【正文】 因 E、 l、 U1是相同的， y 的大小與粒子質(zhì)量、電量無(wú)關(guān)，所以： 11?eHHyy 注意 在求橫向位移 y 的比值時(shí)，應(yīng)先求出 y 的表達(dá)式，由題設(shè)條件，找出 y 與粒子的質(zhì)量 m、電量 q 的比例關(guān)系，再列出比式求解，這是求比值的一般方法。 （ 3）平行板電容器內(nèi)是勻強(qiáng)電場(chǎng)，可由 dUE? 求兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，從而進(jìn) — 步討論，兩極板問電荷的叫平衡和運(yùn)。問： （ 1）由于靜電感應(yīng)，空腔導(dǎo)體內(nèi)、外壁各帶什么電？空腔內(nèi)、導(dǎo)體內(nèi)、導(dǎo)體外的電場(chǎng)強(qiáng)度，電勢(shì)的大小有何特點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向如何？ （ 2）如將空腔導(dǎo)體內(nèi)壁接地；空腔導(dǎo)體內(nèi)外壁各帶什么電 ?空腔內(nèi)、導(dǎo)體內(nèi)、導(dǎo)體外 的場(chǎng)強(qiáng)，電勢(shì)有何變比？ － Q （ 3）去掉接地線，再將場(chǎng)電荷－ Q 拿走遠(yuǎn)離空腔導(dǎo)體后，空腔導(dǎo)體內(nèi)、外壁各帶什么電？空腔內(nèi)、導(dǎo)體內(nèi)、導(dǎo)體外部的場(chǎng)強(qiáng)、電勢(shì)又有什么變化？ 分析和解 本題利用電力線進(jìn)行分析比較清楚 （ 1）把負(fù)電荷放人空腔中，負(fù)電荷周圍將產(chǎn)生電場(chǎng)，（畫出電力線其方向是指向負(fù)電荷）自由電子由低電勢(shì)到高電勢(shì) (電子逆電力線運(yùn)動(dòng) )發(fā)生靜電感應(yīng)，使導(dǎo)體內(nèi)壁帶有電量為 Q 的正電荷，導(dǎo)體外壁帶有電量為 Q 的負(fù)電荷，如圖 7 所示。順電力線電勢(shì)降低，如規(guī)定無(wú)窮遠(yuǎn)電勢(shì)為零，越靠近空腔導(dǎo)體電勢(shì)越低，導(dǎo)體內(nèi)部電勢(shì)相等，空腔內(nèi)越靠近負(fù)電荷 Q 電勢(shì)越低。導(dǎo)體內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)仍為零。 （ 3）如去掉接地線，再把場(chǎng)電荷拿走遠(yuǎn)離空腔導(dǎo)體時(shí)，由于靜電感應(yīng)，導(dǎo)體外表面自由電子向內(nèi)表面運(yùn)動(dòng)．到靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體內(nèi)表面不帶電，外表面帶正電，帶電量為 Q。 當(dāng)導(dǎo)體接地時(shí)，導(dǎo)體外表面不帶電，也可用電力線進(jìn)行分析。 【例題】 擺球的質(zhì) 量為 m，帶電量為 Q，用擺長(zhǎng)為 Z 的懸線懸掛在場(chǎng)強(qiáng)為 E 的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)中。 （使所畫電路的串、并聯(lián)關(guān)系清晰）。可以認(rèn)為電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻及其它定值電阻的數(shù)值不變。 將不規(guī)范的串并聯(lián)電路加以規(guī)范 搞清電路的結(jié)構(gòu)是解這類題的基礎(chǔ)，具體辦法是： （ 1）確定等勢(shì)點(diǎn)，標(biāo)出相應(yīng)的符號(hào)。解題步驟如下：（ 1）先將含電容器的支路去掉（包括與它串在同一支路上的電阻），計(jì)算各部分的電流、電壓值。 如何聯(lián)接最省電 用電器正常工作應(yīng)滿足它要求的額定電壓和額定電流，要使額外的損失盡可能少，當(dāng)電源電壓大于或等于兩個(gè)（或兩個(gè)以上）用電器額定電壓之和時(shí)，可以將這兩個(gè)用電器串聯(lián)，并給額定電流小的用電器加分流電阻，如電源電壓大于用電器額定電壓之和時(shí)，應(yīng)串聯(lián)分壓電阻。 （ 2）應(yīng)搞清電路中各種電表是不是理想表。但作為真實(shí)表，它們都具有電阻， 它們既顯示出電路的電流和電壓，也顯示它自身的電流值或電壓值。其 中，關(guān)于磁場(chǎng)方向走向的判定，要能根據(jù)電流方向正確掌握安培定則的兩種用法，即： ① 對(duì)于直線電流，用右手握住導(dǎo)線（電流），讓伸直的大拇指所指方向跟電流方向一致，則彎曲的四指所指方向即為磁力線環(huán)繞電流的方向。 （ 2）安培力、洛侖茲力方向的判定 —— 正確應(yīng)用左手定則 ① 運(yùn)用左手定則判定安培力的方向，要依據(jù)磁場(chǎng) B 的方向和電流 I 的方向．只要 B 與 IL 的方向不平行，則必有安培力存在，且與 B、 IL所決定的平面垂直。只要 B 與 v 的方向不平行，則必有洛侖茲力存在，且與 B、 v 所決定的平面垂直。 磁場(chǎng)力大小的計(jì)算及其作用效果 （ 1）關(guān)于安培力大小的計(jì)算式 ?sinIlBF ? ，其中 ? 為 B 與 IL 的方向夾角（見圖 9— 2），由式可知，由于角 ? 取值不同，安培力值將隨之而變，其中 ? 取 ?0 、?180 值時(shí) F 為零， ? 取 ?90 時(shí) F 值最大 ILBFm ? 。 ② 在安培力與其他力共同作用下使通電導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)，借以測(cè)定 B 或I 等待測(cè)值。已知線圈為 n 匝，底邊長(zhǎng) L當(dāng)線圈通以逆時(shí)針方向，強(qiáng)度為 I 的電流時(shí)，使天平平衡；將電流反向但強(qiáng)度不變，則需在左盤中再加 m? 砝碼，使天平恢復(fù)平衡。如果這時(shí)左盤中置砝碼 m可使天平平衡，則應(yīng)有 FMgmg ?? ① 第二種情況，即線圈改通順時(shí)針方向電流后，顯然其底邊所受安培力方向變?yōu)樨Q直向下。本式的適用范圍比較廣泛，但在中學(xué)物理教學(xué)中只討論帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，而且大綱規(guī)定，洛侖茲力的計(jì)算，只要求掌握 v 跟 B 垂直的情況。周期qBmT ?2?。 二、重、難點(diǎn)知識(shí)歸納和講解 （一）閉合電路歐姆定律 電源電動(dòng) 勢(shì)：電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。該式反映了閉合電路中電流強(qiáng)度與電源的電動(dòng)勢(shì)成正比，與整個(gè)電路的電阻成反比，即為閉合電路歐姆定律，適用條件是 外電路為純電阻電路。 （三）含電容器的電路分析：有電容器連接的電路，當(dāng)電路電壓達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電容器當(dāng)斷路處理，它兩端的電壓等于它并聯(lián)部分的電阻的兩端電壓。 （ 1）當(dāng)閉合開關(guān) S 后，將變阻器的電阻調(diào)到有效電阻 R2=2Ω時(shí)，電源消耗的總功率為 16W，電源輸出功率為 12W，求燈泡電阻 RL的阻值。當(dāng)滑動(dòng)頭向ｂ滑動(dòng)時(shí)， R3的阻值減小 ，由 R 并 =R2R3/(R2+R3)知并聯(lián)電路總電阻 R 并 減小，故外電路總電阻R=R1+R 并 減小。 說明：（１）判斷并聯(lián)電路的電壓時(shí)不能用 U 并 =IR 并 ，因?yàn)?R 并 在減小而Ｉ在增大，其乘積倒底如何變，由題設(shè)條計(jì)不能確定；同樣在判斷 I3 時(shí)也不能用 I3=U 并 /R3，因?yàn)?R3和 U 并 都在減小，無(wú)法確定 I3如何變。 若增大 R1，燈泡兩端電壓變小，燈泡變暗。 故 AD 正確。 高考 真題 答案： 8Ω； 23W 解題詳析： 小球進(jìn)入板間后，受重力和電場(chǎng)力作用，且到 A 板時(shí)速度為零．設(shè)兩板間電 壓為 UAB，根據(jù)動(dòng)能定理，有 代入數(shù)據(jù)解得 所以，滑動(dòng)變阻器兩端電壓 U 滑 ＝ UAB＝ 8V 設(shè)通過滑動(dòng)變阻器電流為 I，由歐姆定律得 滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻 電源的輸出功率 題型特點(diǎn)與命題趨向： 本題綜合考查了含容直流電路和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等知識(shí)，測(cè)試分析綜合能力。此外還要注意宏觀帶電體，在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的情況，要根據(jù)各個(gè)場(chǎng)對(duì)帶電粒子作用的特點(diǎn)綜合的分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。 由軌道半徑與周期的關(guān)系得： 。 如圖所示，粒子帶電量為 q，質(zhì)量為 m，經(jīng)加速電壓 U加速后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定量得： ，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中軌道半徑： ，所以粒子質(zhì)量 。 （ 1） PET 所用回旋加速器示意如圖，其中置于高真空中的金屬 D 形盒的半徑為 R，兩盒間距為 d，在左側(cè) D 形盒圓心處放有粒子源 S，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感 應(yīng)強(qiáng)度為 B，方向如圖所示。 （ 2）試推證當(dāng) R d 時(shí)，質(zhì)子在電場(chǎng)中加速的總時(shí)間相對(duì)于在 D 形盒中回旋的時(shí)間可忽略不計(jì)（質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，不考慮磁場(chǎng)的影響）。計(jì)算出圓心角 θ 的大小，由公式 ，可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間。 例 如圖所示，一束電子平行于勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界入射，入射點(diǎn)到邊界的距離為 d，其中有的電子以速度 v1 垂直于磁場(chǎng)邊界從磁場(chǎng)中射出，有的以速度 v2 與邊界成 30176。 （ 1）在圖上定性畫出運(yùn)動(dòng)軌跡； （ 2）求中間區(qū)域的寬度 d 和粒子運(yùn)動(dòng)的周期 T。 高考 真題 帶電粒子在磁場(chǎng)（或加有電場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)）中的運(yùn)動(dòng)是高考命題的熱點(diǎn)。角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B’多大？此次粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間 t 是多少？ 例 解析： 由加速過程得 v＝ 及半徑公式 r＝ 得 r＝ ；故 U、 m、 q，B 都有可能變化導(dǎo)致 x 增大，所以 ABC 不對(duì)． 答案： D 例 解析：（ 1）設(shè)質(zhì)子回速最大速度為 v，由和牛頓第二定律有 qvB=m 質(zhì)子的回旋周期 T= 高頻電源的頻率 f= 質(zhì)子加速后的最大動(dòng)能 Ek= vm2 設(shè)質(zhì)子在電場(chǎng)中加速的次數(shù)為 n，則 En=nqU 又 t=n 可解得 U= （ 2）在電場(chǎng)中 = ， 在 D 形盒中回旋的總時(shí)間為 t1=n 故 即當(dāng) R d 時(shí)， t1可忽略不計(jì)。 。 根據(jù)粒子經(jīng)過 O、 A 兩點(diǎn)的速度方向確定圓弧軌跡圓心 O1，則有： 而 。 要使粒子不從右邊邊界射出，其運(yùn)動(dòng)軌道半徑應(yīng)小于 R2，因此對(duì)速度要求： 。 ∴ 。帶電粒子在電場(chǎng)中做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在中間磁場(chǎng)做圓弧運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的圓角為 60176。由這四個(gè)力的特點(diǎn)可知，小球在下落過程中，只有重力和電場(chǎng)力做功。 高考 真題 例 解析： （ 1）依題意知，小球 1 所受的重力與電場(chǎng)力始終平衡，則 m1g＝ q1E， 解得 E＝ （ 2）相碰后小球 1 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速率為 v1，由 洛倫茲力公式和牛頓第二定律得： ，則 半徑 ，周期 所以，到兩球再次相碰所經(jīng)歷的時(shí)間 ，小球 1 只能逆時(shí)針經(jīng) 3/4 個(gè)圓周時(shí)與小球 2 再次相碰． 第一次相碰后小球 2 做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其水平速度為 v2，則 在豎直方向上，有 水平方向上，有 L＝ R1＝ v2t 解得 v2＝ ， 兩小球第一次碰撞前后動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，則 m1v0＝－ m1v1＋ m2v2 兩小球質(zhì)量之比 答案： （ 1） ；（ 2） 11 例 解析： （ 1）根據(jù)粒 子的偏轉(zhuǎn)情況，利用左手定則可知，該粒子帶負(fù)電荷．如圖所示，粒子由 A 點(diǎn)射入，由 C 點(diǎn)飛出，其速度方向改變了 900，則粒子的軌跡半徑 R=r。 二、重、難點(diǎn)知識(shí)歸納與講解 洛倫茲力是磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用，它是安培力的微觀本質(zhì)。 洛倫茲力的方向 安培力的方向可以用左手定則來判斷，洛倫茲力的方向也可用左手定則來判斷：伸開左手，使大拇指跟其余四個(gè)手指垂直，且處于同一平面內(nèi)，把手放入磁場(chǎng)，讓磁感線穿過手心，對(duì)于正電荷，四指指向電荷的運(yùn)動(dòng)方向，對(duì)于負(fù)電荷，四指的指向與電荷的運(yùn)動(dòng)方向相反，大拇指所指的方向就是洛倫茲力的方向。 三、重、 難點(diǎn)知識(shí)剖析 洛倫茲力與電場(chǎng)力的比較 （ 1）與帶電粒子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系 帶電粒子在電場(chǎng)中所受到的電場(chǎng)力的大小和方向，與其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)。 （ 3）方向的區(qū)別 電荷所受電場(chǎng)力的方向，一定與電場(chǎng)方向 在同一條直線上（正電荷同向，負(fù)電荷反向），但洛倫茲力的方向則與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直。 （ 2）受力變化演變，出現(xiàn)了什么新運(yùn)動(dòng)情況，電荷從什么運(yùn)動(dòng)狀態(tài)過渡到什么運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 例 如圖所示，一帶正電的質(zhì)子從 O 點(diǎn)垂直射入，兩個(gè)板間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，已知兩板之間距 離為 d，板長(zhǎng)為 d， O 點(diǎn)是板的正中間，為使粒子能從兩板間射出，試求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 應(yīng)滿足的條件（已知質(zhì)子的帶電量為 e，質(zhì)量為 m）． 例 如圖所示，在 xOy 平面上， a 點(diǎn)坐標(biāo)為（ 0， l），平面內(nèi)一邊界通過a 點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn) O 的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，有一電子（質(zhì)量為 m，電量為 e）從 a 點(diǎn)以初速度 v0平行 x 軸正方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，恰好在 x 軸上的 b 點(diǎn)（未標(biāo)出）射出磁場(chǎng)區(qū)域，此時(shí)速度方向與 x 軸正方向夾角為 60176。所以本題的正確選項(xiàng)應(yīng)為 B、 C。首先應(yīng)對(duì)環(huán)進(jìn)行受力分析，環(huán)在下滑過程中受到豎直向下的重力、水平向左的電場(chǎng)力、水平向右的洛倫茲力、水平方向的彈力和豎直向上的摩擦力。 開始下滑時(shí)，環(huán)的受力如圖（ 1）所示，當(dāng)彈力為零時(shí)，物體在豎直方向只受重力作用，此時(shí)環(huán)的加速度最大，由牛頓第二定律可得： mg=mamax， ∴ amax=g=10m/s2. 當(dāng)環(huán)的加速度達(dá)到最大后，環(huán)受力情況如圖（ 2）所示，當(dāng)環(huán)的速度達(dá)到最大時(shí)，環(huán)所受的滑動(dòng)摩擦力等于的重力，即 f=mg。） 2 ① 而 R＝ ② 由 ①② 得 R＝ 2l 所以 B＝ 而粒子在磁場(chǎng)中飛行時(shí)間 t＝ 由于 ∠ aOb＝ 90176。 粒子在 B1和 B2磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的軌跡如 圖所示。磁偏轉(zhuǎn)是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容之一。 帶電小球不動(dòng)，而磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，也可以看作帶電小球相對(duì)于磁場(chǎng)沿相反方向運(yùn)動(dòng)，故磁場(chǎng)相對(duì)于小球運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球同樣會(huì)受到洛倫茲力的作用。 解析： 由 a 靜止得 Eq=mag 油滴帶負(fù)電，對(duì) b 有 mbg＋ fb=Eq， 對(duì) c 有 Eq＋ fc=mcg， ∴ mc最大， mb 最小。 答案： 2200，正 1 解析： （ 1）因洛倫茲力一定垂直速度方向和磁場(chǎng)方向，所以 F1垂直 B，F(xiàn)2也垂直 B，即 B 垂直 F1和 F2決定的平面，所以 在 y 軸方向上，又因?yàn)槲⒘Ｒ詖2=2105m/s 的速度沿＋ z 軸運(yùn)動(dòng)受 F2=410－ 5N，沿＋ x 軸方向，所以 B 沿 y 負(fù)