2011普通高校招生考试试题汇编-磁场
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I1和I2，且
·
a
× I1
d ·
· I2
I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内
· b
· c
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I1和I2形成两个场等大方向，只有C点有可能，选C
2（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ACD
3（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 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
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解析：在磁场中半径r?mv?m 运动时间：t?（θ为转过圆心角），故BD正确，qBqB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
1解析：主要考查动能定理。利用动能定理有BIlL?mv2,B=kI解得v?22kI2lL。m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
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A. 粒子带正电
B. 射出粒子的最大速度为
qB(L?3d)
2mC. 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
D. 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
rmax?L?3dLqB(L?3d)mv、粒子的最小半径rmin?，根据r?，可得vmax?、222mqBvmin?qBL3qBd，则vmax?vmin?，故可知B、C正确，D错误。 2m2m
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O、O'，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
mgtan? (A) z正向，ILmg(B)y正向，
ILmgtan? (C) z负向，ILmgsin? (D)沿悬线向上，IL答案：BC
8（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
y P 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。
B
（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
t相同的速度射入，经0时间恰从半圆形区域的
2x O 边界射出。求粒子运动加速度的大小。
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（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 ① 又 R=vt0 ②
则 E?BR ③ t0（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动
t在y方向位移 y?v2 ④
2R由②④式得 y? ⑤
2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 x?又有 x?得 a?3R 21t02a() ⑥ 2243R ⑦ 2t0（3）仅有磁场时，入射速度v??4v，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
v?2 qv?B?m
r⑧
又 qE=ma ⑨
由⑦⑧⑨式得 ⑩
由几何关系 sin??即 sin??R 11 ○2rr?3R 3?3 ?? ○12
322?m qB带电粒子在磁场中运动周期 T?- 4 -
则带电粒子在磁场中运动时间
2?T tR?2?所以 tR?3?13 t0 ○
18
9（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v0从平面MN上的p0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p0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，
at则有：12n?? 2Eq得出：ta?1v0at?y,a?2mv0t?,x?xyvy?2v0,v?5v0
22v0222mv02在电场中运行的位移:s1?x?y? ?aEq22在磁场中做圆周运动，且弦切角为α=α1-α2，
tan??tan?1?tan?2110 ?,sin??1?tan?1?tan?2310v25mv0qvB?m得出：R?
RqB在磁场中运行的位移为：s2?2Rsin??2mv0 qB22mv022mv0所以首次从II区离开时到出发点p0的距离为：s?s1?s2? ?qEqB10（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
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