1、九磁場15（2011全國卷1）如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流和，且；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，必有和形成兩個場等大方向，只有C點有可能，選C23（2011安徽）（16分）xyOPB 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xyOPB（1）求電場強度的大小和方向。（2）若

2、僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經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 = 1 * GB3 又 R=vt0 = 2 * GB3 則 = 3 * GB3 （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 = 4 * GB3 由 = 2 * GB3 = 4 * GB3 式得 = 5 * GB3 設在水平方向位移

3、為x，因射出位置在半圓形區域邊界上，于是 又有 = 6 * GB3 得 = 7 * GB3 （3）僅有磁場時，入射速度，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 = 8 * GB3 又 qE=ma = 9 * GB3 由 = 7 * GB3 = 8 * GB3 = 9 * GB3 式得 = 10 * GB3 由幾何關系 eq oac(,11)即 eq oac(,12)帶電粒子在磁場中運動周期 則帶電粒子在磁場中運動時間 所以 eq oac(,13)25（2011全國卷1）.（19分）（注意：在試卷上作答無效）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

4、。一質量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速度從平面MN上的點水平右射入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：得出： 在電場中運行的位移:在磁場中做圓周運動，且弦切角為=1-2，得出：在磁場中運行的位移為：所以首次從II區離開時到出發點的距離為：7（2011海南）自然界的電、熱和磁等現象都是相互聯系的，

5、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ACD10（2011海南）.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

6、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 運動時間：（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14（2011全國理綜）.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。18（2011全國理綜）

7、.電磁軌道炮工作原理如圖所示。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,B=kI解得。所以正確答案是BD。25（2011全國理綜）

8、.（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平面。一質量為m、帶電荷量q（q0）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v

9、a，運動軌跡與兩磁場區域邊界的交點為,如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關系得 式中，由式得 (2)設粒子a在II內做圓周運動的圓心為Oa,半徑為，射出點為（圖中未畫出軌跡），。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 由式得 、和三點共線，且由 式知點必位于 的平面上。由對稱性知，點與點縱坐標相同，即 式中，h是C點的y坐標。 設b在I中運動的軌道半徑為，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 設a到達點時，b位于點，轉過的角度為。如果b沒有飛出I，則 eq oac(,11)式中，t是a在區域II中運動的時間，而 eq oac(,12) eq oac(,13)由 eq oac(,11) eq oac

10、(,12) eq oac(,13)式得 eq oac(,14)由 eq oac(,14)式可見，b沒有飛出。點的y坐標為 eq oac(,15) 由 eq oac(,14) eq oac(,15)式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標之差為 eq oac(,16)12（2011天津）（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

11、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。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是增大

12、、減小還是不變？12（20分）（1）核反應方程為設碳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：（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：質子運動的回旋周期為：由回旋加速器工作原理可知，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：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輸出時質子束的等效電流為：由上述各式得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（kN*）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），在相應軌道上

13、質子對應的速度大小分別為vk，vk+1，D1、D2之間的電壓為U，由動能定理知由洛倫茲力充當質子做圓周運動的向心力，知，則整理得 因U、q、m、B均為定值，令，由上式得相鄰軌道半徑rk+1，rk+2之差同理 因為rk+2 rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小方法二：設k（kN*）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），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，故由動能定理知，質子每加速一次，其動能增量以質子在D2盒中運動為例，第k次進入D2

14、時，被電場加速（2k1）次速度大小為同理，質子第（k+1）次進入D2時，速度大小為綜合上述各式可得整理得，同理，對于相鄰軌道半徑rk+1，rk+2，整理后有由于rk+2 rk，比較，得說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差減小，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。25（2011四川）（20分）如圖所示：正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長=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

15、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，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解析：20（2011浙江）.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、

16、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之差增大20.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、粒子的最小半徑，根據，可得、，則，故可知B、C正確，D錯誤。35（2011廣東）、（18分）如圖19（a）所示，在以O為圓心，內

17、外半徑分別為和的圓環區域內，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，,一電荷量為+q，質量為m的粒子從內圓上的A點進入該區域，不計重力。已知粒子從外圓上以速度射出，求粒子在A點的初速度的大小若撤去電場，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在圖19（b）中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為，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？O/r35、O/r（1）由動能定理：Uq=mv12-mv02 得：v0= （2）如右圖：粒子在磁場中作圓周運動的半徑為r，則r2=2

18、()2 RV3B1qv2=m RV3由得：B1= T= t = 由 t =（3）由B2qv3=m 可知，B越小，R越大。與磁場邊界相切的圓的最大半徑為 R= 所以 B2答案：（1）v0=（2）B1= t =（3）B222（2011北京）（16分）如圖所示，長度為l的輕繩上端固定在O點，下端系一質量為m的小球（小球的大小可以忽略）。（1）在水平拉力F的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為，小球保持靜止。畫出此時小球的受力圖，并求力F的大小；mOFmOFl22答案：（1）受力圖見右 根據平衡條件，的拉力大小F=mgtan（2）運動中只有重力做功，系統機械能守恒 TFTFmg 根據牛頓第二定律 解得輕繩對

19、小球的拉力 ，方向豎直向上23（2011北京）（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

20、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。23答案（1）動能定理 得 eq oac(,1)（2）由牛頓第二定律 ，利用 eq oac(,1)式得離子在磁場中的軌道半徑為別為 ， eq oac(,2)兩種離子在GA上落點的間距 eq oac(,3)（3）質量為m1的離子，在GA邊上