題目列表(包括答案和解析)
一個學生在做《磁能產生電》的實驗中接成如圖所示的實驗電路圖．發現當接通或斷開K，或迅速移動滑動變阻器的滑片P時，左電路中的電流表的指針都不偏轉，其原因是（ ）
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，則：
______．已知
、
、
和中子的質量分別為m1、m2、m3和m4，則此反應中一個鈾核裂變釋放的能量為______；第十部分 磁場
第一講 基本知識介紹
《磁場》部分在奧賽考剛中的考點很少，和高考要求的區別不是很大，只是在兩處有深化：a、電流的磁場引進定量計算；b、對帶電粒子在復合場中的運動進行了更深入的分析。
一、磁場與安培力
1、磁場
a、永磁體、電流磁場→磁現象的電本質
b、磁感強度、磁通量
c、穩恒電流的磁場
*畢奧-薩伐爾定律（Biot-Savart law）：對于電流強度為I 、長度為dI的導體元段，在距離為r的點激發的“元磁感應強度”為dB 。矢量式d
= k
，（d
表示導體元段的方向沿電流的方向、
為導體元段到考查點的方向矢量）；或用大小關系式dB = k
結合安培定則尋求方向亦可。其中 k = 1.0×10?7N/A2 。應用畢薩定律再結合矢量疊加原理，可以求解任何形狀導線在任何位置激發的磁感強度。
畢薩定律應用在“無限長”直導線的結論：B = 2k
；
*畢薩定律應用在環形電流垂直中心軸線上的結論：B = 2πkI
；
*畢薩定律應用在“無限長”螺線管內部的結論：B = 2πknI 。其中n為單位長度螺線管的匝數。
2、安培力
a、對直導體，矢量式為 
= I
；或表達為大小關系式 F = BILsinθ再結合“左手定則”解決方向問題（θ為B與L的夾角）。
b、彎曲導體的安培力
⑴整體合力
折線導體所受安培力的合力等于連接始末端連線導體（電流不變）的的安培力。
證明：參照圖9-1，令MN段導體的安培力F1與NO段導體的安培力F2的合力為F，則F的大小為
F = 
= BI
= BI
關于F的方向，由于ΔFF2P∽ΔMNO，可以證明圖9-1中的兩個灰色三角形相似，這也就證明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（這個證明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中點了。
證畢。
由于連續彎曲的導體可以看成是無窮多元段直線導體的折合，所以，關于折線導體整體合力的結論也適用于彎曲導體。（說明：這個結論只適用于勻強磁場。）
⑵導體的內張力
彎曲導體在平衡或加速的情形下，均會出現內張力，具體分析時，可將導體在被考查點切斷，再將被切斷的某一部分隔離，列平衡方程或動力學方程求解。
c、勻強磁場對線圈的轉矩
如圖9-2所示，當一個矩形線圈（線圈面積為S、通以恒定電流I）放入勻強磁場中，且磁場B的方向平行線圈平面時，線圈受安培力將轉動（并自動選擇垂直B的中心軸OO′，因為質心無加速度），此瞬時的力矩為
M = BIS
幾種情形的討論——
⑴增加匝數至N ，則 M = NBIS ；
⑵轉軸平移，結論不變（證明從略）；
⑶線圈形狀改變，結論不變（證明從略）；
*⑷磁場平行線圈平面相對原磁場方向旋轉α角，則M = BIScosα ，如圖9-3；
證明：當α = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有垂直轉軸的的分量Bcosα才能產生力矩…
⑸磁場B垂直OO′軸相對線圈平面旋轉β角，則M = BIScosβ ，如圖9-4。
證明：當β = 90°時，顯然M = 0 ，而磁場是可以分解的，只有平行線圈平面的的分量Bcosβ才能產生力矩…
說明：在默認的情況下，討論線圈的轉矩時，認為線圈的轉軸垂直磁場。如果沒有人為設定，而是讓安培力自行選定轉軸，這時的力矩稱為力偶矩。
二、洛侖茲力
1、概念與規律
a、
= q
，或展開為f = qvBsinθ再結合左、右手定則確定方向（其中θ為
與
的夾角）。安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現。
b、能量性質
由于
總垂直
與
確定的平面，故
總垂直
，只能起到改變速度方向的作用。結論：洛侖茲力可對帶電粒子形成沖量，卻不可能做功�；颍郝鍋銎澚墒箮щ娏Ｗ拥膭恿堪l生改變卻不能使其動能發生改變。
問題：安培力可以做功，為什么洛侖茲力不能做功？
解說：應該注意“安培力是大量帶電粒子所受洛侖茲力的宏觀體現”這句話的確切含義——“宏觀體現”和“完全相等”是有區別的。我們可以分兩種情形看這個問題：（1）導體靜止時，所有粒子的洛侖茲力的合力等于安培力（這個證明從略）；（2）導體運動時，粒子參與的是沿導體棒的運動v1和導體運動v2的合運動，其合速度為v ，這時的洛侖茲力f垂直v而安培力垂直導體棒，它們是不可能相等的，只能說安培力是洛侖茲力的分力f1 = qv1B的合力（見圖9-5）。
很顯然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者說f1的正功和f2的負功的代數和為零）。（事實上，由于電子定向移動速率v1在10?5m/s數量級，而v2一般都在10?2m/s數量級以上，致使f1只是f的一個極小分量。）
☆如果從能量的角度看這個問題，當導體棒放在光滑的導軌上時（參看圖9-6），導體棒必獲得動能，這個動能是怎么轉化來的呢？
若先將導體棒卡住，回路中形成穩恒的電流，電流的功轉化為回路的焦耳熱。而將導體棒釋放后，導體棒受安培力加速，將形成感應電動勢（反電動勢）。動力學分析可知，導體棒的最后穩定狀態是勻速運動（感應電動勢等于電源電動勢，回路電流為零）。由于達到穩定速度前的回路電流是逐漸減小的，故在相同時間內發的焦耳熱將比導體棒被卡住時少。所以，導體棒動能的增加是以回路焦耳熱的減少為代價的。
2、僅受洛侖茲力的帶電粒子運動
a、
⊥
時，勻速圓周運動，半徑r = 
，周期T = 
b、
與
成一般夾角θ時，做等螺距螺旋運動，半徑r = 
，螺距d = 
這個結論的證明一般是將
分解…（過程從略）。
☆但也有一個問題，如果將
分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如圖9-7所示），粒子的運動情形似乎就不一樣了——在垂直B2的平面內做圓周運動？
其實，在圖9-7中，B1平行v只是一種暫時的現象，一旦受B2的洛侖茲力作用，v改變方向后就不再平行B1了。當B1施加了洛侖茲力后，粒子的“圓周運動”就無法達成了。（而在分解v的處理中，這種局面是不會出現的。）
3、磁聚焦
a、結構：見圖9-8，K和G分別為陰極和控制極，A為陽極加共軸限制膜片，螺線管提供勻強磁場。
b、原理：由于控制極和共軸膜片的存在，電子進磁場的發散角極小，即速度和磁場的夾角θ極小，各粒子做螺旋運動時可以認為螺距彼此相等（半徑可以不等），故所有粒子會“聚焦”在熒光屏上的P點。
4、回旋加速器
a、結構&原理（注意加速時間應忽略）
b、磁場與交變電場頻率的關系
因回旋周期T和交變電場周期T′必相等，故 
=
c、最大速度 vmax = 
= 2πRf
5、質譜儀
速度選擇器&粒子圓周運動，和高考要求相同。
第二講 典型例題解析
一、磁場與安培力的計算
【例題1】兩根無限長的平行直導線a、b相距40cm，通過電流的大小都是3.0A，方向相反。試求位于兩根導線之間且在兩導線所在平面內的、與a導線相距10cm的P點的磁感強度。
【解說】這是一個關于畢薩定律的簡單應用。解題過程從略。
【答案】大小為8.0×10?6T ，方向在圖9-9中垂直紙面向外。
【例題2】半徑為R ，通有電流I的圓形線圈，放在磁感強度大小為B 、方向垂直線圈平面的勻強磁場中，求由于安培力而引起的線圈內張力。
【解說】本題有兩種解法。
方法一：隔離一小段弧，對應圓心角θ ，則弧長L = θR 。因為θ →
一、選擇題：
題號
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、非選擇題：
13．（1）實物圖連線如右圖所示。
（2）先閉合S1，斷開S2，調節R和RP，使電流表和電壓表示數合理，記下兩表示數為I1，U1；設電壓表內阻為Rv
=+
再保持RP不變，閉合S2，記下電流表和電壓表示數為I2、U2。
=++ ∴Rx=
答案：
（3）“等于”。
（4）數據記錄：
物理量
次數
電壓Ｕ／V
電流Ｉ／A
電阻Ｒx／Ω
電阻平均值Ｒx／Ω
1
2
3
評分說明：第⑴實物連圖正確４分；第⑵表達式４分（不必寫計算過程）；第⑶2分。第⑷共4分（漏平均值一列扣１分，其他形式的表格正確的也給分）。
點評：本題電壓表和電阻箱的電阻是過渡量,很有隱蔽性；另外設計記錄處理數據的表格可能是今年高考的一個考點。
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�！ 。靠眨狈�，共４分）
⑵④讓小球吸在開始端；⑤電磁鐵斷電；⑥ 4 ；⑦ 4.04 ； 4.00 。
（每空１分，共５分）
⑶在誤差允許范圍內，重力做的功與物體動能的變化量成正比。（１分）
點評：本題考查學生如下思維過程：⑴如何根據圖形結合所學知識試試設計實驗情景的命題；⑵理解實驗的操作過程、實驗原理，掌握實驗數據的處理方法；⑶確立正確的結論。通過創新實驗新情景考查學生是否掌握原有實驗知識并遷移到新的實驗中去的能力。
16解：⑴設先起跳者從跳起到雙手入水的時間為t１，由題意知其位移為h1＝
根據自由落體運動的規律：h1＝gt１2 ----------------------------------(2分)
得： t１＝
＝
s≈1.4s ----------------------------------(2分)
由此知道后起跳者從對應的空中時間t2＝t１－0.1＝1.3s ------------------(1分)
后起跳的位移 h2＝gt22＝×10×
在第一個人雙入入水瞬間雙方存在的高度差△h＝h1－h2＝
說明：其他解法正確的同樣給分。
點評：本題考查學生掌握自由落體運動的知識和綜合分析能力。涉及到兩個物體的相對運動問題，可采取上述分別對各個對象進行分析處理的方法，也可采用相對法處理，具有很好的開放性。
⑵①根據慣性原理：當繩b被燒斷，同時木架停止轉動瞬間，小球具有垂直紙面向里的線速度v1，小球開始在垂直于紙面的豎直面上做圓周運動．-------－-----------(2分)
②繩b未被燒斷，木架未停止轉動前，設小球運動的線速度為v1，
則有 v1＝ωLb ---------------------------------------① (2分)
要使小球恰能在此面上做圓周運動，則小球在最高點的速度v2必須符合：
mg＝m
---------------------------------------② (2分)
小球在此面上做圓周運動過程中機械能守恒，有：
mv12＝mv22＋mg?2La ------------------------------③ (2分)
①②③式聯立解得：ω＝
----------------------------------④ (2分)
點評：本題考查學生掌握慣性原理和圓周運動、機械能守恒等知識和綜合分析能力。涉及到臨界條件以及機械能守恒和線速度與角速度的關系公式。本題的易錯點在當繩b被燒斷，同時木架停止轉動瞬間小球到底是往那個方向擺動的問題，有的同學會錯認為在紙面上做圓周運動，造成無法解答所求的結果。
17解：⑴設行李包滑上傳送帶后做勻加速運動的時間為ts，至與傳送帶的速度相等后做勻速時間為(2-t)s；
根據牛頓第二定律，加速度a＝
＝μg＝2m/s2 ①---------------------(2分)
由運動學公式： v－v0＝at ②----------------------------------(2分)
③---------------------------------(2分)
①②③聯立解得：v0＝
⑵行李包被拋出到滑上傳送帶的過程可看成是從傳送帶左端向右做平拋運動的逆運動。 ------------------------------------------------------------(2分)
在豎直方向，由h＝gt2
得行李包作斜拋時間：t =
＝
s＝1.0s --------------------------(2分)
水平位移：S＝v0t＝4×1.0m＝4m --------------------------------------(2分)
故行李包從被拋出到滑上傳送帶左端的位移的大小:
x＝
＝
----------------------------------------(2分)
點評：本題考查牛頓定律和運動學、拋體運動等知識和綜合分析能力。第一問是常規的傳送帶問題的變形，且與以往有所不同的是行李包滑上傳送帶時是有初速的，不能讓考生很容易確定加速的時間及位移，這加大了一些難度；但本題通過巧妙設計數據，使運算簡易，結果簡明。第二問涉及斜拋運動的前半段，剛好通過逆向思維也很容易處理，但最后的位移要注意所求為總位移，而非水平位移，一些考生審題不慎可能會出錯。
18解：根據法拉第電磁感應定律，發電機產生的感應電動勢Ｅ１大小為
Ｅ１=Bdv -------------------------------------------------------------①(2分)
⑴導電流體的運動可以等效為長度為d、電阻為r 的導體做切割磁感線運動，其電阻r=
--------------------------------------------------------------②(2分)
根據閉合電路歐姆定律，通過負載電阻R的電流為
-----------------------------------------③(2分)
那么，負載電阻R得到的電壓為
------------------------------------------④(4分)
⑵磁流體發電機給電容器提供的電場強度Ｅ２＝
＝
----------------⑤(2分)
帶電體得到的電場力Ｆ＝qＥ２＝
-----------------------------------------⑥(2分)
設擺線長為
，小球從豎直位置向上擺動的過程中，根據動能定理，有：
Ｆsinθ－mg(1－cosθ)＝０－０ ------------------------------------⑦(2分)
⑥⑦聯立解得： S＝
---------------------------------------------⑧(2分)
點評：本題在2004年天津高考25題的基礎上增加新的結構⑵，從而把磁流體發電機的功能發展壯大，把純電路的問題擴展至動力學等問題中，充分挖掘高考綜合題的內涵，促進了復習備考的活力。突出對學生科學方法運用的考查，既考查學生類比方法（類比導體棒切割磁感線運動產生感應動勢的方法求磁流體切割磁感線產生的感應電動勢）、又考查分析與綜合的方法（將復雜的問題分解成若干簡單問題并找出其聯系，層層推進確定最終的結果）。
19解：⑴帶電小球垂直于邊界ＧＨ進入復合場，運動到Ｏ點恰與絕緣板碰撞，碰后能返回平臺，說明小球在復合場中qＥ＝mg-----------------------------------①(1分)
洛侖茲力做勻速圓周運動的向心力，且經過半個圓周到達Ｏ點，碰后再經過半個周期回到二級平臺。-----------------------------------------------------(1分)
根據帶電粒子在磁場運動的周期公式 Ｔ＝
------------------------②(1分)
①②消去q，得交變磁場變化的周期
Ｔ＝
--------------------------(1分)
⑵由牛頓第二定律有： qvＢ＝m
------------------------------③(1分)
由幾何關系有： r＝h/2 ----------------------------------④(1分)
①③④聯立，解得： v＝
-----------------------------------⑤(２分)
⑶設小球碰撞后的速度大小為V，絕緣板的速度大小為Vm。則題意可知，小球返回的半徑r′=
＝
，又根據r＝
可得：則V＝
-----------------------⑥(2分)
小球與絕緣板碰撞過程中，以小球和絕緣板為系統，動量守恒。
有： mv＝－mV＋ＭVm ------------------------------------⑦(1分)
而小球與絕緣板發生的是彈性碰撞，它們構成的系統機械能守恒，有：
有： mv2＝mV2＋ＭVm2 --------------------------------⑧(1分)
⑤⑥⑦聯立解得：Ｍ＝3m ----------------------------------------⑨(2分)
⑷絕緣板從Ｃ點運動至Ｄ點的過程中，根據功能關系有：
ＥＰ＋μＭgS＝ＭVm2 ------------------------------------⑩(1分)
①③⑤⑥⑦⑨⑩聯立解得：ＥＰ＝
－3μmgS --------------(３分)
點評：本題考查洛侖茲力、動量守恒、機械能守恒、功能原理等等知識，考查學生綜合分析帶電粒子在復合場運動和碰撞問題等能力。本題空間思維能力要求高，信息量多，沒有分清物理情景是不可能作出正確的計算的。在處理問題時既要注意摸清過程，又要分清物體在各點的狀態，運用正確的公式列式，才能取得成效，實是一道不錯的壓軸題。
命題體會：近幾年來，高考物理選擇題多以簡易的推理判斷為主，不涉及復雜的演算和推理過程。而實驗題體現了創新和探究，但萬變不離其“宗”――平時所學的物理規律、實驗原理和方法，故出題堅持以本為本，以綱為綱，突出對學生實驗操作過程和分析方法的考查，只是形式呈現多樣化。計算題則體現過程多、所求多、列式多，但不偏不怪、易于入手的特點，只是因考生而異，有的考生既準確又能不斷深入，值到理想境界；有的考生則做好前一半，后一半要么出錯，要么做不下去，但也能得到該得的分。這次命題，我緊緊抓住這一思想，嘗試自造一些近似于高考的原創或高考改裝題，力求體現本人一貫的命題宗旨，這樣也肯定有許多不嚴密之處，故請同仁們指正。
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