2011年高考物理真题分类汇编—磁场(包括复合场)(详解_精校)

磁场（包括复合场）

1．（2011年高考·全国卷新课标版）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

A．              B．              C．              D．

1.B   解析：根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。

2．（2011年高考·全国大纲版理综卷）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I1>I2；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  [来源:学|科|网]

2.C      解析：根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下，由于I1＞I2，且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小，故B1a＞B2a，则a处磁感应强度不可能为零，A错；两电流在b处产生的场强方向均垂直ac连线向下，故B错；I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上，且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大，故B1c与B2c有可能等大反向，C对；两电流在d处产生的场的方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180°，D错。

3．（2011年高考·浙江理综卷）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d的缝射出的粒子，下列说法正确的是[来源:学科网ZXXK]

A．粒子带正电[来源:学科网]

B．射出粒子的最大速度为

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

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

3.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、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误。

4．（2011年高考·海南理综卷）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

4.BD  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。

5．（2011年高考·上海卷）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θ。则磁感应强度方向和大小可能为

A．z正向，    B．y正向，    C．z负向，    D．沿悬线向上， 

5.BC    解析：本题考查安培力、左手定则。如图所示为沿着x轴负方向看的示意图，导线受到向下的重力、沿着绳子方向的拉力以及安培力。当磁感应强度方向沿着z轴正向时，由左手定则可得安培力向左，导线不可能平衡，A错；同理当磁感应强度方向沿着z轴负向时，安培力向右，可能平衡，C对；当磁感应强度方向沿着y轴正向时，安培力竖直向上，若大小等于重力，则可使导线平衡，B对；当磁感应强度方向沿悬线向上时，安培力垂直悬线向下，不可能使导线平衡，D错。[来源:学科网ZXXK]

6．（2011年高考·全国卷新课标版）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的磁场（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，理论上可采用的办法是

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

6.BD解析：利用动能定理有，B＝kI解得。所以正确答案是BD。

7．（2011年高考·重庆理综卷）有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示，该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R。绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：

⑴橡胶带匀速运动的速率；

⑵电阻R消耗的电功率；

⑶一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。

7.解析：（1）设电动势为E，橡胶带运动速率为v。由：E＝BLv，E＝U，得：v＝

（2）设电功率为P，则P＝       

（3）设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W。

I＝，F＝BIL，W＝Fd   得：W＝

8．（2011年高考·四川理综卷）如图所示，正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1.8m，距地面h=0.8m。平行板电容器的极板CD间距d=0.1m且垂直放置于台面。C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T，方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点。滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。

⑴求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；

⑵求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；

⑶若微粒质量m0=1×10-13kg，求滑块开始运动所获得的速度。  

8.解析：（1）微粒在极板间所受电场力大小为F＝，代入数据：F＝1.25×10－11N

由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。

（2）若微粒的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理：Uq＝mv2

微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力，若圆周运动半径为R，有：qvB＝m

微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值分别为R1＝，R2＝l－d，联立代入数据有 8.1×10－14kg＜m≤2.×10－13kg

（3）如图，微粒在台面以速度v做以O点为圆心，R为半径的圆周运动，从台面边缘P点沿与XY边界成θ角飞出做平抛运动，落地点Q，水平位移s，下落时间t。设滑块质量为M，滑块获得速度v0后在t内沿与平台前侧面成ф角方向，以就爱上的a做匀减速直线运动到Q，经过位移为k。由几何关系，可得

cosθ＝，根据平抛运动，t＝，s＝vt

对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有

μMg＝Ma，k＝v0t－at2

再由余弦定理：k2＝s2＋(d＋Rsinθ)2－2s(d＋Rsinθ)cosθ

及正弦定理：＝

联立并代入数据解得：v0＝4.15m/s，ф＝arcsin0.8（或ф＝53°）[来源:学*科*网]

9．（2011年高考·广东理综卷）如图(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0，一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。

⑴已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。[来源:学科网]

⑵若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。

⑶在图(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？

9.解析：⑴根据动能定理，，所以

⑵如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知，解得：。根据洛仑兹力公式，解得：。

根据公式，,解得： 

    ⑶考虑临界情况，如图所示

①，解得： 

②，解得：，综合得： [来源:学科网ZXXK]

10．（2011年高考·全国卷新课标版）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d⑴粒子a射入区域I时速度的大小；

⑵当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。

10.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P′，如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得

    ①，由几何关系得      ②，       ③

式中，，由①②③式得      ④[来源:Z#xx#k.Com]

（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra1 ，射出点为Pa（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，

C、P/和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于  ⑦的平面上。由对称性知，Pa点与P/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Rb1 ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑨，

设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α。如果b没有飞出I，则⑩， ⑪，

式中，t 是a 在区域II 中运动的时间，而  ⑫，⑬，

由⑤⑨⑩式得α=30° ⑭，

由①③⑨⑭式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为  ⑮

由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b 两粒子的y 坐标之差为⑯

11．（2011年高考·安徽理综卷）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。

⑴求电场强度的大小和方向。

⑵若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经t0/2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。

⑶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。

11.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E＝

（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：y＝v，则y＝

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＝R，又有：x＝a()2，得a＝

（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qv′B＝m，又qE=ma，联立解得：r＝R，由几何关系：sinα＝，即sinα＝，α＝，带电粒子在磁场中运动周期：T＝，则带电粒子在磁场中运动时间tR＝T，所以tR＝t0 

12．（2011年高考·全国大纲版理综卷）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点水平向右射入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。

12.解析：带电粒子进入电场后，在电场力的作用下沿抛物线运动，其加速度方向竖直向下，设其大小为a，由牛顿定律得qE＝ma                ①

设经过时间t0，粒子从平面MN上的点P1进入磁场，由运动学公式和几何关系得

v0t0＝at02                                                     ②

粒子速度大小V1为  V1＝                            ③

设速度方向与竖直方向的夹角为α，则  tanα＝                    ④

此时粒子到出发点P0的距离为 s0＝v0t0                        ⑤

此后，粒子进入磁场，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，圆周半径为 r1＝            ⑥

设粒子首次离开磁场的点为P2，弧P1P2所张的圆心角为2β，则P1到点P2的距离为

s1＝2r1sinβ                                                    ⑦

由几何关系得 α＋β＝45°                                    ⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式得 s1＝                            ⑨

点P2与点P0相距  l＝s0＋s1                                    ⑩

联立①②⑤⑨⑩解得 l＝(＋)                            ⑪

13．（2011年高考·北京理综卷）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示的矩形区域ACDG（AC边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。

已知被加速度的两种正离子的质量分别是m1和m2（m1>m2），电荷量均为q。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离子间的相互作用。

⑴求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

⑵当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

⑶在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。

设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。

13.解析：（1）动能定理  

得           

（2）由牛顿第二定律   ，利用式得

离子在磁场中的轨道半径为别为  ，      

两种离子在GA上落点的间距    

（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为

利用式，代入式得    

R1的最大值满足          

得                      

求得最大值             

14．（2011年高考·重庆理综卷）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动。如图所示，材料表面上方矩形区域PP'N'N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN'M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN'为磁场与电场之间的薄隔离层。一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M'N'飞出。不计电子所受重力。

⑴求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；

⑵求电场强度的取值范围；

⑶A是M′N′的中点，若要使电子在A、M ′间垂直于AM ′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。

14.解析：（1）设圆周运动的半径分别为R1、R2、…Rn、Rn+1…，第一和第二次圆周运动速率分别为v1和v2，动能分别为Ek1和Ek2

由：Ek2＝0.81Ek1，R1＝，R2＝，Ek1＝mv12，Ek2＝mv22，得：R1：R2＝0.9 

（2）设电场强度为E，第一次到达隔离层前的速率为v′

由：，，R1≤s  得： E≤

又由：，得：E ＞

电场强度的取值范围为＜E≤

（3）设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为，运动的半圆周个数为n，运动总时间为t

由题意，有：，R1≤s，，≥  得：n=2

由：  得： 

15．（2011年高考·福建理综卷）如图甲，在x >0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。[来源:Zxxk.Com]

⑴求该粒子运动到y=h时的速度大小v；

⑵现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期。

Ⅰ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；

Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式。

15．（1）（2）Ⅰ．Ⅱ．

解析：（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有

                    ①

由①式解得　v =            ②

（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则

qv1B = qE                     ③

又　s = v1T                     ④

式中T = 

解得　s =            ⑤

Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则

                ⑥

由动能定理有    ⑦

又　Ay =                                ⑧

由⑥⑦⑧式解得　Ay =

可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y = 

16．（2011年高考·江苏理综卷）某种加速器的理想模型如图1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如图2所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)

⑴若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；

⑵现要利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；

⑶若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？

16.(1)   (2)如图     (3) 

解析：(1) 质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动， 

则

当粒子的质量增加了，其周期增加

根据题图可知，粒子第一次的加速电压

粒子第二次的加速电压

粒子射出时的动能 

解得

(2) 磁屏蔽管的位置如图所示

 (3) 在时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数

，得

分析可得，粒子在连续被加速的次数最多，且时也被加速的情况时，最终获得的动能最大。

粒子由静止开始被加速的时刻(n=0,1,2,……)

最大动能     解得.

17．（2011年高考·山东理综卷）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=30º，

⑴当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30º，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t。

⑵若Ⅱ区宽度L2=L1=L、磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h。

⑶若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件。

⑷若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。

17.解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为，由动能定理和牛顿第二定律得①，②，由几何关系得③，联立①②③得④。

设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t ，   ⑤，⑥，

联立①③⑤⑥式解得⑦   

（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为，由牛顿第二定律得⑧   

由几何知识得  ⑨  

联立②③⑧⑨式解得   ⑩

（3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足   ⑪

联立①⑧式解得   ⑫

（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得 ⑬ ，⑭   

联立②⑧式解得   ⑮ [来源:Z_xx_k.Com]

18．（2011年高考·天津理综卷）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。

⑴当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。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）

⑵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（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）。

⑶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Δr是增大、减小还是不变？

18．解析：（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

（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：

    ③

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：

    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

    ⑥

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。