高中物理難點之七法拉第電磁感應(yīng)定律

1、.難點之七 法拉第電磁感應(yīng)定律一、難點形成原因1、關(guān)于表達(dá)式此公式在應(yīng)用時容易漏掉匝數(shù)n，實際上n匝線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是串聯(lián)在一起的，其次是合磁通量的變化，尤其變化過程中磁場方向改變的情況特別容易出錯，并且感應(yīng)電動勢E與、的關(guān)系容易混淆不清。2、應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的三種特殊情況E=Blv、E=nBssin（或E=nBscos）解決問題時，不注意各公式應(yīng)用的條件，造成公式應(yīng)用混亂從而形成難點。3、公式E=nBssin（或E=nBscos）的記憶和推導(dǎo)是難點，造成推導(dǎo)困難的原因主要是此情況下，線圈在三維空間運(yùn)動，不少同學(xué)缺乏立體思維。二、難點突破1、同v、v、一樣都是容易混淆的物理量，如果理

2、不清它們之間的關(guān)系，求解感應(yīng)電動勢就會受到影響，要真正掌握它們的區(qū)別應(yīng)從以下幾個方面深入理解。磁通量磁通量變化量磁通量變化率物理意義磁通量越大，某時刻穿過磁場中某個面的磁感線條數(shù)越多某段時間穿過某個面的末、初磁通量的差值表述磁場中穿過某個面的磁通量變化快慢的物理量大小計算，為與B垂直的面積，或或注意若穿過某個面有方向相反的磁場，則不能直接用，應(yīng)考慮相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量開始和轉(zhuǎn)過1800時平面都與磁場垂直，穿過平面的磁通量是不同的，一正一負(fù)，=2 BS，而不是零既不表示磁通量的大小，也不表示變化的多少，在t圖象中用圖線的斜率表示2、明確感應(yīng)電動勢的三種特殊情況中各公式的具體

3、用法及應(yīng)用時須注意的問題導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv，應(yīng)用此公式時B、l、v三個量必須是兩兩相互垂直，若不垂直應(yīng)轉(zhuǎn)化成相互垂直的有效分量進(jìn)行計算，生硬地套用公式會導(dǎo)致錯誤。有的注意到三者之間的關(guān)系，發(fā)現(xiàn)不垂直后，在不明白角含義的情況下用E=Blvsin求解，這也是不可取的。處理這類問題，最好畫圖找B、l、v三個量的關(guān)系，如若不兩兩垂直則在圖上畫出它們兩兩垂直的有效分量，然后將有效分量代入公式E=Blv求解。此公式也可計算平均感應(yīng)電動勢，只要將v代入平均速度即可。導(dǎo)體棒以端點為軸在垂直于磁感線的勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，計算此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢須注意棒上各點的線速度不同，應(yīng)用平均速度（即中

4、點位置的線速度）來計算，所以。矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中，繞垂直于磁場的任意軸勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢何時用E=nBssin計算，何時用E=nBscos計算，最容易記混。其實這兩個公式的區(qū)別是計時起點不同，記住兩個特殊位置是關(guān)鍵。當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至中性面（即線圈平面與磁場垂直的位置）時E=0，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至垂直中性面的位置（即線圈平面與磁場平行）時E=nBs。這樣，線圈從中性面開始計時感應(yīng)電動勢按E=nBssin規(guī)律變化，線圈從垂直中性面的位置開始計時感應(yīng)電動勢按E=nBscos規(guī)律變化。并且用這兩個公式可以求某時刻線圈的磁通量變化率/t，不少同學(xué)沒有這種意識。推導(dǎo)這兩個公式時，如果能根據(jù)三維空間的立體圖準(zhǔn)確畫

5、出二維空間的平面圖，問題就會迎刃而解。另外，求的是整個閉合回路的平均感應(yīng)電動勢，t0的極限值才等于瞬時感應(yīng)電動勢。當(dāng)均勻變化時，平均感應(yīng)電動勢等于瞬時感應(yīng)電動勢。但三種特殊情況中的公式通常用來求感應(yīng)電動勢的瞬時值。4、典型例例1： 關(guān)于感應(yīng)電動勢，下列說法正確的是（ ）A穿過回路的磁通量越大，回路中的感應(yīng)電動勢就越大B穿過回路的磁通量變化量越大，回路中的感應(yīng)電動勢就越大C穿過回路的磁通量變化率越大，回路中的感應(yīng)電動勢就越大D單位時間內(nèi)穿過回路的磁通量變化量越大，回路中的感應(yīng)電動勢就越大答案：CD【總結(jié)】感應(yīng)電動勢的有無由磁通量變化量決定，0是回路中存在感應(yīng)電動勢的前提，感應(yīng)電動勢的大小由磁通量

6、變化率決定，越大，回路中的感應(yīng)電動勢越大，與、無關(guān)。例2：一個面積S=4×10-2m2，匝數(shù)N=100的線圈，放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直線圈平面，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化規(guī)律為B /t=2T/s，則穿過線圈的磁通量變化率為 Wb/s，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E= V?！究偨Y(jié)】計算磁通量=BScos、磁通量變化量=2-1、磁通量變化率/t時不用考慮匝數(shù)N，但在求感應(yīng)電動勢時必須考慮匝數(shù)N，即E=N/t。同樣，求安培力時也要考慮匝數(shù)N，即F=NBIL，因為通電導(dǎo)線越多，它們在磁場中所受安培力就越大，所以安培力也與匝數(shù)N有關(guān)。圖7-1例3：如圖7-1所示，兩條平行且足夠長的金屬導(dǎo)軌置于

7、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，B的方向垂直導(dǎo)軌平面。兩導(dǎo)軌間距為L，左端接一電阻R，其余電阻不計。長為2L的導(dǎo)體棒ab如圖所示放置， 開始時ab棒與導(dǎo)軌垂直，在ab棒繞a點緊貼導(dǎo)軌滑倒的過程中，通過電阻R的電荷量是 。答案：【總結(jié)】用E=N/t求的是平均感應(yīng)電動勢，由平均感應(yīng)電動勢求閉合回路的平均電流。而電路中通過的電荷量等于平均電流與時間的乘積，即，注意這個式子在不同情況下的應(yīng)用。圖7-2例4：如圖7-2所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，將一水平放置的金屬棒以水平速度V0拋出，設(shè)整個過程中，棒的取向不變，不計空氣阻力，則金屬棒運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小變化情況應(yīng)是（ ）A越來越大 B越來越小

8、C保持不變 D無法判斷答案：C【總結(jié)】應(yīng)用感應(yīng)電動勢的計算公式E=Blv時，一定要注意B、l、v必須兩兩垂直，若不垂直要取兩兩垂直的有效分量進(jìn)行計算。例5：如圖7-3所示，長為L的金屬棒ab，繞b端在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)以角速度勻速轉(zhuǎn)動，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，求ab兩端的電勢差。圖7-3答案：BL2/2【總結(jié)】若用E=Blv求E，則必須先求出平均切割速率；若用E=n/t求E，則必須先求出金屬棒ab在t時間掃過的扇形面積，從而求出磁通量的變化率。例6：如圖7-4所示，矩形線圈abcd共有n匝，總電阻為R，部分置于有理想邊界的勻強(qiáng)磁場中，線圈平面與磁場垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。讓線圈從圖示位置開始以a

9、b邊為軸勻速轉(zhuǎn)動，角速度為。若線圈ab邊長為L1，ad邊長為L2，在磁場外部分為，則圖7-4線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過530時的感應(yīng)電動勢的大小為 。線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過1800的過程中，線圈中的平均感應(yīng)電流為 。若磁場沒有邊界，線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過450時的感應(yīng)電動勢的大小為 ，磁通量的變化率為 ?！緦忣}】磁場有邊界時，線圈abcd從圖示位置轉(zhuǎn)過530的過程中，穿過線圈的磁通量始終沒有變化，所以此過程感應(yīng)電動勢始終為零；在線圈abcd從圖示位置轉(zhuǎn)過1800的過程中，初末狀態(tài)磁通量大小不變，但方向改變，所以。磁場沒有邊界時，線圈abcd從圖示位置轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢按E=nBssin規(guī)律變化，即E=nBL

10、1L2sint，t時刻磁通量的變化率/t=E/n=BL1L2sin t。【解析】線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過530時的感應(yīng)電動勢的大小為零。線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過1800的過程中，若磁場沒有邊界，線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過450時的感應(yīng)電動勢E=nBL1L2sint=此時磁通量的變化率答案：0；，【總結(jié)】本題考查了三個知識點：感應(yīng)電動勢的產(chǎn)生由決定，=0則感應(yīng)電動勢等于零；磁通量的變化量的求法，開始和轉(zhuǎn)過1800時平面都與磁場垂直，=2 BS，而不是零；線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸轉(zhuǎn)動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的表達(dá)式及此過程中任一時刻磁通量的變化率的求法。圖7-5例7：一個圓形閉合線圈固定在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場中，線圈平面

11、與磁場方向垂直，如圖7-5甲所示。設(shè)垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向為正，垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向為負(fù)。線圈中順時針方向的感應(yīng)電流為正，逆時針方向的感應(yīng)電流為負(fù)。已知圓形線圈中感應(yīng)電流i隨時間變化的圖象如圖7-5乙所示，則線圈所在處的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的圖象可能是（ ）【解析】A選項中00.5s，磁場垂直紙面向外且均勻增加，與圖乙中感應(yīng)電流方向矛盾，故A錯；B選項中00.5s，磁場垂直紙面向外且均勻減弱符合條件，但0.51s，磁場垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)與圖乙中感應(yīng)電流方向矛盾，故B錯；C選項中00.5s，磁場垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)，0.51s，磁場垂直紙面向里且均勻減弱，11.5s，磁

12、場垂直紙面向外且均勻增強(qiáng)，1.52s，磁場垂直紙面向外且均勻減弱，都與題意相付，故C對；D選項中00.5s，磁場垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)，0.51.5s，磁場垂直紙面向里且均勻減弱，1.52s磁場垂直紙面向里且均勻增強(qiáng)，都與題意相付，故D對。答案：CD【總結(jié)】本題考查了從圖象上獲取信息的能力，在回路面積一定的情況下，Bt圖象的斜率反映感應(yīng)電動勢的大小，B大小或方向的改變決定回路中感應(yīng)電動勢的方向。若給出的是t圖象，情況是一樣的。圖7-6例8：如圖7-6所示，金屬導(dǎo)軌間距為d，左端接一電阻R，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于平行金屬導(dǎo)軌所在的平面，一根長金屬棒與導(dǎo)軌成角放置，金屬棒與導(dǎo)軌電阻不

13、計。當(dāng)金屬棒沿垂直于棒的方向，以恒定速度v在金屬導(dǎo)軌上滑行時，通過電阻的電流強(qiáng)度為 ；電阻R上的發(fā)熱功率為 ；拉力的機(jī)械功率為 ?！窘馕觥炕蛘叽鸢福海弧究偨Y(jié)】本題是法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合回路歐姆定律、焦耳定律及力學(xué)中功率相結(jié)合的題目，涉及到能量轉(zhuǎn)化的問題，扎實的基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵。圖7-7例9：如圖7-7所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L。M、P兩點間接有電阻值為R的電阻，一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓ab桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下

14、滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦。求：在加速下滑過程中，當(dāng)ab桿的速度大小為v時桿中的電流及桿的加速度大小；在下滑過程中，ab桿可以達(dá)到的速度最大值?！窘馕觥縜b桿的速度為v時，感應(yīng)電動勢E=BLv圖7-8根據(jù)牛頓第二定律，有ma=mgsin-F當(dāng)F=mgsin時，ab桿達(dá)最大速度vmax，所以答案：；【總結(jié)】本題是法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合回路歐姆定律、牛頓第二定律相結(jié)合的題目，解這類題目正確受力分析和運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵。圖7-9例10：如圖7-9甲所示，一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距L=0.20m，電阻R=1.0，有一導(dǎo)體桿靜止放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻

15、可忽略不計，整個裝置處于磁感強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道面向下，現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運(yùn)動，測得力F與時間t的關(guān)系如圖7-9乙所示，求桿的質(zhì)量m和加速度a.【解析】導(dǎo)體桿從靜止開始做勻加速運(yùn)動，則有v=at （1） =BLv （2）設(shè)安培力為F，則F=BIL=B2L2v/R （3）由牛頓第二定律得：F- F=ma （4）由（1）（2）（3）（4）得F= ma+ B2L2 at /R 即F= ma+ at /100 (5)在圖乙中取兩點坐標(biāo)值代入上式：t=10s時，F(xiàn)=2N，有2= ma+ 0.1a (6)t=20s時,F=3N,有3= ma+ 0.2a (

16、7)由(6)(7)解得m=0.1kg,a=10m/s2【總結(jié)】題中拉力F和安培力都是變力，看上去無從下手，但細(xì)一分析桿做勻加速運(yùn)動，其合外力不變，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合圖象給出的有關(guān)信息即可求解，從變中求不變是解本題的關(guān)鍵。難點之八 帶電粒子在電場中的運(yùn)動一、難點形成原因：1、由于對平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓運(yùn)動規(guī)律、勻變速運(yùn)動規(guī)律的理解不深切，導(dǎo)致研究帶電粒子在電場中的運(yùn)動規(guī)律時，形成已有知識的負(fù)遷移和前攝抑制，出現(xiàn)了新舊知識的干擾和混淆。2、圍繞電場、帶電粒子問題中的力學(xué)知識（如：庫侖定律、電場強(qiáng)度、電場力、電場線）與能量知識（如：電勢、電勢能、電勢差、等勢面、電勢能的變化、電場力的功）

17、模糊混淆導(dǎo)致了認(rèn)知的困難。3、在解答“帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動”的問題時，常常因能否忽略帶電粒子所受的重力而導(dǎo)致錯誤。4、學(xué)生對物理知識掌握不全，應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力、綜合分析能力不達(dá)標(biāo)導(dǎo)致解題的困難。二、難點突破策略：帶電微粒在電場中運(yùn)動是電場知識和力學(xué)知識的結(jié)合，分析方法和力學(xué)的分析方法是基本相同的：先受力分析，再分析運(yùn)動過程，選擇恰當(dāng)物理規(guī)律解題。處理問題所需的知識都在電場和力學(xué)中學(xué)習(xí)過了，關(guān)鍵是怎樣把學(xué)過的知識有機(jī)地組織起來，這就需要有較強(qiáng)的分析與綜合的能力，為有效突破難點，學(xué)習(xí)中應(yīng)重視以下幾方面：1.在分析物體受力時，是否考慮重力要依據(jù)具體情況而定。（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子

18、、粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外一般都忽略不計。（2）帶電顆粒：如塵埃、液滴、小球等，除有說明或有明確的暗示以外一般都不能忽略?！皫щ娏Ｗ印币话闶侵鸽娮?、質(zhì)子及其某些離子或原子核等微觀的帶電體，它們的質(zhì)量都很小，例如：電子的質(zhì)量僅為0.91×10-30千克、質(zhì)子的質(zhì)量也只有1.67×10-27千克。（有些離子和原子核的質(zhì)量雖比電子、質(zhì)子的質(zhì)量大一些，但從“數(shù)量級”上來盾，仍然是很小的。）如果近似地取g=10米/秒2，則電子所受的重力也僅僅是meg=0.91×10-30×10=0.91×10-29(牛)。但是電子的電量為q=1.60&#

19、215;10-19庫（雖然也很小，但相對而言10-19比10-30就大了10-11倍），如果一個電子處于E=1.0×104牛/庫的勻強(qiáng)電場中（此電場的場強(qiáng)并不很大），那這個電子所受的電場力F=qE=1.60×10-19×1.0×104=1.6×10-15（牛），看起來雖然也很小，但是比起前面算出的重力就大多了（從“數(shù)量級”比較，電場力比重力大了1014倍），由此可知：電子在不很強(qiáng)的勻強(qiáng)電場中，它所受的電場力也遠(yuǎn)大于它所受的重力qE>>meg。所以在處理微觀帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動的問題時，一般都可忽略重力的影響。但是要特別注意：有時

20、研究的問題不是微觀帶電粒子，而是宏觀帶電物體，那就不允許忽略重力影響了。例如：一個質(zhì)量為1毫克的宏觀顆粒，變換單位后是1×10-6千克，它所受的重力約為mg=1×10-6×10=1×10-5（牛），有可能比它所受的電場力還大，因此就不能再忽略重力的影響了。2加強(qiáng)力學(xué)知識與規(guī)律公式的基礎(chǔ)教學(xué)，循序漸進(jìn)的引入到帶電粒子在電場中的運(yùn)動，注意揭示相關(guān)知識的區(qū)別和聯(lián)系。3注重帶電粒子在電場中運(yùn)動的過程分析與運(yùn)動性質(zhì)分析（平衡、加速或減速、軌跡是直線還是曲線），注意從力學(xué)思路和能量思路考慮問題，且兩條思路并重；同時選擇好解決問題的物理知識和規(guī)律。帶電粒子在勻強(qiáng)電場中

21、的運(yùn)動，是一種力電綜合問題。解答這種問題經(jīng)常運(yùn)用電場和力學(xué)兩方面的知識和規(guī)律，具體內(nèi)容如下：所需電場的知識和規(guī)律有：EF=qE；W=qU；E；電場線的性質(zhì)和分布；等勢面的概念和分布：電勢、電勢差、電勢能、電場力做功與電勢能變化關(guān)系。所需力學(xué)的知識和規(guī)律有：牛頓第二定律F=ma；動能定理W=Ek；動能和重力勢能的概念和性質(zhì)；能的轉(zhuǎn)化和守恒定律；勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律；拋物體運(yùn)動的規(guī)律；動量定理；動量守恒定律；解答“帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動”的問題，既需要掌握較多的物理知識，又需要具有一定的分析綜合能力。處理帶電粒子運(yùn)動問題的一般有三條途徑：（1）勻變速直線運(yùn)動公式和牛頓運(yùn)動定律（2）動能定理或能量

22、守恒定律（3）動量定理和動量守恒定律處理直線變速運(yùn)動問題，除非題目指定求加速度或力，否則最好不要用牛頓第二定律來計算。要優(yōu)先考慮使用場力功與粒子動能變化關(guān)系，使用動能定理來解，尤其是在非勻強(qiáng)電場中，我們無法使用牛頓第二定律來處理的過程，而動能定理只考慮始末狀態(tài)，不考慮中間過程。一般來說，問題涉及時間則優(yōu)先考慮沖量、動量，問題涉及空間則優(yōu)先考慮功、動能。對帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動的問題，對中學(xué)生要求不高，不會有難度過大的問題。4強(qiáng)化物理條件意識，運(yùn)用數(shù)學(xué)工具（如，拋物線方程、直線方程、反比例函數(shù)等）加以分析求解。（一）帶電粒子的加速1.運(yùn)動狀態(tài)分析帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到

23、的電場力與運(yùn)動方向在同一直線上，做加速（或減速）直線運(yùn)動。2.用功能觀點分析粒子動能的變化量等于電場力做的功。（1）若粒子的初速度為零，則qU=mv2/2,V=（2）若粒子的初速度不為零，則qU=mv2/2- mv02/2, V=3.用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式分析：帶電粒子平行電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，則帶電粒子做勻變速直線運(yùn)動，可由電場力求得加速度進(jìn)而求出末速度、位移或時間。說明：（1）不管是勻強(qiáng)電場還是非勻強(qiáng)電場加速帶電粒子W=qU都適應(yīng)，而W=qEd，只適應(yīng)于勻強(qiáng)電場.圖8-1（2）對于直線加速，實質(zhì)上是電勢能轉(zhuǎn)化為動能，解決的思路是列動能定理的方程（能量觀點）來求解。例1：如圖8-1所示

24、，帶電粒子在電場中的加速：在真空中有一對平行金屬板，兩板間加以電壓U，兩板間有一個帶正電荷q的帶電粒子，它在電場力的作用下，由靜止開始從正極板向負(fù)極板運(yùn)動，到達(dá)負(fù)極板時的速度有多大？（不考慮帶電粒子的重力）【解析】帶電粒子在運(yùn)動過程中，電場力所做的功W=qU。設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時的動能EK=mv2，由動能定理qU=mv2 得：v=【總結(jié)】上式是從勻強(qiáng)電場中推出來的，若兩極板是其他形狀，中間的電場不是勻強(qiáng)電場，上式同樣適用。例2：下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過加速電壓為U的電場之后，哪種粒子的速度最大？（A）a粒子（B）氚核（C）質(zhì)子（D）鈉離子1 根據(jù)可以導(dǎo)出下式： 由此可知：對于各種粒子來

25、說，加速電壓U都是相同的。因此v與成正比；v與成反比。因為質(zhì)子和鈉離子所帶的電量相同，而鈉離子的質(zhì)量卻比質(zhì)子大得多，所以可斷定電場加速后的質(zhì)子速度應(yīng)比鈉離子大得多。因此選項（D）首先被淘太。2為了嚴(yán)格和慎重起見，我們對被加速后的粒子、氚核、質(zhì)子的速度進(jìn)行下列推導(dǎo)：對于粒子質(zhì)量為4mp、電量為2e對于氚核質(zhì)量為3mp、電量為e對于質(zhì)子質(zhì)量為mp電量為e從比較推導(dǎo)的結(jié)果中知：質(zhì)子的速度 VP 最大，正確答案為（C）。【總結(jié)】本題關(guān)鍵是正確使用動能定理，正確得出速度的表達(dá)式，由表達(dá)式加以討論，進(jìn)而得出正確選項。圖8-2圖8-3例3：如圖8-2所示，真空中相距d=5 cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連

26、接(圖中未畫出)，其中B板接地（電勢為零）,A板電勢變化的規(guī)律如圖8-3所示.將一個質(zhì)量m=2.0×10-23 kg,電量q=+1.6×10-1C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力.求：(1)在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小;(2)若A板電勢變化周期T=1.0×10-5 s,在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達(dá)A板時動量的大小；(3)A板電勢變化頻率多大時，在t=到t=時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板.【解析】電場強(qiáng)度E =帶電粒子所受電場力，F(xiàn)=ma粒子在0時間內(nèi)走過的距離為m故帶電粒在在時恰好到達(dá)A

27、板根據(jù)動量定理，此時粒子動量kg·m/s帶電粒子在向A板做勻加速運(yùn)動，在向A板做勻減速運(yùn)動，速度減為零后將返回，粒子向A板運(yùn)動的可能最大位移要求粒子不能到達(dá)A板，有s < d由，電勢頻率變化應(yīng)滿足 HZ【總結(jié)】帶電粒子在周期性變化的勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動比較復(fù)雜，運(yùn)動情況往往由初始條件決定，具體問題需要具體分析。（1）運(yùn)動分析：若粒子受力方向與運(yùn)動方向相同，則粒子加速運(yùn)動；若粒子受力方向與運(yùn)動方向相反，則粒子減速運(yùn)動。（2）處理方法：利用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式。利用能量觀點，如動能定理，若為非勻強(qiáng)電場只能用能量觀點。（二）帶電粒子的偏轉(zhuǎn)（限于勻強(qiáng)電場）1.運(yùn)動狀態(tài)分析：帶電粒子以

28、速度V0垂直電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時，受到恒定的與初速度方向成900角的電場力作用而做勻變速曲線運(yùn)動。2.偏轉(zhuǎn)問題的分析處理方法：類似平拋運(yùn)動的分析處理，應(yīng)用運(yùn)動的合成和分解知識分析處理。（1）垂直電場方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動：t=L/V0；vx=v0 ；x=v0t（2）平行于電場方向是初速為零的勻加速運(yùn)動：vy=at ,y=at2 經(jīng)時間t的偏轉(zhuǎn)位移：y=（）2；粒子在t時刻的速度：Vt=；時間相等是兩個分運(yùn)動聯(lián)系橋梁； 偏轉(zhuǎn)角：tg=圖8-4例4：如圖8-4所示，一束帶電粒子（不計重力），垂直電場線方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，試討論在以下情況下，粒子應(yīng)具備什么條件才能得到相同的偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角度

29、（U、d、L保持不變）。（1）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度相同；（2）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動能相同；（3）進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動量相同；（4）先由同一加速電場加速后，再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場?！窘馕觥浚?）由帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動規(guī)律得：偏轉(zhuǎn)距離y=at2=（）2 偏轉(zhuǎn)角 tg=討論：（1）因為v0相同，當(dāng)q/m相同，y、tg也相同；（2）因為mv02相同，當(dāng)q相同，則y、tg相同；（3）因為mv0相同，當(dāng)m、q相同或q/v0相同，則y、tg也相同；（4）設(shè)加速電場的電壓為U，由qU=mv02,有:y=，tg=【總結(jié)】可見，在（4）的條件下，不論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們

30、飛出電場的偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角度都是相同的。（三）先加速后偏轉(zhuǎn)若帶電粒子先經(jīng)加速電場（電壓U加）加速，又進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場（電壓U偏），射出偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移偏轉(zhuǎn)角：tg=帶電粒子的側(cè)移量和偏轉(zhuǎn)角都與質(zhì)量m、帶電量q無關(guān)。圖8-6例5：如圖8-6所示，是一個示波管工作原理圖，電子經(jīng)加速以后以速度V0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U，板長為L.每單位電壓引起的偏移量（h/U）叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列哪些辦法？ （ ）A. 增大兩板間的電勢差U B. 盡可能使板長L做得短些C. 盡可能使兩板間距離d減小些 D. 使電子入射速度V0大些 【審題】本

31、題物理過程與例題4相同，也是帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題，與示波管結(jié)合在一起，同時題目當(dāng)中提到了示波管的靈敏度這樣一個新物理量，只要仔細(xì)分析不難得出正確結(jié)論?！窘馕觥控Q直方向上電子做勻加速運(yùn)動，故有h=at2=,則可知，只有C選項正確.【總結(jié)】本題是理論聯(lián)系實際的題目，同時題目中提出了示波管靈敏度這一新概念，首先需要搞清這一新概念，然后應(yīng)用牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式加以求解。（五）根據(jù)運(yùn)動軌跡分析有關(guān)問題該種類型的題目分析方法是：先畫出入射點軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其它有關(guān)的問題。圖8-7例6：在圖8-7甲中，虛線表示真空里一點

32、電荷Q的電場中的兩個等勢面，實線表示一個帶負(fù)電q的粒子運(yùn)動的路徑，不考慮粒子的重力，請判定（）是什么電荷？（）三點電勢的大小關(guān)系；（）三點場強(qiáng)的大小關(guān)系；（）該粒子在三點動能的大小關(guān)系。【審題】、是帶電粒子在電場中運(yùn)動軌跡上的三點，通過軌跡的彎曲方向得出受力方向，由受力方向判斷Q的電性，畫出電場線，判斷電勢的高低及場強(qiáng)的大??；根據(jù)電場力對帶電粒子的做功情況判斷粒子在、三點動能的大小關(guān)系。【解析】（）設(shè)粒子在點射入，則點的軌跡切線方向就是粒子q的初速v0的方向（如圖8-7乙）。由于粒子q向偏離的方向偏轉(zhuǎn)，因此粒子q受到的作用力是排斥力，故與q的電性相同，即帶負(fù)電。（）因負(fù)電荷的電場線是由無窮遠(yuǎn)指

33、向的，因此=C>。（3）由電場線的疏密分布（或由E=kQ/r2）得EA=EC<EB。（4）因粒子從AB電場力做負(fù)功，由動能定理可知EkB<EkA，因A=C，由電場力做功WAC=qUAC知WAC=0，因此由動能定理得EkA=EkC，故EkA=EkC>EkB。【總結(jié)】圖8-8該種類型的題目分析方法是：先畫出入射點軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其它有關(guān)的問題。例7： 在圖8-8中a、b和c表示點電荷a的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為U、U、U。一帶電粒子從等勢面a上某處由靜止釋放后，僅受電場力作用而

34、運(yùn)動，已知它經(jīng)過等勢面b時的速率為v，則它經(jīng)過等勢面c的速率為 ?！緦忣}】1已知a、b、c三點的電勢的大小關(guān)系為U>U>U根據(jù)“電場線的方向總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面”的性質(zhì)，可分析出本題中的電場線方向是由場源點電荷Q為中心向四處放射的，而這樣分布電場線的場源點電荷應(yīng)當(dāng)是帶正電的。2原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電粒子，若僅受電場力作用應(yīng)做加速運(yùn)動。應(yīng)沿著電場線的方向由電勢高處向電勢低處運(yùn)動。說明：前面所說的加速運(yùn)動不一定是勻加速運(yùn)動。只有在勻強(qiáng)電場中帶電粒子才會作勻加速運(yùn)動。在非勻強(qiáng)電場中（例如在點電荷場源的電場中）由于各處的電場強(qiáng)度不同，電荷所受的電場力的大小是變化的，所以加

35、速度的大小也是變化的。3解答本題選用的主要關(guān)系式為：式中Uab兩等勢面的電勢差，va、vb為帶電粒子經(jīng)過時a、b等勢面時的速率。（對于b、c兩等勢面也存在同樣形式的關(guān)系式。）【解析】設(shè)：帶電粒子的電量為q；a、b兩等勢面的電勢差為Uab，b、c兩等勢面的電勢差Ubc；帶電粒子經(jīng)過等勢面a、b、c時的速率分別為Va、Vb、Vc。（已知：Va=0，Vb=v）則：將、兩式相除可得：將、代入式：所以，帶電粒子經(jīng)過等勢面c的速度為1.5v。【總結(jié)】帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動牽扯到動能變化時通常用動能定理求解比較方便，在分析問題時分清物理過程是非常關(guān)鍵的。（六）考慮受重力或其它恒力作用時的帶電物體的運(yùn)動問

36、題圖8-9若帶電微粒除受電場力作用外，還受到重力或其它恒力作用，同樣要分解成兩個不同方向的簡單的直線運(yùn)動來處理。例8：質(zhì)量m=0.1g，帶電荷量×10-7C的帶電微粒以v0=10m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B的中央飛入板間，如圖8-9所示，已知板長L=1.0m，板間距離d=0.06m，當(dāng)UAB=103伏時，帶電粒子恰好沿直線穿過板間，則AB間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出？ 【審題】當(dāng)UAB=103伏時，帶電粒子恰好沿直線穿過板間，說明微粒的重力要考慮，要使帶電粒子能從板間飛出，AB間所加電壓必定是一個范圍，從上板邊緣飛出對應(yīng)最高電壓，從下板邊緣飛出對應(yīng)最低電壓，

37、利用平衡條件、牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式便可求出。【解析】帶電微粒在板間受電場力和重力的作用，做類平拋運(yùn)動，當(dāng)微粒剛好打中下板右邊緣時，有：v0，d/2可得=dv02/L2=6.0m/s2對微粒，有（以向下為正）：mg-qU1/d=ma1所以U1=m（g-a1）d/q=60V當(dāng)微粒剛好打中上板右邊緣時，有：v0，2d/2可得2=dv02/L2=6.0m/s2對微粒，有（以向上為正）： Qu2/d -mg=ma2所以U2=m（g+a2）d/q=240V要使帶電微粒能穿出極板，則兩極板間的電壓U應(yīng)滿足：U1UU2，即：U【總結(jié)】若帶電微粒除受電場力作用外，還受到重力或其它恒力作用，同樣要分解成兩個不同方向的簡