【正文】 答案： 2200，正 1 解析： （ 1）因洛倫茲力一定垂直速度方向和磁場方向，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，又因為微粒以v2=2105m/s 的速度沿＋ z 軸運動受 F2=410－ 5N，沿＋ x 軸方向，所以 B 沿 y 負方向。 帶電小球不動，而磁場運動，也可以看作帶電小球相對于磁場沿相反方向運動，故磁場相對于小球運動時，小球同樣會受到洛倫茲力的作用。 粒子在 B1和 B2磁場區(qū)域中運動的軌跡如 圖所示。 開始下滑時，環(huán)的受力如圖（ 1）所示，當彈力為零時，物體在豎直方向只受重力作用，此時環(huán)的加速度最大，由牛頓第二定律可得： mg=mamax， ∴ amax=g=10m/s2. 當環(huán)的加速度達到最大后，環(huán)受力情況如圖（ 2）所示，當環(huán)的速度達到最大時，環(huán)所受的滑動摩擦力等于的重力，即 f=mg。所以本題的正確選項應(yīng)為 B、 C。 （ 2）受力變化演變，出現(xiàn)了什么新運動情況，電荷從什么運動狀態(tài)過渡到什么運動狀態(tài)。 三、重、 難點知識剖析 洛倫茲力與電場力的比較 （ 1）與帶電粒子運動狀態(tài)的關(guān)系 帶電粒子在電場中所受到的電場力的大小和方向，與其運動狀態(tài)無關(guān)。 二、重、難點知識歸納與講解 洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用，它是安培力的微觀本質(zhì)。由這四個力的特點可知，小球在下落過程中，只有重力和電場力做功。 ∴ 。 根據(jù)粒子經(jīng)過 O、 A 兩點的速度方向確定圓弧軌跡圓心 O1，則有： 而 。角，求磁感應(yīng)強度 B’多大？此次粒子在磁場中運動所用時間 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． 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)子加速后的最大動能 Ek= vm2 設(shè)質(zhì)子在電場中加速的次數(shù)為 n，則 En=nqU 又 t=n 可解得 U= （ 2）在電場中 = ， 在 D 形盒中回旋的總時間為 t1=n 故 即當 R d 時， t1可忽略不計。 （ 1）在圖上定性畫出運動軌跡； （ 2）求中間區(qū)域的寬度 d 和粒子運動的周期 T。計算出圓心角 θ 的大小，由公式 ，可求出運動時間。 （ 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，勻強磁場的磁感 應(yīng)強度為 B，方向如圖所示。 由軌道半徑與周期的關(guān)系得： 。 高考 真題 答案： 8Ω； 23W 解題詳析： 小球進入板間后，受重力和電場力作用，且到 A 板時速度為零．設(shè)兩板間電 壓為 UAB，根據(jù)動能定理，有 代入數(shù)據(jù)解得 所以，滑動變阻器兩端電壓 U 滑 ＝ UAB＝ 8V 設(shè)通過滑動變阻器電流為 I，由歐姆定律得 滑動變阻器接入電路的電阻 電源的輸出功率 題型特點與命題趨向： 本題綜合考查了含容直流電路和帶電粒子在電場中的運動等知識，測試分析綜合能力。 若增大 R1，燈泡兩端電壓變小，燈泡變暗。當滑動頭向ｂ滑動時， 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。 （三）含電容器的電路分析：有電容器連接的電路，當電路電壓達到穩(wěn)定時，電容器當斷路處理，它兩端的電壓等于它并聯(lián)部分的電阻的兩端電壓。 二、重、難點知識歸納和講解 （一）閉合電路歐姆定律 電源電動 勢：電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。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磁場中的運動，而且大綱規(guī)定，洛侖茲力的計算，只要求掌握 v 跟 B 垂直的情況。已知線圈為 n 匝，底邊長 L當線圈通以逆時針方向，強度為 I 的電流時，使天平平衡；將電流反向但強度不變，則需在左盤中再加 m? 砝碼，使天平恢復(fù)平衡。 磁場力大小的計算及其作用效果 （ 1）關(guān)于安培力大小的計算式 ?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 F 為零， ? 取 ?90 時 F 值最大 ILBFm ? 。 （ 2）安培力、洛侖茲力方向的判定 —— 正確應(yīng)用左手定則 ① 運用左手定則判定安培力的方向，要依據(jù)磁場 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。但作為真實表，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。 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，當電源電壓大于或等于兩個（或兩個以上）用電器額定電壓之和時，可以將這兩個用電器串聯(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，應(yīng)串聯(lián)分壓電阻。 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）確定等勢點，標出相應(yīng)的符號。 （使所畫電路的串、并聯(lián)關(guān)系清晰）。 當導(dǎo)體接地時，導(dǎo)體外表面不帶電，也可用電力線進行分析。導(dǎo)體內(nèi)部場強仍為零。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)體外的電場強度，電勢的大小有何特點，電場強度的方向如何？ （ 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 的場強，電勢有何變比？ － Q （ 3）去掉接地線，再將場電荷－ Q 拿走遠離空腔導(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)體外部的場強、電勢又有什么變化？ 分析和解 本題利用電力線進行分析比較清楚 （ 1）把負電荷放人空腔中，負電荷周圍將產(chǎn)生電場，（畫出電力線其方向是指向負電荷）自由電子由低電勢到高電勢 (電子逆電力線運動 )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 的負電荷，如圖 7 所示。利用牛頓第二定律和勻加速運動公式可得 202 )mqE21at21y vl（＝＝ （ 1）以相同的初速度 v0進入電場， 因 E、 l、 v0都相同，所以 mqy? 3232 41 ＝???? HeH eHHeHH mq mqyy （ 2）以相同的初動能 Ek0進入電場，因為 E、 l、 mv2都相同，所以 qy? 21?? eHHeH qqyyH （ 3）以相同的初動量 p0進入電場，因為 E、 l、 mv0都相同，由 V0 qmmvqE m lvlmqEy ??? 202202)(221 8342 31 ????? HeH HHeHH mq mqyy （ 4）先經(jīng)過同一加速電場加速后進入電場，在加速電場加速后，粒子的動能 12021 qUmv ? （ U1為加速電壓） 由 12122024421 UElqUqE lvlmqEy ??? 因 E、 l、 U1是相同的， y 的大小與粒子質(zhì)量、電量無關(guān)，所以： 11?eHHyy 注意 在求橫向位移 y 的比值時，應(yīng)先求出 y 的表達式，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。 (2)分析帶電體所受的外力。） ③ 電勢和電勢能都是標量，正負表示大?。?qU＝? 進 行計算時，可以把它們的符號代入，如 U為正， q 為負，則 ? 也為負．如 U1U20， q 為負，則 021 ???? 。 然后根據(jù)機械能守恒定律等列方程，解方程，驗算討論。 ⑧ 分析物體初、末速度以明確初、末動量。 ③ 分析物體初末速度大小以明確初末動能。 ④ 根據(jù)牛頓定律、力的概念、規(guī)律、運動學(xué)公式等建立解題方程。 （ 4）應(yīng)用運動規(guī)律、幾何關(guān)系等建立解題方程。 （二）、受力分析步驟： 判斷物體的個數(shù)并作圖： ① 重力； ② 接觸力（彈力和摩擦力）； ③ 場力（電場力、磁場力） 判斷力的方向： ① 根據(jù)力的性質(zhì)和產(chǎn)生的原因去判； ② 根據(jù)物體的運動狀態(tài)去判； a 由牛頓第 三定律去判； b 由牛頓第二定律去判（有加速度的方向物體必受力）。 這里應(yīng)該指出的是物體在三個力（非平行力）作用下平衡時，據(jù)∑ F＝ 0 可以引伸得出以下結(jié)論： ① 三個力必共點。 ，應(yīng)用平衡條件∑ F＝ 0，∑ M＝ 0，列方程求解，而后討論。 第二步：在看懂題的基礎(chǔ)上，就每一過程寫出該過程應(yīng)遵循的規(guī)律，而后對各個過程組成的方程組求解。這樣一種思維方式“目標明確”，是一種很好的方 法應(yīng)當熟練掌握。所謂看懂題是指該題中所敘述的現(xiàn)象是否明白 ?不可能都不明白，不懂之處是哪？哪個關(guān)鍵之處不懂？這就要集中思考“難點”，注意挖掘“隱含條件。 “對象”受到的外力，而且分析“原始力”，不要邊分析，邊處理力。 認識物體的平衡及平衡條件 對于質(zhì)點而言，若該質(zhì)點在力的作用下保持靜止或勻速直線運動，即加速度? 為零，則稱為平衡，欲使質(zhì)點平衡須有∑ F＝ 0。受三個力作用：力的合 用正交分解法解題列動力學(xué)方程 ① 受力平衡時??? ???? 0F 0FYX ② 受力不平衡時????? ymaxFXX maF＝＝ 一些物體的受力特征： ??? 均可傳。 （ 2）明確研 究對象。 （ 1） 解題基本方法 根據(jù)牛頓定律 maF＝合 解答習(xí)題的基本方法是 ① 根據(jù)題意選定研究對象，確定 m。 應(yīng)用動能定理解題的基本方法是 現(xiàn)用 33F＝ 牛的水平恒力拉木板，物體將在木板上滑動，問經(jīng)過 2 秒后（ 1）力 F 作功多少？（ 2）物體動能多大？（ 10g＝ 米 /秒 2） 圖 45 F m2 m1 應(yīng)用動量定理求解的問題 從動量定理 12 PPI －＝合 知，這定理能 求沖量、力、時間、動量、速度、質(zhì)量等。 應(yīng)用機械能守恒定律的基本方法是 ① 選定研究的系統(tǒng)和一段位移。 下面簡述各量符號的含義： ①電量的正負只表示電性的不同，而不表示電量的大小。 如何分析電場中電荷的平衡和運動 電荷在電場中的平衡與運動是綜合電場；川力學(xué)的有關(guān)知識習(xí)（ 1）以相同的初速度進入，（ 2）以相同的初動能進入； （ 3）以相同的初動量進入； （ 4）先經(jīng)過同一加速電場以后再進入。 利用電力線和等 勢面的特性分析場強和電勢 電力線和等勢面可以形象的描述場強和電勢。各處的電勢均小于零。 這時導(dǎo)體內(nèi)部和空腔內(nèi)無電力線，場強都變?yōu)榱?，?dǎo)體外表面場強垂直導(dǎo)體表面指向?qū)w外，離導(dǎo)體越遠，電力線越疏，場強越小。求：（ 1）它在微小擺動時的周期；（ 2）將懸線偏離豎直位置多大角度時，小球由靜止釋放，擺到懸線為豎直位置時速度剛好是零。必要時先求出 ? 、 r 和定隨電阻的大小。 （ 2）電容器兩極扳的電壓，等于它所在支路兩端點的電壓。作為理想安培計，可以認為它的電阻是零，作為理想伏特計，可以認為它的電阻是無窮大。 ② 對于環(huán)形電流和通電螺線管，應(yīng)讓右手彎曲的四指所指方向跟電流方向一致，則伸直的大拇指所指方向即為環(huán)形電流中心軸線上磁力線方向，或通電螺線管內(nèi)部磁力線方向（亦即大拇指指向通電螺線管滋力線出發(fā)端 —— 北極）。對于 B 與 v不垂直的一般情況來說，則仍需先將 B 矢量分解為兩個分量：一個是垂直于 v的 ?B ，另一個是平行于 v 的 //B ，如圖 9－ 3①所示，（或?qū)?u 矢量分解為兩個分量：一個是垂直于 B 的 ?v ，另一個是平行于 B 的 //v ，如圖 9— 3②所示。如應(yīng)用電流天平測定磁感應(yīng)強度值，應(yīng)用磁電式電流表測量電流強度。左盤需再加砝碼 m? ，以使天平重新平衡，這時則有 FMggmm ???? )( ② 由①、②兩式可得 mgF ??2 ， 2mgF ?? 根據(jù)安培力的計算式，并考慮到線圈的匝數(shù)，有 nILBF? 。粒子動量的大小 qBrmv? 。 路端電壓與負載變