题目列表(包括答案和解析)
一个学生在做《磁能产生电》的实验中接成如图所示的实验电路图．发现当接通或断开K，或迅速移动滑动变阻器的滑片P时，左电路中的电流表的指针都不偏转，其原因是（ ）
| 2 |
235 52 |
| + | 1 0 |
| → | 141 56 |
| + | 92 36 |
235 52 |
141 56 |
92 36 |
，则：
______．已知
、
、
和中子的质量分别为m1、m2、m3和m4，则此反应中一个铀核裂变释放的能量为______；第十部分 磁场
第一讲 基本知识介绍
《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。
一、磁场与安培力
1、磁场
a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质
b、磁感强度、磁通量
c、稳恒电流的磁场
*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I 、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB 。矢量式d
= k
，（d
表示导体元段的方向沿电流的方向、
为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k
结合安培定则寻求方向亦可。其中 k = 1.0×10?7N/A2 。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。
毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B = 2k
；
*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2πkI
；
*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2πknI 。其中n为单位长度螺线管的匝数。
2、安培力
a、对直导体，矢量式为 
= I
；或表达为大小关系式 F = BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。
b、弯曲导体的安培力
⑴整体合力
折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。
证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F1与NO段导体的安培力F2的合力为F，则F的大小为
F = 
= BI
= BI
关于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。
证毕。
由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）
⑵导体的内张力
弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。
c、匀强磁场对线圈的转矩
如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO′，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为
M = BIS
几种情形的讨论——
⑴增加匝数至N ，则 M = NBIS ；
⑵转轴平移，结论不变（证明从略）；
⑶线圈形状改变，结论不变（证明从略）；
*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M = BIScosα ，如图9-3；
证明：当α = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…
⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M = BIScosβ ，如图9-4。
证明：当β = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…
说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。
二、洛仑兹力
1、概念与规律
a、
= q
，或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为
与
的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。
b、能量性质
由于
总垂直
与
确定的平面，故
总垂直
，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。
问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？
解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v1和导体运动v2的合运动，其合速度为v ，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f1 = qv1B的合力（见图9-5）。
很显然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f1的正功和f2的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v1在10?5m/s数量级，而v2一般都在10?2m/s数量级以上，致使f1只是f的一个极小分量。）
☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？
若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。
2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动
a、
⊥
时，匀速圆周运动，半径r = 
，周期T = 
b、
与
成一般夹角θ时，做等螺距螺旋运动，半径r = 
，螺距d = 
这个结论的证明一般是将
分解…（过程从略）。
☆但也有一个问题，如果将
分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如图9-7所示），粒子的运动情形似乎就不一样了——在垂直B2的平面内做圆周运动？
其实，在图9-7中，B1平行v只是一种暂时的现象，一旦受B2的洛仑兹力作用，v改变方向后就不再平行B1了。当B1施加了洛仑兹力后，粒子的“圆周运动”就无法达成了。（而在分解v的处理中，这种局面是不会出现的。）
3、磁聚焦
a、结构：见图9-8，K和G分别为阴极和控制极，A为阳极加共轴限制膜片，螺线管提供匀强磁场。
b、原理：由于控制极和共轴膜片的存在，电子进磁场的发散角极小，即速度和磁场的夹角θ极小，各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此相等（半径可以不等），故所有粒子会“聚焦”在荧光屏上的P点。
4、回旋加速器
a、结构&原理（注意加速时间应忽略）
b、磁场与交变电场频率的关系
因回旋周期T和交变电场周期T′必相等，故 
=
c、最大速度 vmax = 
= 2πRf
5、质谱仪
速度选择器&粒子圆周运动，和高考要求相同。
第二讲 典型例题解析
一、磁场与安培力的计算
【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm，通过电流的大小都是3.0A，方向相反。试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。
【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。解题过程从略。
【答案】大小为8.0×10?6T ，方向在图9-9中垂直纸面向外。
【例题2】半径为R ，通有电流I的圆形线圈，放在磁感强度大小为B 、方向垂直线圈平面的匀强磁场中，求由于安培力而引起的线圈内张力。
【解说】本题有两种解法。
方法一：隔离一小段弧，对应圆心角θ ，则弧长L = θR 。因为θ →
一、选择题：
题号
１
２
３
４
５
６
７
８
９
10
11
12
答案
CD
Ｃ
BD
ABC
AC
Ｂ
Ｄ
Ａ
Ｃ
BD
Ｂ
AC
二、非选择题：
13．（1）实物图连线如右图所示。
（2）先闭合S1，断开S2，调节R和RP，使电流表和电压表示数合理，记下两表示数为I1，U1；设电压表内阻为Rv
=+
再保持RP不变，闭合S2，记下电流表和电压表示数为I2、U2。
=++ ∴Rx=
答案：
（3）“等于”。
（4）数据记录：
物理量
次数
电压Ｕ／V
电流Ｉ／A
电阻Ｒx／Ω
电阻平均值Ｒx／Ω
1
2
3
评分说明：第⑴实物连图正确４分；第⑵表达式４分（不必写计算过程）；第⑶2分。第⑷共4分（漏平均值一列扣１分，其他形式的表格正确的也给分）。
点评：本题电压表和电阻箱的电阻是过渡量,很有隐蔽性；另外设计记录处理数据的表格可能是今年高考的一个考点。
14．86V(85~87V)；1.72mA(1.70~1.74mA)；2.83kΩ(2.80~2.85 kΩ).（每空2分，共6分）
15．⑴位移s，速度v，mgs，
mv2。 （每空１分，共４分）
⑵④让小球吸在开始端；⑤电磁铁断电；⑥ 4 ；⑦ 4.04 ； 4.00 。
（每空１分，共５分）
⑶在误差允许范围内，重力做的功与物体动能的变化量成正比。（１分）
点评：本题考查学生如下思维过程：⑴如何根据图形结合所学知识试试设计实验情景的命题；⑵理解实验的操作过程、实验原理，掌握实验数据的处理方法；⑶确立正确的结论。通过创新实验新情景考查学生是否掌握原有实验知识并迁移到新的实验中去的能力。
16解：⑴设先起跳者从跳起到双手入水的时间为t１，由题意知其位移为h1＝
根据自由落体运动的规律：h1＝gt１2 ----------------------------------(2分)
得： t１＝
＝
s≈1.4s ----------------------------------(2分)
由此知道后起跳者从对应的空中时间t2＝t１－0.1＝1.3s ------------------(1分)
后起跳的位移 h2＝gt22＝×10×
在第一个人双入入水瞬间双方存在的高度差△h＝h1－h2＝
说明：其他解法正确的同样给分。
点评：本题考查学生掌握自由落体运动的知识和综合分析能力。涉及到两个物体的相对运动问题，可采取上述分别对各个对象进行分析处理的方法，也可采用相对法处理，具有很好的开放性。
⑵①根据惯性原理：当绳b被烧断，同时木架停止转动瞬间，小球具有垂直纸面向里的线速度v1，小球开始在垂直于纸面的竖直面上做圆周运动．-------－-----------(2分)
②绳b未被烧断，木架未停止转动前，设小球运动的线速度为v1，
则有 v1＝ωLb ---------------------------------------① (2分)
要使小球恰能在此面上做圆周运动，则小球在最高点的速度v2必须符合：
mg＝m
---------------------------------------② (2分)
小球在此面上做圆周运动过程中机械能守恒，有：
mv12＝mv22＋mg?2La ------------------------------③ (2分)
①②③式联立解得：ω＝
----------------------------------④ (2分)
点评：本题考查学生掌握惯性原理和圆周运动、机械能守恒等知识和综合分析能力。涉及到临界条件以及机械能守恒和线速度与角速度的关系公式。本题的易错点在当绳b被烧断，同时木架停止转动瞬间小球到底是往那个方向摆动的问题，有的同学会错认为在纸面上做圆周运动，造成无法解答所求的结果。
17解：⑴设行李包滑上传送带后做匀加速运动的时间为ts，至与传送带的速度相等后做匀速时间为(2-t)s；
根据牛顿第二定律，加速度a＝
＝μg＝2m/s2 ①---------------------(2分)
由运动学公式： v－v0＝at ②----------------------------------(2分)
③---------------------------------(2分)
①②③联立解得：v0＝
⑵行李包被抛出到滑上传送带的过程可看成是从传送带左端向右做平抛运动的逆运动。 ------------------------------------------------------------(2分)
在竖直方向，由h＝gt2
得行李包作斜抛时间：t =
＝
s＝1.0s --------------------------(2分)
水平位移：S＝v0t＝4×1.0m＝4m --------------------------------------(2分)
故行李包从被抛出到滑上传送带左端的位移的大小:
x＝
＝
----------------------------------------(2分)
点评：本题考查牛顿定律和运动学、抛体运动等知识和综合分析能力。第一问是常规的传送带问题的变形，且与以往有所不同的是行李包滑上传送带时是有初速的，不能让考生很容易确定加速的时间及位移，这加大了一些难度；但本题通过巧妙设计数据，使运算简易，结果简明。第二问涉及斜抛运动的前半段，刚好通过逆向思维也很容易处理，但最后的位移要注意所求为总位移，而非水平位移，一些考生审题不慎可能会出错。
18解：根据法拉第电磁感应定律，发电机产生的感应电动势Ｅ１大小为
Ｅ１=Bdv -------------------------------------------------------------①(2分)
⑴导电流体的运动可以等效为长度为d、电阻为r 的导体做切割磁感线运动，其电阻r=
--------------------------------------------------------------②(2分)
根据闭合电路欧姆定律，通过负载电阻R的电流为
-----------------------------------------③(2分)
那么，负载电阻R得到的电压为
------------------------------------------④(4分)
⑵磁流体发电机给电容器提供的电场强度Ｅ２＝
＝
----------------⑤(2分)
带电体得到的电场力Ｆ＝qＥ２＝
-----------------------------------------⑥(2分)
设摆线长为
，小球从竖直位置向上摆动的过程中，根据动能定理，有：
Ｆsinθ－mg(1－cosθ)＝０－０ ------------------------------------⑦(2分)
⑥⑦联立解得： S＝
---------------------------------------------⑧(2分)
点评：本题在2004年天津高考25题的基础上增加新的结构⑵，从而把磁流体发电机的功能发展壮大，把纯电路的问题扩展至动力学等问题中，充分挖掘高考综合题的内涵，促进了复习备考的活力。突出对学生科学方法运用的考查，既考查学生类比方法（类比导体棒切割磁感线运动产生感应动势的方法求磁流体切割磁感线产生的感应电动势）、又考查分析与综合的方法（将复杂的问题分解成若干简单问题并找出其联系，层层推进确定最终的结果）。
19解：⑴带电小球垂直于边界ＧＨ进入复合场，运动到Ｏ点恰与绝缘板碰撞，碰后能返回平台，说明小球在复合场中qＥ＝mg-----------------------------------①(1分)
洛仑兹力做匀速圆周运动的向心力，且经过半个圆周到达Ｏ点，碰后再经过半个周期回到二级平台。-----------------------------------------------------(1分)
根据带电粒子在磁场运动的周期公式 Ｔ＝
------------------------②(1分)
①②消去q，得交变磁场变化的周期
Ｔ＝
--------------------------(1分)
⑵由牛顿第二定律有： qvＢ＝m
------------------------------③(1分)
由几何关系有： r＝h/2 ----------------------------------④(1分)
①③④联立，解得： v＝
-----------------------------------⑤(２分)
⑶设小球碰撞后的速度大小为V，绝缘板的速度大小为Vm。则题意可知，小球返回的半径r′=
＝
，又根据r＝
可得：则V＝
-----------------------⑥(2分)
小球与绝缘板碰撞过程中，以小球和绝缘板为系统，动量守恒。
有： mv＝－mV＋ＭVm ------------------------------------⑦(1分)
而小球与绝缘板发生的是弹性碰撞，它们构成的系统机械能守恒，有：
有： mv2＝mV2＋ＭVm2 --------------------------------⑧(1分)
⑤⑥⑦联立解得：Ｍ＝3m ----------------------------------------⑨(2分)
⑷绝缘板从Ｃ点运动至Ｄ点的过程中，根据功能关系有：
ＥＰ＋μＭgS＝ＭVm2 ------------------------------------⑩(1分)
①③⑤⑥⑦⑨⑩联立解得：ＥＰ＝
－3μmgS --------------(３分)
点评：本题考查洛仑兹力、动量守恒、机械能守恒、功能原理等等知识，考查学生综合分析带电粒子在复合场运动和碰撞问题等能力。本题空间思维能力要求高，信息量多，没有分清物理情景是不可能作出正确的计算的。在处理问题时既要注意摸清过程，又要分清物体在各点的状态，运用正确的公式列式，才能取得成效，实是一道不错的压轴题。
命题体会：近几年来，高考物理选择题多以简易的推理判断为主，不涉及复杂的演算和推理过程。而实验题体现了创新和探究，但万变不离其“宗”――平时所学的物理规律、实验原理和方法，故出题坚持以本为本，以纲为纲，突出对学生实验操作过程和分析方法的考查，只是形式呈现多样化。计算题则体现过程多、所求多、列式多，但不偏不怪、易于入手的特点，只是因考生而异，有的考生既准确又能不断深入，值到理想境界；有的考生则做好前一半，后一半要么出错，要么做不下去，但也能得到该得的分。这次命题，我紧紧抓住这一思想，尝试自造一些近似于高考的原创或高考改装题，力求体现本人一贯的命题宗旨，这样也肯定有许多不严密之处，故请同仁们指正。
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