历届高考试题2012版6年高考4年模拟磁场

1【物理精品】2012版《6年高考4年模拟》磁场部分第一部分六年高考荟萃2011年高考题1（2011全国卷1第15题）。如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流1I和2I，且12II；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；b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1I和2I形成两个场等大方向，只有C点有可能，选C2（2011海南第7题）．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ACD3（2011海南第10题）.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2C.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mvrqB运动时间：mtqB（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4（2011新课标理综第14题）.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。5．（2011新课标理综第18题）.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221mvBIlL,B=kI解得mlLkIv22。所以正确答案是BD。6（2011浙江第20题）.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是A.粒子带正电B.射出粒子的最大速度为mdLqB2)3(C.保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大3D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大答案：BC解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径23maxdLr、粒子的最小半径2minLr，根据qBmvr，可得mdLqBv2)3(max、mqBLv2min，则mqBdvv23minmax，故可知B、C正确，D错误。7(2011上海第18题)．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于'OO、，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。则磁感应强度方向和大小可能为(A)z正向，tanmgIL(B)y正向，mgIL(C)z负向，tanmgIL(D)沿悬线向上，sinmgIL答案：BC8（2011安徽第23）．（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02t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=qvB①又R=vt0②则0BREt③（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动xyOPB4在y方向位移22tyv④由②④式得2Ry⑤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32xR又有201()22txa⑥得2043Rat⑦（3）仅有磁场时，入射速度4vv，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2vqvBmr⑧又qE=ma⑨由⑦⑧⑨式得33Rr⑩由几何关系sin2Rr○11即3sin23○12带电粒子在磁场中运动周期2mTqB则带电粒子在磁场中运动时间22RtT所以0318Rtt○139（2011全国卷1第25）.（19分）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0v从平面MN上的0p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5于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点0p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：02,1,2vtxxyEqatyam得出：10tan2atv002,5yvvvv在电场中运行的位移:22220012222vmvsxyaEq在磁场中做圆周运动，且弦切角为α=α1-α2，1212tantan110tan,sin1tantan3102vqvBmR得出：05mvRqB在磁场中运行的位移为：0222sinmvsRqB所以首次从II区离开时到出发点0p的距离为：20012222mvmvsssqEqB10（2011新课标理综第25题）.（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OBx···yd2d2BPⅠⅡ6率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得12aaRvmABqv①由几何关系得PPC②sin1dRa③式中，030，由①②③式得mqBdva21④(2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为1aR，射出点为aP（图中未画出轨迹），aaPOP。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得22)2(aaaRvmBqv⑤由①⑤式得212aaRR⑥C、P和aO三点共线，且由⑥式知aO点必位于dx23⑦的平面上。由对称性知，aP点与P点纵坐标相同，即hRyapacos1⑧式中，h是C点的y坐标。设b在I中运动的轨道半径为1bR，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得21)3()3(abavRmBvq⑨设a到达aP点时，b位于bP点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则22aTt⑩21bTt○11式中，t是a在区域II中运动的时间，而vRTaa222○123211vRTbb○13由⑤⑨⑩○11○12○13式得030○14由①③⑨○14式可见，b没有飞出。bP点的y坐标为hRybpb)cos2(1○15由①③⑧⑨○14○15式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为dyybapp)23(32○1611（2011天津第12题）．（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7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r是增大、减小还是不变？解析：（1）核反应方程为1411147162NHC+He→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：120200111.6%22ttmm②（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③质子运动的回旋周期为：22RmTvqB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：1fT⑤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212NmvPt⑥8输出时质子束的等效电流为：NqIt⑦由上述各式得2PIBRf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（rkrk+1），1kkkrrr，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22111222kkqUmvmv⑧由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知kkmvrqB，则222212()2kkqBqUrrm⑨整理得214()kkkmUrqBrr⑩因U、q、m、B均为定值，令24mUCqB，由上式得1kkkCrrr⑾相邻轨道半径rk+1，rk+2之差121kkkrrr同理12kkkCrrr因为rk+2rk，比较kr，1kr得1kkrr说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差r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（rkr