1.取两根完全相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B.若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为[2007年高考·上海物理卷](　)

　　　甲　　　　　　乙

A.0　　B.0.5B　　C.B　　D.2B

解析：本题应将螺线管看成是由两股电流相反的导线绕制而成，所产生的磁场相互抵消，合磁场为零.

答案：A

13.(14分)图甲为常见的激光器的原理图.初速度为零的电子经加速后，射入上下排列着许多磁铁的“孑孓”管中，相邻的两块磁铁的极性是相反的，在磁场的作用下电子扭动着前进，犹如“孑孓”在水中游动.

若加速电压U＝1.8×10⁴ V，电子的质量m＝9×10^－31 kg，电荷量q＝1.6×10^－19 C，每对磁极间的磁场可看做是均匀的，磁感应强度B＝9×10^－4 T，每一磁极的左右宽度L＝30 cm，垂直于纸面方向的长度为2L＝60 cm.忽略左右磁极间的缝隙，则当电子从磁极的正中间向右垂直于磁场方向射入时，电子可通过几对磁极？

解析：设电子通过加速电场后获得的速度为v，由动能定理可得：

qU＝mv²

代入相关数据解得：v＝8×10⁷ m/s

电子进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力，有：

qvB＝m

解得：R＝＝0.5 m

电子通过一对磁极的偏转距离为x，如图乙所示，由几何知识可知：

(R－x)²+L²＝R²

代入数据解得：x＝0.1 m

由对称性可知：电子每通过一对磁极的偏转距离均为0.1 m.

又因电子从磁极的正中间射入，故在磁场中的最大偏转量L＝0.3 m.

所以电子通过的磁极对数n＝＝3.

答案：3

12.(13分)如图甲所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P为屏上的一小孔，PC与MN垂直.一群质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域，粒子的入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内.求在屏MN上被粒子打中的区域的长度.

解析：如图乙所示，

垂直于MN入射的粒子到达MN边界的位置距P点最远，有：

s_max＝2R＝

沿两边缘方向入射的粒子到达MN上的点重合为最近点，有：

s_min＝2R·cos θ＝cos θ

故被粒子打中区域的长度为：Δs＝(1－cos θ).

答案：(1－cos θ)

11.(13分)1928年，狄拉克在他的电子理论计算中，预言有一种带正电而其他性质与电子相同的粒子--正电子，这成为当时粒子物理实验的热门话题.1931-1933年，安德森在对宇宙射线的研究中发现一个不寻常的现象，那就是在云室(cloudchamber)的照片中出现一种带正电的粒子，而且其质量远小于质子的质量.如图所示，中央黑色平板为6 mm的铅板，安德森根据照片中的轨迹曲率估算出这种粒子的质量大约与电子的相同，所以图中的曲线就是正电子通过气体时所留下的轨迹，这是人类第一次看到反物质的存在.已知正电子的质量为m，电荷量为e，实验方案中垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B，铅板下方轨迹的曲率半径(圆弧半径)为r₁，铅板上方轨迹的曲率半径为r₂，则：

(1)正电子穿过铅板的方向是向上还是向下？

(2)正电子穿过铅板过程中克服阻力做的功是多少？

解析：(1)由左手定则可以判断，正电子穿过铅板的方向向上.(也可根据下方轨迹半径大于上方轨迹半径推出在下方的粒子具有更大的动能，从而得到正电子向上穿过铅板)

(2)正电子穿过铅板前满足：

ev₁B＝m

正电子的动能E_k＝mv＝

正电子穿过铅板后满足：ev₂B＝m

正电子的动能E_k′＝

由动能定理可知正电子穿过铅板过程中克服阻力做的功为：

W＝E_k－E_k′＝(r－r).

答案：(1)向上　(2)(r－r)

10.如图甲所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L).一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v₀平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度的方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是(　)

A.电子在磁场中运动的时间为

B.电子在磁场中运动的时间为

C.磁场区域的圆心坐标为(，)

D.电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L)

解析：由几何知识(∠aOb＝)知，a、b两点在区域圆的直径两端，以a、b连线为边、垂直于v₀方向为另一边作等边三角形，如图乙所示，顶点c即为电子偏转轨迹的圆心，轨迹半径r＝ab＝2L

电子在磁场中的运动时间为：

t＝＝

磁场区的圆心坐标为(L，)

电子轨迹的圆心坐标为(0，－L).

答案：BC

非选择题部分共3小题，共40分.

安德森发现正电子的云室照片

9.图甲为电视机显像管的偏转线圈示意图，线圈中心O处的黑点表示电子枪射出的电子，它的方向垂直纸面向外.当偏转线圈中的电流方向如图所示时，电子束应(　)

A.向左偏转　　　B.向上偏转

C.向下偏转　 D.不偏转

解析：

由右手螺旋定则可以判断出两个线圈的左端均是N极，磁感线分布如图乙所示.再由左手定则判断出电子应向下偏转.

答案：C

8.如图甲所示，宽h＝2 cm的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里.现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率向各个方向射入磁场.若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r均为5 cm，不计粒子的重力，则(　)

A.右边界：－4 cm＜y＜4 cm内有粒子射出

B.右边界：y＞4 cm和y＜－4 cm内有粒子射出

C.左边界：y＞8 cm内有粒子射出

D.左边界：0＜y＜8 cm内有粒子射出

解析：作出如图乙所示的示意图，由几何关系可得：临界点距x轴的间距y＝＝4 cm.

答案：AD

7.如图所示，在圆形区域内存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束速率各不相同的质子从A点沿圆形磁场的半径方向射入磁场.关于质子在该磁场内的运动情况，下列说法正确的是(　)

A.运动时间越长的，其轨迹越长

B.运动时间越长的，其射出磁场时的速率越大

C.运动时间越长的，其轨迹对应的圆心角越大

D.运动时间越长的，其速度方向的偏转角越大

解析：质子沿半径方向射入，沿另一半径方向射出，轨迹半径r＝，偏转角等于圆心角θ＝2arctan ＝2arctan ，偏转时间t＝＝·arctan .由此可得偏转时间越长，圆心角越大，运动速率越小，选项C、D正确.

答案：CD

6.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dP打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上，两个微粒所受重力均可忽略，则新微粒运动的[2006年高考·北京理综卷](　)

A.轨迹可能为Pb，至屏幕的时间将小于t

B.轨迹可能为Pc，至屏幕的时间将大于t

C.轨迹可能为Pb，至屏幕的时间将等于t

D.轨迹可能为Pa，至屏幕的时间将大于t

解析：带电微粒与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒的过程中动量守恒，由半径公式可知半径不变，因此轨迹仍为Pa.碰撞后速度减小，至屏幕的时间将大于t，故选项D正确.

答案：D

5.如图所示，空间存在着方向竖直向下的匀强磁场，在光滑水平面上固定一个带负电的小球A，另有一个带正电的小球Q.现给小球Q一合适的初速度，Q将在水平面上按图示的轨迹做匀速圆周运动.在运动过程中，由于Q内部的因素，从Q中分离出一小块不带电的物质C(可以认为刚分离时两者速度相同)，则此后(　)

A.Q会向圆外飞去，C做匀速直线运动

B.Q会向圆外飞去，C做匀速圆周运动

C.Q会向圆内飞去，C做匀速直线运动

D.Q会向圆内飞去，C做匀速圆周运动

解析：因为Q的质量减小，电荷量及速度不变，因此洛伦兹力不变，库仑力不变，由F_向＝m可知所需的向心力将减小.Q将做向心运动，选项C正确.

答案：C