1、高考资源网（） 您身边的高考专家2014届高考物理二轮复习讲义：第2讲磁场对电流和运动电荷的作用(鲁科版),P33P35)热点一对磁场基本性质的考查命题规律：磁场的产生、磁感应强度的叠加，安培定则、左手定则是磁场的基本知识，在近几年的高考中时有出现，考题以选择题的形式出现，难度不大(2013高考安徽卷)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线上通有大小相同的电流，方向如图所示一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A向上B向下C向左 D向右【解析】a、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在O点形成的磁场的磁
2、感应强度B大小相同，方向如图甲所示O点合磁场方向如图乙所示，则据左手定则可以判定由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向向下B选项正确【答案】B1.磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，决定于磁场本身，与试探电流元无关，其叠加遵循平行四边形定则2判断电流的磁场方向用安培定则，一定要注意与右手定则、左手定则的区别3判断安培力、洛伦兹力的方向用左手定则，但要注意电荷的正负拓展训练1(2012高考大纲全国卷)如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c
3、、d到O点的距离相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同解析：选C.根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误热点二磁场对电流的作用命题规律：磁场对通电导体棒的作用问
4、题是近几年高考的热点，分析近几年的高考题，该考点的命题规律主要有以下两点：(1)主要考查安培力的计算、安培力方向的判断、安培力作用下的平衡和运动，题型以选择题为主，难度不大(2)与电磁感应相结合，考查力学和电路知识的应用，综合性较强，以计算题形式出现在倾角30的斜面上，固定一金属框，宽l0.25 m，接入电动势E12 V，内阻不计的电池垂直框面放置一根质量m0.2 kg的金属棒ab，它与框架间的动摩擦因数，整个装置放在磁感应强度B0.8 T、垂直框面向上的匀强磁场中，如图所示当调节滑动变阻器R的阻值在什么范围内时，可使金属棒静止在框架上？(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，框架与金属棒的电阻不计
5、，g取10 m/s2)【解析】金属棒受到四个力作用：重力mg、垂直框面向上的支持力FN、沿框面向上的安培力F安及沿框面的静摩擦力Ff.金属棒静止在框架上时，静摩擦力Ff的方向可能沿框面向上，也可能沿框面向下，需分两种情况考虑：(1)当滑动变阻器R取值较大时，I较小，安培力F安较小，在金属棒重力分量mgsin 作用下金属棒有沿框面下滑的趋势，金属棒所受静摩擦力Ff沿框面向上，受力情况如图所示此时金属棒刚好不下滑，满足平衡条件：Blmgcos mgsin 0解得Rmax8.2 .(2)当滑动变阻器R取值较小时，I较大，安培力F安较大，会使金属棒产生上滑的趋势，因此金属棒所受静摩擦力Ff沿框面向下，
6、如图所示，此时金属棒刚好不上滑，满足平衡条件：Blmgcos mgsin 0解得Rmin1.4 所以要使金属棒静止在框架上，滑动变阻器R的取值范围为1.4 R8.2 .【答案】1.4 R8.2 1.只有磁场方向与电流方向垂直时，才能用FBIl计算安培力的大小2分析导体棒的受力时，要将题目给出的立体图转换为平面侧视图拓展训练2(2013北京石景山高三期末)法拉第曾做过如下实验，在玻璃杯侧面底部装一导体柱并通过导线与电源负极相连，直立的细圆柱磁铁棒下端固定在玻璃杯底部的中心，往杯内加入水银在玻璃杯的正上方O点吊一可自由转动的直铜棒，铜棒的上端与电源的正极相接，下端浸入玻璃杯的水银中由于水银的密度比
7、铜大，铜棒静止时处于倾斜状态，如图所示这样，可动铜棒、水银、导体柱和电源就构成了一个回路闭合开关S，可观察到的现象是()A与闭合S前相比，铜棒与竖直方向的夹角不变且仍静止B与闭合S前相比，铜棒与竖直方向的夹角会增大但仍可静止C与闭合S前相比，铜棒与竖直方向的夹角会减小但仍可静止D铜棒会以磁铁棒为轴转动解析：选D.闭合开关S，直铜棒中有电流，电流在磁场中受到安培力作用，可观察到的现象是铜棒会以磁铁棒为轴转动，选项D正确拓展训练3如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O，并处于匀强磁场中当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为，则磁感应强度方向和大小
8、可能为()Az正向，tan By负向，Cz负向，tan D沿悬线向上，sin 解析：选C.若磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，选项A错误；若磁感应强度方向为y负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z负方向，直导线不能平衡，选项B错误；若磁感应强度方向为z负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件BILmgtan ，所以Btan ，选项C正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如图所示(侧视图)，直导线不能平衡，选项D错误热点三带电粒子在匀强磁场中的运动命题规律：带电粒子在磁场中的圆周运动问
9、题是近几年高考的重点，同时也是高考的热点，分析近几年高考试题，该考点的命题规律有以下两个方面：(1)通常与圆周运动规律、几何知识相联系，综合考查应用数学知识处理物理问题的能力，题型为选择题或计算题(2)偶尔也会以选择题的形式考查磁场的性质、洛伦兹力的特点及圆周运动的周期性等问题(2013高考天津卷)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，
10、设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.【解析】(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd联立式可得E.(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于.由几何关系得rRtan 粒子运动过程中洛伦兹力充
11、当向心力，由牛顿第二定律，得qvBm联立式得R.(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d，设板间电压为U，则U设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出综合式可得vv设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n3.【答案】(1)(2)(3)3(1)根据题目中给出的信息，明确粒子在磁场中偏转的情景，画出运动草图，确定圆心，利用几何关系确定圆半径(2)粒子偏转角度是计算在磁场中运动时间的桥梁，即tT(是圆弧对应的圆心角)拓展训练4(2013高考新课标全国卷)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域
12、的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A. B.C. D.解析：选A.若磁场方向向上，带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，其运动的轨迹半径rR，由洛伦兹力提供向心力，即qv0B知R，故匀强磁场的磁感应强度B，若磁场方向向下可得到同样的结果选项A正确拓展训练5如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里P为屏上的一小孔，PC与MN垂直一群质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于
13、磁场的方向射入磁场区域粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为的范围内则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为()A. B.C. D.解析：选D.粒子沿PC方向射入，偏转半个圆周打在PN上，长度为l12R，粒子沿与PC夹角为的方向射入，打在PN上的长度为l2，则在屏MN上被粒子打中区域的长度为ll1l2.,P35P37)带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动往往会出现临界和极值问题，有时还会出现多解问题，解决这类问题，对考生分析能力、判断能力和综合运用知识的能力要求较高，因此可能成为2014年高考命题点【解析】(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定
14、则可得，粒子带正电荷(2分)(2)设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB，解得r(3分)由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等(1分)由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图甲所示则最大半径rmaxLcos 30 L(4分)由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin.(1分) 甲乙(3)为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN.图中点O2为轨迹的圆心，由于内接OMN为正三角形，
15、由几何知识知，最小的轨迹半径为rmin(5分)粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB，所以磁感应强度的最大值Bmax.(2分)【答案】(1)正(2)(3)【总结提升】1.解决此类问题的关键是找准临界点具体方法是以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，分析可能出现的情况，结合画出的特殊情况下或任意情况下的轨迹圆，找出临界条件2解决此类问题应注意以下两点：(1)三种几何关系刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切当粒子的运动速率v变化时，粒子经过的弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长当粒子的运动速率v一
16、定时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长(2)利用动态圆画临界轨迹的方法如图所示，一束带负电的粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨道半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹预测1(2013衡水中学调研)如图所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边
17、界OC射出磁场已知AOC60，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为()A.B.C. D.解析：选B.由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短，如图，根据最短时间为，可知OSD为等边三角形，粒子圆周运动半径RSD，过S点做OA垂线交OC于E点，由几何关系可知SE2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运行时间最长
18、，且t，故B项正确预测2(2013洛阳高三统考)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点现有一质量为m，带电荷量为q的带电粒子(重力不计)从O点开始以初速度v0沿x方向进入磁场，粒子经过y轴上P点时的速度方向与y方向夹角为30.已知OPL，求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)该圆形区域的最小面积解析：(1)由左手定则可知磁场方向垂直于xOy平面向里粒子在匀强磁场中做1/3圆周的匀速圆周运动，如图所示粒子在Q点飞出磁场设其圆心为O，半径为R，由几何关系得：(LR)sin 30R解得：RL/3由牛顿第二定律得：qv0Bm解得：B.(2)设磁场圆形区域的最小面积为S，由几何关系得：直径dOQRL所以S(d/2)2L2.答案：(1)，方向垂直xOy平面向里(2)L2高考资源网版权所有，侵权必究！