2011普通高校招生考试试题汇编-磁场。
23（2011安徽）．（16分）
如图所示，在以坐标原点o为圆心、半径为r的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为b，磁场方向垂直于xoy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从o点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从p点射出。
1）求电场强度的大小和方向。
2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从o点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。
3）若仅撤去电场，带电粒子仍从o点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
解析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为e。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向。
且有 qe=qvb
又 r=vt0
则。2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动。
在y方向位移。
由式得。设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是。又有。得。
3）仅有磁场时，入射速度，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有。
又qe=ma
由式得。由几何关系。
即。带电粒子在磁场中运动周期。
则带电粒子在磁场中运动时间。
所以。25（2011全国卷1）.（19分）（注意：在试卷上作答无效）
如图，与水平面成45°角的平面mn将空间分成i和ii两个区域。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度从平面mn上的点水平右射入i区。粒子在i区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为e；在ii区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为b，方向垂直于纸面向里。
求粒子首次从ii区离开时到出发点的距离。粒子的重力可以忽略。
解析：设粒子第一次过mn时速度方向与水平方向成α1角，位移与水平方向成α2角且α2=450，在电场中做类平抛运动，
则有：得出：
在电场中运行的位移：
在磁场中做圆周运动，且弦切角为α=α1-α2，
得出： 在磁场中运行的位移为：
所以首次从ii区离开时到出发点的距离为：
7（2011海南）．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是。
a.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系。
b.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系。
c.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系。
d.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系。
解析：考察科学史，选acd
10（2011海南）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从o点入射。
这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是。
a.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同。
b. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同。
c.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同。
d.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大。
解析：在磁场中半径运动时间：（θ为转过圆心角），故bd正确，当粒子从o点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而ac错。
14（2011全国理综）.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流i引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是 （b）
解析：主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是b。
18（2011全国理综）.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。
电流i从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与i成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。
现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（bd）
a.只将轨道长度l变为原来的2倍。
b.只将电流i增加至原来的2倍。
c.只将弹体质量减至原来的一半。
d.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度l变为原来的2倍，其它量不变。
解析：主要考查动能定理。利用动能定理有，b=ki解得。所以正确答案是bd。
25（2011全国理综）.（19分）
如图，在区域i（0≤x≤d）和区域ii（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为b和2b，方向相反，且都垂直于oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的p点射入区域i，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域i时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域i，其速度大小是a的1/3。
不计重力和两粒子之间的相互作用力。求。
1）粒子a射入区域i时速度的大小；
2）当a离开区域ii时，a、b两粒子的y坐标之差。
解析：（1）设粒子a在i内做匀速圆周运动的圆心为c（在y轴上），半径为ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得。
① 由几何关系得。
式中，，由①②③式得 ④
2)设粒子a在ii内做圆周运动的圆心为oa,半径为，射出点为（图中未画出轨迹），。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑤
由①⑤式得 ⑥
和三点共线，且由 ⑥式知点必位于 ⑦ 的平面上。由对称性知，点与点纵坐标相同，即 ⑧ 式中，h是c点的y坐标。
设b在i中运动的轨道半径为，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ⑨
设a到达点时，b位于点，转过的角度为。如果b没有飞出i，则。
式中，t是a在区域ii中运动的时间，而。
由⑤⑨⑩式得
由①③⑨式可见，b没有飞出。点的y坐标为
由①③⑧式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为。
12（2011天津）．（20分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
1）当今医学成像诊断设备pet/ct堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？
（结果取2位有效数字）
2）回旋加速器的原理如图，d1和d2是两个中空的半径为r的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于d1圆心处的质子源a能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，d1、d2置于与盒面垂直的磁感应强度为b的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为p，求输出时质子束的等效电流i与p、b、r、f的关系式（忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速）
3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差是增大、减小还是不变？
12．（20分）
1）核反应方程为 ①
设碳11原有质量为m0，经过t=2.0h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：
2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：
质子运动的回旋周期为： ④
由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期t与频率f的关系可得：
设在t时间内离开加速器的质子数为n，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率。
输出时质子束的等效电流为： ⑦
由上述各式得。
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分。
3）方法一：
设k（k∈n*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，d1、d2之间的电压为u，由动能定理知 ⑧
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则 ⑨
整理得 ⑩因u、q、m、b均为定值，令，由上式得 ⑾
相邻轨道半径rk+1，rk+2之差。
同理。因为rk+2> rk，比较，得。
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小。
方法二：设k（k∈n*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，d1、d2之间的电压为u
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故 ⑿
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量 ⒀
以质子在d2盒中运动为例，第k次进入d2时，被电场加速（2k﹣1）次。
速度大小为 ⒁
同理，质子第（k+1）次进入d2时，速度大小为。
综合上述各式可得。
整理得， 同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，，整理后有。
由于rk+2> rk，比较，得。
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小，用同样的方法也可得到质子在d1盒中运动时具有相同的结论。
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