題目列表(包括答案和解析)
考生必須從中選擇2道題作答。
1.【物理—物理3-3】
一定質量的理想氣體由狀態A經狀態B變為狀態C，其中A→B過程為等壓變化，B→C過程為等容變化。已知VA=0.3 m3,TA=TC=300 K,TB=400 K。
（1）求氣體在狀態B時的體積。
（2）說明B→C過程壓強變化的微觀原因。
（3）設A→B過程氣體吸收熱量為Q1，B→C過程氣體放出熱量為Q2，比較Q1、Q2的大小說明原因。
2.【物理—物理3-4】
（1）圖1為一簡諧波在t=0時刻的波形圖，介質中的質點P做簡諧運動的表達式為y=Asin5πt，求該波的波速，并畫出t=0.3 s時的波形圖（至少畫出一個波長）。
圖1
（2）一束單色光由左側射入盛有清水的薄壁圓柱形玻璃杯，圖2為過軸線的截面圖，調整入射角α，使光線恰好在水和空氣的界面上發生全反射。已知水的折射率為
，求sinα的值。
圖2
3.【物理—物理3-5】
（1）歷史上第一次利用加速器實現的核反應，是用加速后動能為0.5MeV的質子
轟擊靜止的
，生成兩個動能均為8.9MeV的
（1MeV=1.6×10-13/J）
①上述核反應方程式為_____________________________。
②質量虧損為_____________ kg。
（2）如圖所示，光滑水平直軌道上有三個滑塊A、B、C，質量分別為mA=mC=2m,mB=m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與滑塊不栓接）。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止，某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。
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。或：洛侖茲力可使帶電粒子的動量發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 →
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