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1、专题六磁场学案10磁场对电流和运动电荷的作用【考情分析】【考点预测】高考试题对本专题的考查主要集中在磁场对电流的作用和磁场对运动电荷的作用，一般不单独进行考查，对安培力的考查主要是与安培力有关的动力学问题和能量问题，对洛伦兹力的考查主要是圆周运动的有关问题，一般在综合题中出现预计2014年本专题仍是高考命题点，复习中一定要注意本专题与其他知识的综合应用考题1对磁场基本性质的考查例1(2012大纲全国18)如图1，两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、d到
2、O点的距离均相等，关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()图1AO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两点的磁感应强度的方向相同，故D选项错误答案C点拨提升1 磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，决
3、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右手螺旋定则，也叫安培定则，一定要注意与右手定则、左手定则的区别突破练习1 如图2所示，在xOy平面内有两根平行于y轴水平放置的长直导线，通有沿y轴正方向、大小相同的电流I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，下列说法正确的是()图2AO点处的磁感应强度为零BP、Q两点处的磁感应强度方向垂直CP、Q两点处的磁感应强度方向平行D正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用答案AB解析根据右手螺旋定则可判断两导线所产生的磁场，再利用矢量合成法则可判断O点处磁感应强度为零，P点处磁感应强度方向沿z轴正方向，
4、Q点处磁感应强度方向沿x轴负方向，故A、B正确，C错误在z轴上，z0范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，D错误2 如图3所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B11 T位于纸面内的细直导线，长L1 m，通有I1 A的恒定电流当导线与B1成60夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值是()图3A. TB. TC1 TD. T答案BCD解析当导线与B1成60夹角时，发现其受到的安培力为零，说明该区域同时存在着另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，根据矢量合成的三角形定则，可知B2B1
5、sin 60 T，所以B2的值不可能为 T，选项A错误，本题选B、C、D.3 如图4所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度Bk，式中k是常数，I是导线中的电流、r为点到导线的距离一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程，下列说法正确的是()图4A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先增大后减小D小球对桌面的压力一直在增大答案BC解析由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连
6、线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误考题2对电流在磁场中所受安培力的考查例2(2012海南10)图5中装置可演示磁场对通电导线的作用电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别
7、接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动下列说法正确的是()图5A若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动审题突破由螺线管中的电流方向判断产生的磁场方向由导线中的电流方向，利用左手定则判断受力方向解析若a接正极，b接负极，根据安培定则，两磁极之间产生方向向上的磁场，当e接正极，f接负极时，用左手定则可判断L向左滑动，选项A错误，B正确；同理，若a接负极，b接正极，根据安培定则，两磁极之间产生方向向下的磁场，当e
8、接正极，f接负极时，用左手定则可判断L向右滑动，选项C错误，D正确答案BD规律总结1 判断安培力的方向用左手定则：让磁感线穿过掌心，伸直的四指指向电流方向，拇指所指的方向为安培力的方向2 计算安培力大小时，公式FBIL适用于磁感应强度B的方向与电流I垂直的情况若B与I成一夹角，则应按以下两种方式的任一种计算安培力大小：(1)求出B与I垂直的分量Bsin ，利用FBILsin 计算安培力大小；(2)求出L与B垂直的有效长度Lsin ，利用FBILsin 计算安培力大小3 分析安培力作用下导体棒的运动或平衡问题时，要注意将立体的受力分析图转化为平面的受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析
9、图突破练习4 彭老师在课堂上做了一个演示实验：装置如图6所示，在容器的中心放一个圆柱形电极，沿容器边缘内壁放一个圆环形电极，把A和B分别与电源的两极相连，然后在容器内放入液体，将该容器放在磁场中，液体就会旋转起来王同学回去后重复彭老师的实验步骤，但液体并没有旋转起来造成这种现象的原因可能是，该同学在实验过程中()图6A将磁铁的磁极接反了B将直流电源的正负极接反了C使用的电源为50 Hz的交流电源D使用的液体为饱和食盐溶液答案C解析容器中磁场方向向下，在电场作用下，液体中的正、负离子分别向电极附近运动，同时由于磁场的作用，根据左手定则得正、负离子做圆周运动，故液体旋转起来的原因是液体在磁场力作用
10、下运动清楚了这一原理即可作出判断，选项A、B、D都不影响液体旋转，选项C使用50 Hz的交流电源，电极电性发生周期性变化，且时间仅为0.02 s，故液体中正、负离子的运动幅度较小，液体无法形成旋转的趋势本题选C.5 (2012天津2)如图7所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()图7A金属棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小答案A解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示根据平衡条件及三角形知识
11、可得tan ，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时，角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，角变小，选项C错误；角的大小与悬线长短无关，选项B错误6 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8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？(框架与金属棒的电阻不计，g取10 m/s2)图8答案1.4 R8.2 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、
12、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，在金属棒重来源:学科网ZXXK力分力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，如图所示此时金属棒刚好不上滑，满足平衡条件：Blmgcos mgsin
13、 0解得Rmin1.4 来源:Zxxk.Com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 考题3对带电粒子在磁场中运动的考查例3如图9所示，有一个磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场，在磁场中的O点有一个粒子源，能在纸面内向各个方向连续不断地均匀发射速率为v、比荷为k的带正电粒子，PQ是垂直纸面放置且厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线跟挡板垂直带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力忽略不计图9(1)为了使带电粒子不打在挡板上，粒子源到挡板的距离d应满足什么条件？(2)若粒子源到挡板的距离d，且已知沿某一方向射出的粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板上
14、，求这个粒子从O点射出时的速度方向；(3)若粒子源到挡板的距离d，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比是多少？审题突破粒子的速率相同，在磁场中做圆周运动的半径相同粒子离开O点的最远距离为2r.画出经过P点的轨迹示意图，利用几何知识求速度方向画出两个临界轨迹，利用几何知识求解打到挡板左、右表面上的长度解析(1)设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，则由洛伦兹力充当向心力得：qvBm由题意得：k由题意分析可知，为了使带电粒子不打在挡板上，d应满足：d2r由解得：d(2)如图所示，设粒子速度方向与OP连线的夹角为时，粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板右表面的N点由几何关系可知：OPN为直角三角形，ON为粒子圆周运动的直径由于d和可得：rd所以由几何关系可得：30(3)粒子打到挡板左、右表面的示意图如图所示由图可知，粒子打到挡板左表面的长度为：PMr粒子打到挡板右表面的长度为：PN2rcos 30由得，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比为答案(1
