普通高校招生考试物理试题汇编磁场

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1、第 1 页 共 17 页20112011 普通高校招生考试试题汇编普通高校招生考试试题汇编- -磁场磁场15（2011 全国卷 1）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流和，且1I2I；a、b、c、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且 a、b、c 与两导线共面；b12IIf点在两导线之间，b、d 的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是A.a 点 B.b 点 C.c 点 D.d 点 解析：要合磁感应强度为零，必有和形成两个场等大方向，只有 C 点有可能，选 C1I2I23（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

2、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。0 2t（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：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，

3、于是可知电场强度沿 x 轴正方向 且有 qE=qvB 又 R=vt0 则 0BREt（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 2 2tyv由式得 2Ry 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3 2xRxyOPB第 2 页 共 17 页又有 201()22txa得 2 04 3Rat（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4vv 半径为 r，由牛顿第二定律有2vqv Bmr又 qE=ma 由式得 3 3Rr 由几何关系 sin2R r11即 3sin2312带电粒子在磁场中运动周期2 mTqB则带电粒子在磁场中运动时间

4、2 2RtT 所以 03 18Rtt132525（20112011 全国卷全国卷 1 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（q0）的粒子以速度从平面 MN 上的点水平右射0v0p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0p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 1 角，

5、位移与水平方向成 2角且 2=450，在电场中做类 平抛运动， 第 3 页 共 17 页则有：得出： 02,1,2v tx xyEqaty am1 0tan2at v002,5yvv vv在电场中运行的位移:22 2200 12 22 2vmvsxyaEq在磁场中做圆周运动，且弦切角为 =1-2，1212tantan110tan,sin1tantan310得出：2vqvBmR05mvRqB在磁场中运行的位移为：0 222 sinmvsRqB所以首次从 II 区离开时到出发点的距离为：0p2 00 122 22mvmvsssqEqB7（2011 海南） 自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很

6、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 ACD10（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。下列说法正确的是第 4 页 共 1

7、7 页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：（ 为转过圆mvrqBmtqB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

8、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

9、 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2 21mvBIlL mlLkIv22正确答案是 BD。 25（20112011 全国理综）全国理综）.（19 分） 如图，在区域 I（0xd）和区域 II（dx2d）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（q0）的第 5 页 共 17 页粒子 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

10、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P 由几何关系得 12aaRvmABqvPPCsin1dRa式中，由式得 030mqBdva21(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

11、轨迹）1aRaP，。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 aaPOP22 )2(aa aRvmBqv由式得 21 2a aRR、和三点共线，且由 式知点必位于 的平面上。由对称性知，CPaOaOdx23点与点纵坐标相同，即 式中，h 是 C 点的 y 坐标。aPPhRyapacos1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1bR21)3()3(abav RmBvq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aPbP第 6 页 共 17 页 22aTt 21bTt11式中，t 是 a 在区域 II 中运动的时间，而vRTa a2 2212 321 1

12、vRTb b13由式得 11121303014由式可见，b 没有飞出。点的 y 坐标为 14 bPhRybpb)cos2(115由式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标之差为1415dyy bapp)23(321612（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

13、衰期 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

14、，同一盒中相邻轨道的半径之差是增大、减小还是不变？ r12 （20 分）（1）核反应方程为14111471 62NHC+ He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：第 7 页 共 17 页120 200111.6%22ttm m（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：2vqvBmR质子运动的回旋周期为：22RmTvqB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：1fT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21 2Nmv Pt 输出时质子束的等效电流为：NqIt由上述各式得2PIBR f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（kN*）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（rkrk+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1kkkrrr为 U，由动能定理知22 111222kkqUmvmv由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力