1、普通高校招生考試試題匯編- 磁場1（2011 全國卷 1 第 15 題） 。如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流1i和2i，且12ii；a、b、c、 d 為導線某一橫截面所在平面內的四點，且a、b、c 與兩導線共面； b 點在兩導線之間，b、d 的連線與導線所在平面垂直。磁感應強度可能為零的點是a.a 點 b.b點 c.c點 d.d點解析：要合磁感應強度為零，必有1i和2i形成兩個場等大方向，只有c點有可能，選c 2（2011 海南第7 題） 自然界的電、熱和磁等現象都是相互聯系的，很多物理學家為尋找它們之間的聯系做出了貢獻。下列說法正確的是a.奧斯特發現了電流的磁效應，揭示了電

2、現象和磁現象之間的聯系b.歐姆發現了歐姆定律，說明了熱現象和電現象之間存在聯系c.法拉第發現了電磁感應現象，揭示了磁現象和電現象之間的聯系d.焦耳發現了電流的熱效應，定量得出了電能和熱能之間的轉換關系解析：考察科學史，選acd 3（2011 海南第 10 題）.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從o 點入射。 這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是a.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同b. 入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同c.在

3、磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同d.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大解析：在磁場中半徑mvrqb運動時間：mtqb（為轉過圓心角） ，故 bd 正確，當粒子從 o 點所在的邊上射出的粒子時：軌跡可以不同，但圓心角相同為1800，因而 ac錯4（2011 新課標理綜第14 題）. 為了解釋地球的磁性，19 世紀安培假設：地球的磁場是由繞過地心的軸的環形電流i 引起的。在下列四個圖中，正確表示安培假設中環形電流方向的是（b）解析：主要考查安培定則和地磁場分布。根據地磁場分布和安培定則判斷可知正確答案是b。5 （ 2011 新課標理綜第18 題） . 電磁軌道炮工作

4、原理如圖所示。待發射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流i 從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面得磁場（可視為勻強磁場） ，磁感應強度的大小與i 成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現欲使彈體的出射速度增加至原來的2 倍，理論上可采用的方法是（bd ）a.只將軌道長度l 變為原來的2 倍b.只將電流i 增加至原來的2 倍c.只將彈體質量減至原來的一半d.將彈體質量減至原來的一半，軌道長度l 變為原來的 2 倍，其它量不變解 析 ： 主 要 考 查 動 能 定 理 。 利 用 動 能 定 理 有221mvbil

5、l,b=ki 解得mllkiv22。所以正確答案是 bd 。6（2011 浙江第 20 題）.利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內的帶電粒子。圖中板 mn上方是磁感應強度大小為b、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d 和 d 的縫，兩縫近端相距為l。一群質量為m 、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d 的縫垂直于板mn進入磁場，對于能夠從寬度為d 的縫射出的粒子，下列說法正確的是a. 粒子帶正電b. 射出粒子的最大速度為mdlqb2)3(c. 保持 d和 l 不變，增大b，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大d. 保持 d和 b不變，增大l，射出粒子的最大速度與最小速度

6、之差增大答案： bc 解析：由左手定則可判斷粒子帶負電，故 a錯誤；由題意知： 粒子的最大半徑23maxdlr、粒子的最小半徑2minlr，根據qbmvr，可得mdlqbv2)3(max、mqblv2min，則mqbdvv23minmax，故可知b、c正確， d錯誤。7(2011 上海第 18題) 如圖，質量為m、長為l的直導線用兩絕緣細線懸掛于oo、，并處于勻強磁場中。當導線中通以沿x正方向的電流i，且導線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為。則磁感應強度方向和大小可能為(a)z正向，tanmgil(b)y正向，mgil(c)z負向，tanmgil(d) 沿懸線向上，sinmgil答案： bc

7、8（2011 安徽第 23） （16 分）如圖所示，在以坐標原點o 為圓心、半徑為r 的半圓形區域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為b，磁場方向垂直于xoy 平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從 o 點沿 y 軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經 t0時間從 p點射出。（1）求電場強度的大小和方向。（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從o 點以相同的速度射入，經02t時間恰從半圓形區域的邊界射出。求粒子運動加速度的大小。（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從o 點射入，且速度為原來的 4 倍，求粒子在磁場中運動的時間。解析： （1）設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度

8、為v，電場強度為e。可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x 軸負方向，于是可知電場強度沿x 軸正方向且有qe=qvb又r=vt0則0bret（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動在 y 方向位移22tyv由式得2ryx y o p b 設在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區域邊界上，于是32xr又有201()22txa得204 3rat（3）僅有磁場時，入射速度4vv，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，設軌道半徑為 r，由牛頓第二定律有2vqv bmr又qe=ma由式得33rr由幾何關系sin2rr11即3si n2312帶電粒子在磁場中運動周期2 mtqb則帶電粒子在磁場中運動時間

9、22rtt所以0318rtt139（2011 全國卷 1 第 25）. （19 分）如圖， 與水平面成45角的平面mn將空間分成i 和 ii兩個區域。 一質量為 m 、電荷量為q（ q0）的粒子以速度0v從平面 mn上的0p點水平右射入 i 區。粒子在i 區運動時，只受到大小不變、方向豎直向下的電場作用，電場強度大小為e；在 ii區運動時，只受到勻強磁場的作用，磁感應強度大小為b，方向垂直于紙面向里。求粒子首次從ii區離開時到出發點0p的距離。粒子的重力可以忽略。解析：設粒子第一次過mn時速度方向與水平方向成1角，位移與水平方向成2角且 2=450，在電場中做類平拋運動，則有：02,1,2v

10、tx xyeqaty am得出：10tan2atv002,5yvv vv在電場中運行的位移:22220012 22 2vmvsxyaeq在磁場中做圓周運動，且弦切角為 =1- 2，1212tantan110tan,sin1tantan3102vqvbmr得出：05mvrqb在磁場中運行的位移為：0222sinmvsrqb所以首次從ii區離開時到出發點0p的距離為：200122 22mvmvsssqeqb10（ 2011 新課標理綜第25 題） .（ 19 分）如圖，在區域i（0 xd）和區域 ii（dx2d）內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小分別為 b 和 2b，方向相反，且都垂直于oxy 平

11、面。一質量為m、帶電荷量q（q 0）的粒子a 于某時刻從y 軸上的 p 點射入區域i，其速度方向沿x 軸正向。已知a 在離開區域i 時，速度方向與x 軸正方向的夾角為30；因此， 另一質量和電荷量均與a 相同的粒子b 也從 p點沿 x 軸正向射入區域i，其速度大小是a 的 1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子 a 射入區域 i 時速度的大小；（2）當 a離開區域ii 時， a、b 兩粒子的y 坐標之差。解析： （1）設粒子a 在 i 內做勻速圓周運動的圓心為c（在 y 軸上） ，半徑為ra1，粒子速率為 va，運動軌跡與兩磁場區域邊界的交點為p,如圖， 由洛侖茲力公式和牛頓第

12、二定律得o b x y d 2d 2b p 12aarvmabqv由幾何關系得ppcs i n1dra式中，030，由式得mqbdva21(2)設粒子a 在 ii 內做圓周運動的圓心為oa, 半徑為1ar，射出點為ap（圖中未畫出軌跡） ，aapop。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得22)2(aaarvmbqv由式得212aarrc、p和ao三點共線，且由式知ao點必位于dx23 的平面上。由對稱性知，ap點與p點縱坐標相同，即hryapacos1式中， h 是 c 點的 y 坐標。設b在i 中 運 動 的 軌 道 半 徑 為1br， 由 洛 侖 茲 力 公 式 和 牛 頓 第 二 定 律 得2

13、1)3()3(abavrmbvq設 a 到達ap點時， b 位于bp點，轉過的角度為。如果 b 沒有飛出i，則22att21btt11式中， t 是 a 在區域 ii 中運動的時間，而vrtaa22212 3211vrtbb13 由111213式得03014 由14式可見， b 沒有飛出。bp點的 y 坐標為hrybpb)cos2(115 由1415式及題給條件得，a、 b 兩粒子的y 坐標之差為dyybapp)23(3216 11（2011 天津第 12 題） （ 20 分）回旋加速器在核科學、核技術、核醫學等高新技術領域得到了廣泛應用，有力地推動了現代科學技術的發展。（1）當今醫學成像診斷

14、設備pet/ct 堪稱“現代醫學高科技之冠”，它在醫療診斷中，常利用能放射電子的同位素碳11 為示蹤原子，碳11 是由小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊氮 14獲得， 同時還產生另一粒子， 試寫出核反應方程。 若碳 11的半衰期 為 20min ，經 2.0h 剩余碳 11 的質量占原來的百分之幾？（結果取2 位有效數字）（2）回旋加速器的原理如圖，d1和 d2是兩個中空的半徑為 r 的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為 f 的交流電源上， 位于 d1圓心處的質子源a 能不斷產生質子 （初速度可以忽略，重力不計），它們在兩盒之間被電場加速，d1、d2置于與盒面垂直的磁感應強度為b 的勻強磁場中

15、。若質子束從回旋加速器輸出時的平均功率為p，求輸出時質子束的等效電流i 與 p、b、r、f 的關系式（忽略質子在電場中運動的時間，其最大速度遠小于光速）（3）試推理說明：質子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑r 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差r是增大、減小還是不變？解析： （1）核反應方程為141114 71 62nhc+ he設碳 11 原有質量為m0，經過 t=2.0h 剩余的質量為mt，根據半衰期定義，有：120200111.6%22ttmm（2）設質子質量為m，電荷量為q，質子離開加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知：2vqvbmr質子運動的回旋周期為：22rmtvqb由回旋加速器

16、工作原理可知，交變電源的頻率與質子回旋頻率相同，由周期t 與頻率f 的關系可得：1ft設在 t 時間內離開加速器的質子數為n，則質子束從回旋加速器輸出時的平均功率212nmvpt輸出時質子束的等效電流為：nqit由上述各式得2pibr f若以單個質子為研究對象解答過程正確的同樣給分（3）方法一 ：設 k（k n*）為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rkrk+1） ，1kkkrrr，在相應軌道上質子對應的速度大小分別為vk，vk+1，d1、d2之間的電壓為 u，由動能定理知22111222kkqumvmv由洛倫茲力充當質子做圓周運動的向心力，知kkmvrqb

17、，則222212()2kkq bqurrm整理得214()kkkmurqbrr因 u、q、 m、 b均為定值，令24mucqb，由上式得1kkkcrrr相鄰軌道半徑rk+ 1，rk+2之差121kkkrrr同理12kkkcrrr因為 rk+2 rk，比較kr，1kr得1kkrr說明隨軌道半徑r 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差r減小方法二：設 k（k n*）為同一盒子中質子運動軌道半徑的序數，相鄰的軌道半徑分別為rk，rk+1（rkrk+1） ，1kkkrrr，在相應軌道上質子對應的速度大小分別為vk，vk+1，d1、d2之間的電壓為 u 由洛倫茲力充當質子做圓周運動的向心力，知kkmvrq

18、b，故11kkkkrvrv由動能定理知，質子每加速一次，其動能增量kequ以質子在d2盒中運動為例，第k 次進入 d2時，被電場加速（2k1）次速度大小為(21)2kkquvm同理，質子第（k+1）次進入d2時，速度大小為1(21)2kkquvm綜合上述各式可得112121kkkkrvkrvk整理得2212121kkrkrk，22121221kkkrrrk2112(21)()kkkkrrkrr同理，對于相鄰軌道半徑rk+ 1，rk+2，121kkkrrr，整理后有211+122(21)()kkkkrrkrr由于 rk+2 rk，比較kr，1kr得1kkrr說明隨軌道半徑r 的增大， 同一盒中相

19、鄰軌道的半徑之差r減小， 用同樣的方法也可得到質子在d1盒中運動時具有相同的結論。12（ 2011 四川第 25 題） （20 分）如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺面wxyz邊長l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板電容器的極板cd 間距 d=0.1m 且垂直放置于臺面，c 板位于邊界wx 上，d 板與邊界wz相交處有一小孔。電容器外的臺面區域內有磁感應強度b=1t 、方向豎直向上的勻強磁場。電荷量 q=510-13c 的微粒靜止于w 處，在 cd 間加上恒定電壓u=2.5v ，板間微粒經電場加速后由d 板所開小孔進入磁場（微粒始終不與極板接觸），然后由xy 邊界離開臺面。在微粒離開臺面瞬時，

20、靜止于 x 正下方水平地面上a 點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇。假定微粒在真空中運動、極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質點，滑塊與地面間的動摩擦因數=0.2，取 g=10m/s2（1）求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板地極性；（2）求由 xy 邊界離開臺面的微粒的質量范圍；（3）若微粒質量mo=110-13kg，求滑塊開始運動時所獲得的速度。解析：13（ 2011 廣東第 35 題） 、 （18 分）如圖 19（ a）所示，在以o為圓心，內外半徑分別為1r和2r的圓環區域內，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內外圓間的電勢差u 為常量，1020,3rrrr, 一電荷量

21、為 +q，質量為m的粒子從內圓上的a點進入該區域，不計重力。（1）已知粒子從外圓上以速度1v射出，求粒子在a點的初速度0v的大小（2）若撤去電場，如圖19（b）, 已知粒子從oa延長線與外圓的交點c以速度2v射出，方向與 oa延長線成45角，求磁感應強度的大小及粒子在磁場中運動的時間（3）在圖 19（b）中，若粒子從a 點進入磁場，速度大小為3v，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應強度應小于多少？解析：（1）由動能定理：uq=21mv12-21mv02得： v0=muqv221（2）如右圖：粒子在磁場中作圓周運動的半徑為r ，則r2=2(212rr)2b1qv2=mrv22由得：

22、b1= )(2122rrqmvt=rv22t =t22/由t =rv22（3）由 b2qv3=mrv23可知， b越小， r越大。與磁場邊界相切的圓的最大半徑為 r=221rr所以b2)(2123rrqmv答案： （1）v0=muqv221o/r r v3 （2）b1= )(2122rrqmvt =rv22（3）b2)(2123rrqmv14（ 2011北京理綜第 23題） （18分）利用電場和磁場， 可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學分析和原子核技術等領域有重要的應用。如圖所示的矩形區域acdg(ac邊足夠長 )中存在垂直于紙面的勻強磁場，a處有一狹縫。離子源產生的離子，經靜電場加速后

23、穿過狹縫沿垂直于ga邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運動到 ga邊，被相應的收集器收集。整個裝置內部為真空。已知被加速的兩種正離子的質量分別是m1和m2(m1m2)，電荷量均為q。加速電場的電勢差為 u，離子進入電場時的初速度可以忽略。不計重力，也不考慮離子間的相互作用。(1)求質量為 m1的離子進入磁場時的速率v1；(2)當磁感應強度的大小為b時，求兩種離子在ga邊落點的間距s；(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度。若狹縫過寬，可能使兩束離子在ga邊上的落點區域交疊，導致兩種離子無法完全分離。設磁感應強度大小可調，ga邊長為定值 l，狹縫寬度為 d，狹縫右邊緣在

24、 a處。離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于ga邊且垂直于磁場。為保證上述兩種離子能落在ga邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度。答案（1）動能定理21 112uqm v得112quvm1（2）由牛頓第二定律2,mvmvq v brrq b，利用1式得離子在磁場中的軌道半徑為別為1122murqb，2222murqb2兩種離子在ga上落點的間距1212282()()usrrmmqb3（3）質量為m1的離子，在ga邊上的落點都在其入射點左側2r1處，由于狹縫的寬度為d，因此落點區域的寬度也是d。同理，質量為m2的離子在ga邊上落點區域的寬度也是d。為保證兩種離子能完全分離，兩個區域應無交疊，條件為122()rrd4利用2式，代入4式得2112(1)mrdmr1的最大值滿足12mrld得21()(1)mlddm求得最大值12122mmmdlmm15（ 2011 山東理綜第25 題） . （18 分）扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發生扭擺。其簡化模型如圖、兩處的條形均強磁場區邊界豎直，相距為 l, 磁場方向相反且垂直干擾面。一質量為m 、電量為-q 、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器mn板處