能沿原曲线返回A点的。
　　故选A，B，C为正确答案。
　　【小结】
　　初速度和加速度决定物体的运动情况。在力学部分绝大部分的习题所涉及的外力是恒力。加速度大小方向都不变。只要判断初始时刻加速度与初速度的关系，就可以判断物体以后的运动。本题中由于洛仑兹力的方向总垂直于速度方向，使得洛仑兹力与电场力的矢量和总在变化。所以只做一次分析就武断地下结论，必然会把原来力学中的结论照搬到这里，出现生搬硬套的错误。
　　例13 如图10-24所示，空中有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m，带电量为+q的滑块沿水平向右做匀速直线运动，滑块和水平面间的动摩擦因数为μ，滑块与墙碰撞后速度为原来的一半。滑块返回时，去掉了电场，恰好也做匀速直线运动，求原来电场强度的大小。
　　【错解分析】错解：碰撞前，粒子做匀速运动，Eq=μ（mg＋Bqv）。返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，竖直方向N=Bgv＋mg。因为水平方向无摩擦，可知N=0，Bqv=-mg。解得E=0。
　　错解中有两个错误：返回时，速度反向，洛仑兹力也应该改变方向。返回时速度大小应为原速度的一半。
　　【正确解答】
　　碰撞前，粒子做匀速运动，Eq=μ（mg＋Bqv）。返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，摩擦力f=0，所以N=0竖直方向上有
　　【小结】
　　实践证明，急于列式解题而忽略过程分析必然要犯经验主义的错误。分析好大有益。
　　例14图10－25为方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。电场强度为E，磁感强度为B，复合场的水平宽度为d，竖直方向足够长。现有一束电量为+q、质量为m初速度各不相同的粒子沿电场方向进入场区，求能逸出场区的粒子的动能增量ΔEk。
　　【错解分析】错解：当这束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子流射入电场中，由于带电粒子在磁场中受到洛仑兹力是与粒子运动方向垂直的，粒子将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转，但仍能从入射界面的对面逸出场区；有些粒子则留在场区内运动。
　　从粒子射入左边界到从右边界逸出，电场力做功使粒子的动能发生变化。根据动能定理有：
　　错解的答案不错，但是不全面。没有考虑仍从左边界逸出的情况。
　　【正确解答】
　　由于带电粒子在磁场中受到洛仑兹力是与粒子运动方向垂直的。它只能使速度方向发生变。粒子速度越大，方向变化越快。因此当一束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子射入电场中，将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转，但仍能从入射界面的对面逸出场区（同错解答案）；有些粒子将留在场区内运动；有些粒子将折回入射面并从入射面逸出场区。由于洛仑兹力不会使粒子速度大小发生变化，故逸出场区的粒子的动能增量等于电场力功。对于那些折回入射面的粒子电场力功为零，其动能不变，动能增量ΔEk=0。
　　【小结】
　　本题考查带电粒子在磁场中的运动和能量变化。这道题计算量很小，要求对动能定理、电场力、磁场力等基本概念、基本规律有比较深入的理解，而且能够与题目所给的带电粒子的运动相结合才能求得解答。在结合题意分析时，特别要注意对关键词语的分析。本题中：“逸出场区”的准确含义是从任何一个边界逸出场区均可。
　　例15初速度为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，与离子枪相距d处有两平行金属板MN和PQ，整个空间存在一磁感强度为B的匀强磁场如图10－26所示。不考虑重力的作用，荷质比q/m（q，m分别为离子的带电量与质量），应在什么范围内，离子才能打到金属板上？
　　【错解分析】错解：离子在离子枪内加速，出射速度为
　　由牛顿第二定律离子在磁场中离子的加速度为
　　离子在磁场中做平抛运动
　　离子在离子枪中的的加速过程分析正确，离子进入磁场的过程分析错误。做平抛运动物体的加速度为一恒量，仅与初速度垂直。而洛仑兹力总与速度方向垂直，洛仑兹力大小不变、方向变化，它是个变力。离子在磁场中应做匀速圆周运动。
　　【正确解答】
　　设离子带负电，若离子正好打到金属板的近侧边缘M，则其偏转半
　　若离子正好打到金属板的远侧边缘N，则其偏转半径满足关系
　　　　　　　　　　　　　　　　
　　因离子从离子枪射出的速度v由离子枪内的加速电场决定
　　代入式④即得
　　讨论：由以上方程组可知
　　【小结】
　　本题考查的能力要求体现在通过对边界条件的分析，将复杂的问题分解为若干个简单问题；把未知的问题转化为已知条件。并且通过几何关系找出大小两个半径来。从错解中还可以看出，熟练掌握基本的物理模型的特点（加速度与初速度的关系或加速度与位移之间的关系等）对正确选择解题思路的重要性。
　　例16 如图10-27所示，一块铜块左右两面接入电路中。有电流I自左向右流过铜块，当一磁感应强度为B的匀强磁场垂直前表面穿入铜块，从后表面垂直穿出时，在铜块上、下两面之间产生电势差，若铜块前、后两面间距为d，上、下两面间距为L。铜块单位体积内的自由电子数为n，电子电量为e，求铜板上、下两面之间的电势差U为多少？并说明哪个面的电势高。
　　【错解分析】错解：电流自左向右，用左手定则判断磁感线穿过手心四指指向电流的方向，正电荷受力方向向上，所以正电荷聚集在上极板。
　　随着正负电荷在上、下极板的聚集，在上、下极板之间形成一个电场，这个电场对正电荷产生作用力，作用力方向与正电荷刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时，正电荷不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个正电荷，其带电量为q，根据牛顿第二定律有
　　由电流的微观表达式I=nqSv
　　由几何关系可知S=dL
　　上述解法错在对金属导电的物理过程理解上。金属导体中的载流子是自由电子。当电流形成时，导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动。在磁场中受到洛仑兹力作用的是自由电子。
　　【正确解答】
　　铜块的电流的方向向右，铜块内的自由电子的定向移动的方向向左。用左手定则判断：四指指向电子运动的反方向，磁感线穿过手心，大拇指所指的方向为自由电子的受力方向。图10-28为自由电子受力的示意图。
　　随着自由电子在上极板的聚集，在上、下极板之间形成一个“下正上负”的电场，这个电场对自由电子产生作用力，作用力方向与自由电子刚进入磁场时所受的洛仑兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛仑兹力平衡时，自由电子不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个自由电子，其带电量为e，根据牛顿第二定律有
　　由电流的微观表达式I=neSv=nedLv。
　　【小结】
　　本题的特点是物理模型隐蔽。按照一部分同学的理解，这就是一道安培力的题目，以为伸手就可以判断安培力的方向。仔细分析电荷在上、下两个表面的聚集的原因，才发现是定向移动的电荷受到洛仑兹力的结果。因此，深入分析题目中所叙述的物理过程，挖出隐含条件，方能有正确的思路