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磁场对电流和运动电荷的作用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．1.(多选)(2014·乌鲁木齐诊断)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比．如图所示，两根相距L的无限长直导线分别通有电流I和3I.在两导线的连线上有a、b、c三点，a点为两根直导线连线的中点，b、c两点距导线的距离均为L.下列说法正确的是()A．a点和b点的磁感应强度方向相同B．a点和b点的磁感应强度大小之比为8∶1C．c点和b点的磁感应强度方向相同D．c点和b点的磁感应强度大小之比为5∶1[解析]根据题意可知，磁感应强度B＝kIr，其中k为比例系数，I是电流，r是距离导线的长度．利用安培定则和磁感线的特点以及磁感应强度的叠加原理可知a点的磁感应强度大小为Ba＝k·3IL2＋kIL2＝8kIL，方向向下，b点的磁感应强度大小为Bb＝k·3I2L－kIL＝kI2L，方向向下，a点和b点的磁感应强度大小之比为16∶1，选项A正确，B错误；c点磁感应强度方向向上，b点磁感应强度方向向下，c点和b点磁感应强度方向相反，选项C错误；c点的磁感应强度大小为Bc＝k·3IL－kI2L＝5kI2L，所以c点和b点的磁感应强度大小之比为5∶1，选项D正确．[答案]AD2.(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]B3.(多选)(2014·山东临沂一模)如图所示，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B＝kIr，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()A．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[解析]由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连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．[答案]BC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．1.(多选)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θ，则磁感应强度方向和大小可能为()A．z正向，mgILtanθB．y正向，mgILC．z负向，mgILtanθD．沿悬线向上，mgILsinθ[解析]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正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件BIL＝mg，所以B＝mgIL，选项B正确；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BIL＝mgtanθ，所以B＝mgILtanθ，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．[答案]BC2.在实验精度要求不高的情况下，可利用罗盘来测量电流产生磁场的磁感应强度，具体做法是：在一根南北方向放置的直导线的正下方10cm处放一个罗盘．导线没有通电时罗盘的指针(小磁针的N极)指向北方；当给导线通入电流时，发现罗盘的指针偏转一定角度，根据偏转角度即可测定电流磁场的磁感应强度．现已测出此地的地磁场水平分量B＝5.0×10－5T，通电后罗盘指针停在北偏东60°位置，如图所示．由此测出该通电直导线在其正下方10cm处产生磁场的磁感应强度大小为()A．5.0×10－5TB．1.0×10－4TC．8.66×10－5TD．7.07×10－5T[解析]如图所示，B′＝B·tan60°＝8.66×10－5T.[答案]C3.(多选)(2014·高考浙江卷)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒()A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功[解析]根据题意得出v－t图象如图所示，金属棒一直向右运动，A正确．速度随时间做周期性变化，B正确．据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确．F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．[答案]ABC[方法总结]解决安培力问题的一般思路1正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直.2画出辅助图如导轨、斜面等，并标明辅助方向磁感应强度B、电流I的方向.3将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图.)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．1.(2014·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A．2B.2C．1D.22[解析]设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝12mv21，Ek2＝12mv22，由题意可知Ek1＝2Ek2，即12mv21＝mv22，则v1v1＝21.由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝mv2R，得R＝mvqB，由题意可知R1R2＝21，所以B1B2＝v1R2v2R1＝22，故选项D正确．[答案]D2.(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)()A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm[解析]根据对称性，带电粒子射入圆形磁场区域时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等，画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝R，再由qvB＝mv2r，得r＝mvqB，解得v＝qBRm，故选项B正确．[答案]B3.(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，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23d，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qU＝12mv2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②联立①②式可得E＝mv22qd.③(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∠AO′S等于π3.由几何关系得r＝Rtanπ3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝mv2r⑤联立④⑤式得R＝3mv3qB.⑥(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移23d，设板间电压为U′，则U′＝Ed3＝U3⑦设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出U′U＝v′2v2综合⑦式可得v′＝33v⑧设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝3mv3qB⑨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θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝π2粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3.[答案](1)mv22qd(2)3mv3qB(3)3带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题命题规律：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2015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＝mv2r，解得r＝mvqB(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rmax＝12Lcos30°＝34L(4分)由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin＝43mv3qL.(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，由几何知识知，最小的轨迹半径为rmin＝L2cos30°(4分)粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝mv2r，所以磁感应强度的最大值Bmax＝3mvqL.(3分)[答案](1)正(2)43mv3qL(3)3mvqL[总结提升]分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”、“最高”、“最长”、“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小；最上、最下；最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果．(1)常见的三种几何关系①刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动