高中物理10大難點強行突破

難點之七法拉第電磁感應定律

一、難點形成原因

E=n——

1、關于表達式&

此公式在應用時容易漏掉匝數n,實際上n匝線圈產生的感應電動勢是串聯在一起的，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，并且感應電動勢E與“、△"、△/的關系容

易混淆不清。

E――Bl2co

2、應用法拉第電磁感應定律的三種特殊情況E=BN、2、E=nBs<.)sin0(或EFBSSCOS。)解

決問題時，不注意各公式應用的條件，造成公式應用混亂從而形成難點。

3、公式E=nBs<osin0(或E=nBsGJCOS?)的記憶和推導是難點，造成推導困難的原因主要是此情況卜，

線圈在三維空間運動，不少同學缺乏立體思維。

二、難點突破

Ay

1、0、岫、△/同v、Av.4一樣都是容易混淆的物理量，如果理不清它們之間的關系，求解感應電

動勢就會受到影響，要真正掌握它們的區(qū)別應從以下幾個方面深入理解。

磁通獻磁通量變化量△0

磁通量變化率z

物理磁通量越大，某時刻穿過磁某段時間穿過某個面的末、表述磁場中穿過某個面的

意義場中某個面的磁感線條數初磁通量的差值磁通量變化快慢的物理量

越多

大小△0AS

"=8S1,S,為與B垂直△o=A-a=B^S----D

計算△/-----A/

的面積

或=SAB包二S竺

或。A/

若穿過某個面有方向相反開始和轉過1800時平面都既不表示磁通量的大小，也

注的磁場，則不能直接用與磁場垂直，穿過平面的磁不表示變化的多少，在巾一

意通量是不同的，一正一負，t圖象中用圖線的斜率表

gBS；應考慮相反方向

△6=2BS,而不是零示

的磁通量相互抵消以后所

剩余的磁通量

2、明確感應電動勢的三種特殊情況中各公式的具體用法及應用時須注意的問題

⑴導體切割磁感線產生的感應電動勢E=Blv,應用此公式時B、1、v三個量必須是兩兩相互垂直，若不垂

直應轉化成相互垂直的有效分量進行計算，生硬地套用公式會導致錯誤。有的注意到三者之間的關系，發(fā)

現不垂直后，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、1、v-:個量的關系，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電動勢，只要將v代入平均速度即可。

⑵導體棒以端點為軸在垂直于磁感線的勻強磁場中勻速轉動，計算此時產生的感應電動勢須注意棒上各點

E^-BPco

的線速度不同，應用平均速度(即中點位置的線速度)來計算，所以2?

⑶矩形線圈在勻強磁場中，繞垂直于磁場的任意軸勻速轉動產生的感應電動勢何時用E=nBs(osin0計算，

何時用E=nBs3cos。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

鍵。當線圈轉至中性面（即線圈平面與磁場垂直的位置）時E=0,當線圈轉至垂直中性面的位置（即線圈

平面與磁場平行）時￡=也$3。這樣，線圈從中性面開始計時感應電動勢按E=nBs3sin（）規(guī)律變化，線圈

從垂直中性面的位置開始計時感應電動勢按E=nBs3cos0規(guī)律變化。并且用這兩個公式可以求某時刻線圈

的磁通量變化率不少同學沒有這種意識。推導這兩個公式時，如果能根據三維空間的立體圖準確

畫出二維空間的平面圖，問題就會迎刃而解。

E=n—

另外，Z求的是整個閉合回路的平均感應電動勢，△t-0的極限值才等于瞬時感應電動勢。當46

均勻變化時，平均感應電動勢等于瞬時感應電動勢。但一種特殊情況中的公式通常用來求感應電動勢的瞬

時值。

4、典型例

例1：關于感應電動勢，下列說法正確的是（）

A.穿過網路的磁通最越大，回路中的感應電動勢就越大

B.穿過回路的磁通最變化量越大，I可路中的感應電動勢就越大

C.穿過回路的磁通量變化率越大，回路中的感應電動勢就越大

D.單位時間內穿過網路的磁通量變化量越大，回路中的感應電動勢就越大

【審題】題目考查內容非常明確，主要考查感應電動勢E9磁通量力、磁通量變化量△"、磁通量變化率

之間的關系。

△0

【解析】感應電動勢E的大小與磁通量變化率△，成正比，與磁通量小、磁通量變化量",無直接聯系。A

選項中磁通量小很大時，磁通量變化率Z可能很小，這樣感應電動勢E就會很小，故A錯。B選項中A0

岫

很大時，若經歷時間很長，磁通量變化率△,仍然會很小，感應電動勢E就很小，故B錯。D選項中單位

時間內穿過回路的磁通量變化量即磁通量變化率△，，它越大感應電動勢E就越大，故D對-

答案：CD

1總結】感應電動勢的有無由磁通量變化量決定，是回路中存在感應電動勢的前提，感成電動

勢的大小由磁通量變化率△/決定，4越大，回路中的感應電動勢越大，與"、無關。

例2：一個面積S=4X10-2m2,而數N=100的線圈，放在勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面，磁場的磁

感應強度B隙時間變化規(guī)律為AB/At=2T/s,則穿過線圈的磁通量變化率Z為Wb/s,線圈中

產生的感應電動勢E=Vo

A。

【審題】磁通量的變化率4與匝數N無關，因為磁通量表示穿過某?面積的磁感線條數，穿過?匝線圈

和穿過N匝線圈的磁感線條數是?樣的。這樣，?段時間內磁通量的變化?匝線圈和N匝線圈是?樣的，

所以七不受匝數N的影響。而感應電動勢除與x有關外還與匝數N有關，因為產生感應電動勢的過程

中，每?匝線圈都相當于個電源，線圈匝數越多，意味著申聯的電源越多，說明E與N有關。

【解析】根據磁通后變化率的定義得=SAB/At=4X10-2X2Wb/s=8X10-2Wb/s

由E=NA4>/At得E=100X8XI0-2V=8V

答案：8X10-2；8

【總結】計算磁通量4>=BScos0、磁通量變化量△6=62-61、磁通量變化率△e/時不用考慮匝數N,

但在求感應電動勢時必須考慮匝數N,H|JE=NA<i）/Ato同樣，求安培力時也要考慮匝數N,即F=NBIL,

因為通電導線越多，它們在磁場中所受安培力就越大，所以安培力也與匝數N有關。

例3：如圖7-1所示，兩條平行且足夠長的金屬導軌置于磁感應強度為B的勻

強磁場中，B的方向垂直導軌平面。兩導軌間距為L,左端接?電阻R,其余

電阻不計。長為2L的導體棒ab如圖所示放置，開始時ab棒與導軌垂直，在

ab棒繞a點緊貼導軌滑倒的過程中，通過電阻R的電荷量是。

【審題】求通過電阻R的電荷量首先須求出通過電阻R的平均電流,由于電

阻R已知，因此根據法拉第電磁感應定律求出這過程的平均感應電動勢是解

題關鍵。

FA。-J3BL2

【解析】ArZA/2Ar

,E石BI?

1=—=----------

R2AtR

g…遜

2R

也BI/

答案：2R

【總結】用E=NZ\6/■求的是平均感應電動勢，由平均感應電動勢求閉合回路的平均電流。而電路中通

q=lZ=N9M=N也

過的電荷量等于平均電流與時間的乘積，即△次R,注意這個式子在不同情況下的

應用。

例4：如圖7-2所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一水平放置的金屬棒以水平速度

V0拋出，設整個過程中，棒的取向不變，不計空氣阻力，則金屬棒運動過程中產生

的感應電動勢的大小變化情況應是（）

A.越來越大B.越來越小

C.保持不變D.無法判斷

【審題】金屬棒運動過程中速度越來越大，但產生感應電動勢的有圖7-2效切割速度僅僅

是速度的水平分量V0,而在金屬棒運動過程中V0是不變的。

【解析】導體切割磁感線產生的感應電動勢E=Blv,金屬棒運動過程中B、1和v的有效分量均不變，所以

感應電動勢E不變，故選C。

答案:C

【總結】應用感應電動勢的計算公式E=Blv時，一定要注意B、1、v必須兩兩垂直,若不垂直.要取兩兩垂

宜的有效分量進行計算。

例5：如圖7-3所示，長為L的金屬棒ab,繞b端在垂直于勻強磁場的平面內以角

速度3勻速轉動，磁感應強度為B,求ab兩端的電勢差。

【審題】ab兩端的電勢差等于金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢，因此，只要求

出感應電動勢即可。木題是導體棒轉動切割磁感線產生感應電動勢的情況，棒上各

點的速率不相等，由v=sr知，棒上各點的線速度跟半徑成正比，故可用棒的中

點的速率作為平均切割速率代入公式E=Blv求解。本題也可以設At時間ab棒掃

過的扇形面積為AS,根據E=nZ\6/ZXt求解。

圖7-4

【解析】解法一：E=Blv=BL<oU2=BL2w/2

B?—13IZ

解法二：E=nA<l>/At=BAS/At=2=BL2(o/2

答案：BL2w/2

【總結】若用E=Blv求E,則必須先求出平均切割速率：若用E=nZ\6/ZXt求E,則必須先求出金屬棒ab

在At時間掃過的扇形面積，從而求出磁通量的變化率。

例6：如圖74所示，矩形線圈abed共有n匝，總電阻為R,部分置于有理想邊界的勻強磁場中，線圈平

面與磁場垂直，磁感應強度大小為讓線圈從圖示位置開始以ab邊為軸勻速轉動，角速度為3。若線圈

-L2

ab邊長為LI,ad邊長為L2,在磁場外部分為5,則

⑴線圈從圖示位置轉過530時的感應電動勢的大小為o

⑵線圈從圖示位置轉過1800的過程中，線圈中的平均感應電流為o

⑶若磁場沒有邊界，線圈從圖示位置轉過450時的感應電動勢的大小為，磁通量的變化率

為。

【竄題】磁場有邊界時，線圈abed從圖示位置轉過530的過程中，穿過線圈的磁通量始終沒有變化，所以

此過程感應電動勢始終為零；在線圈abed從圖示位置轉過1800的過程中，初末狀態(tài)磁通量大小不變，但

A(|)=2BL1?-Lj=為112

方向改變，所以55。磁場沒有邊界時，線圈abed從圖示位置轉動產生的感應

電動勢按E=nBs(■)sin()規(guī)律變化，即E-nBLlL2G)sin3,t時刻磁通量:的變化率△力/△t=E/n=BLlL2<■>sin<?>

【解析】⑴線圈從圖示位置轉過530時的感應電動勢的大小為零。

6BLL

E="她=〃*逆

△/￡5乃

⑵線圈從圖示位置轉過1800的過程中，s

E_6nBL}L2co

...—N―5^

⑶若磁場沒有邊界，線圈從圖示位置轉過450時的感應電動勢

V2,

—nBL]L2(o

E=nBLlL23sin3t=2

_E_y[2BLiL2(o

此時磁通量的變化率4〃2

6nB/L2s無曲…?叫小

答案：0；5TIR.22

【總結】本題考查了一:個知識點：①感應電動勢的產生由△6決定，△6=0則感應電動勢等于零；②磁通

量的變化量的求法，開始和轉過1800時平面都與磁場垂直，△4>=2BS,而不是零；③線圈在勻強磁場中

繞垂直于磁場的軸轉動產生感應電動勢的表達式及此過程中任?時刻磁通量的變化率的求法。

例7：個圓形閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，線圈平面與磁場it

方向垂直，如圖7-5甲所示。設垂直紙面向里的磁感應強度方向為正，垂X/*、X「二

直紙面向外的磁感應強度方向為負。線圈中順時針方向的感應電流為正，x(x》。枚?矗―\

逆時針方向的感應電流為負。已知圓形線圈中感應電流i隨時間變化的圖xSrx卜*—,

甲乙

圖7-5

【審題】由

圖乙可知線圈中的感應電流是周期性變化的，因此只研究?個周期（即前兩秒）的情況即可.0?0.5s,感

應電流沿逆時針方向且大小不變，所以垂直紙面向里的磁場在均勻增強或垂直紙面向外的磁場在均勻減弱：

0.5-1.5s,感應電流沿順時針方向，所以垂直紙面向里的磁場在均勻減弱或垂直紙面向外的磁場在均勻增

強：1.5?2s的情況同0?0.5s.

【解析】A選項中0?0.5s,磁場垂直紙面向外且均勻增加，與圖乙中感應電流方向矛盾，故A錯；B選項

中0?0.5s,磁場垂直紙面向外且均勻減弱符合條件，但0.5?1s,磁場垂直紙面向里且均勻增強與圖乙中感

應電流方向矛盾，故B錯；C選項中。?0.5s,磁場垂直紙面向里且均勻增強，0.5?1s,磁場垂直紙面向里

且均勻減弱，1?l.5s,磁場垂直紙面向外且均勻增強，1.5?2s,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。?0.5s,磁場垂直紙面向里且均勻增弼，0.5~1.5s,磁場垂直紙面向里且均勻減

弱，1.5?2s磁場垂直紙而向里且均勻增強，都與題意相付，故D對。

答案：CD

【總結】本題考查了從圖象上獲取信息的能力，在回路面積?定的情況卜二B—t圖象的斜率反映感應電動

勢的大小，B大小或方向的改變決定回路中感應電動勢的方向。若給出的是小一t圖象，情況是一樣的。

例8：如圖7-6所示，金屬導軌間距為d,左端接一電阻R,勻強磁場的磁感應

強度為B,方向垂直于平行金屬導軌所在的平而，一根長金屬棒與導軌成。角放

置，金屬棒與導軌電阻不計。當金屬棒沿垂直于棒的方向，以恒定速度v在金屬

導軌上滑行時，通過電阻的電流強度為：電阻R上的發(fā)熱功率

為：拉力的機械功率為。

【審題】導體棒做切割磁感線運動，導體棒兩端產生的感應電動勢相當于閉合回圖7-6

路的電源，所以題中R是外電阻，金屬棒為電源旦電源內阻不計。由于金屬棒

切割磁感線時，B、L、v兩兩垂直，則感應電動勢可直接用E=BIv求解，從而求出感應電流和發(fā)熱功率，

又因為金屬棒勻速運動，所以拉力的機械功率等于電阻R上的發(fā)熱功率，也可以用P=Fv=BILv求拉力的機

械功率。

Bdv

E-=BLV

sin^

【解析】（1）

E「Bdv

RRsinO

B2d2r

P*=『R=

⑵‘‘Rs\n20

Bp=Fv=BILv=--—v=

RsirrJ或者RsinJsin。Rsin"。

BdvB2dA2B2d2v2

答案：&sin8：7?sin20.Rsin*

【總結】木題是法拉第電磁感應定律與閉合網路歐姆定律、焦耳定律及力學中

功率相結合的題目，涉及到能量轉化的問題，扎實的基礎知識是解題的關鍵。

例9：如圖7-7所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為6

的絕緣斜面上，兩導軌間距為L。M、P兩點間接有電阻值為R的電阻，.根

質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上,并與導軌垂直。整套裝置處于磁

感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下。導軌和金屬桿的電阻可

忽略.讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦。求:

⑴在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時桿中的電流及桿的加速度大

?。?/p>

⑵在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值。

【審題】求在加速下滑過程中ab桿的加速度首先要明確ab桿的受力情況，從

b向a看ab桿的受力示意圖如圖7-8所示，根據受力情況結合牛頓第二定律即

可求解，另外根據受力情況還可以判斷ab桿的運動情況，ab桿下滑過程中速

度越來越大，安培力F越來越大，其合外力越來越小，加速度越來越小，當加

速度為零時速度最大，所以ab桿做的是加速度逐漸減小的加速運動，最后以最大速度勻速運動。根據ab

桿達最大速度時合外力為零可求其最大速度。

【解析】(Dab桿的速度為v時，感應1山加勢E=BLv

F=BIL=B—L=

RR

根據牛頓第二定律，有ma=mgsin0-F

B2I)v

。=gsin。一

mR

_mgRsin0

vmax=~~n2-

⑵當F=mgsin0時，ab桿達最大速度vmax,所以B“L

.八B2I?VmgRsin6

gsmg........—0,尸“

答案：僦；BL-

【總結】本題是法拉第電磁感應定律與閉合回路歐姆定律、牛頓

第二定律相結合的題目，解這類題目正確受力分析和運動過程

分析是關鍵。

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=1.0Q,有一導體桿靜止放在軌道

匕與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻可忽略不計，整個裝置處于磁感強度B=0.50T的勻強磁場中，磁場方

向垂直軌道而向下，現用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運動，測得力F與時間t的關系如圖7-9

乙所示，求桿的質量m和加速度a.

【審題】本題是變力作用下的導體切割問題，即拉力F和安培力都是變力，但桿做勻加速運動，說明二者

的合力不變，這樣可以根據牛頓第二定律結合圖象求解。

【解析】導體桿從價止開始做勻加速運動，則有

v=at(1)

￡=BLV(2)

設安培力為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+B2L2at/R即尸=1^+21/100(5)

在圖乙中取兩點坐標值代入上式：t=10s時，F=2N,

t=20s時,F=3N,有3=ma+0,2a(7)

由⑹⑺解得m=O.lkg,a=IOtn/s2

【總結】題中拉力F和安培力都是變力，看上去無從下手，但細一分析桿做勻加速運動，其合外力不變，

根據牛頓第二定律和運動學公式結合圖象給出的有關信息即可求解，從變中求不變是解本題的關鍵。

難點之八帶電粒子在電場中的運動

?、難點形成原因：

1、由于對平拋運動規(guī)律、牛頓運動規(guī)律、勻變速運動規(guī)律的理解不深切，導致研究帶電粒子在電場中的運

動規(guī)律時，形成已有知識的‘負遷移'和'前攝抑制'，出現了新舊知識的干擾和混淆。

2、圍繞‘電場‘、‘帶電粒子’問題中的力學知識(如：庫侖定律、電場強度、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)模糊混淆導致了認知的困難。

3、在解答“帶電粒子在勻強電場中運動”的問題時，常常因能否忽略帶電粒子所受的重力而導致錯誤。

4、學生對物理知識掌握不全，應用數學處理物理問題的能力、綜合分析能力不達標導致解題的困難。

二、難點突破策略：

帶電微粒在電場中運動是電場知識和力學知識的結合，分析方法和力學的分析方法是基本相同的：先受力

分析，再分析運動過程，選擇恰當物理規(guī)律解題。處理問題所需的知識都在電場和力學中學習過了，關鍵

是怎樣把學過的知識有機地組織起來，這就需要有較強的分析與綜合的能力，為有效突破難點，學習中應

重視以下幾方面：

1.在分析物體受力時，是否考慮肅力要依據具體情況而定。

（1）基本粒子：如電子、質子、a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般都不能忽略。

“帶電粒子”?般是指電子、質子及其某些離子或原子核等微觀的帶電體，它們的質量都很小，例如：電

子的質量僅為0.91X10-30千克、質子的質量也只有I.67X10-27千克。（有些崗子和原子核的質量雖比電廣、

質子的質量大?些，但從“數量級”上來盾，仍然是很小的。）如果近似地取g=IO米/秒2,則電子所受的

重力也僅僅是meg=0.9IX10-30X10=0.91X10-29（牛）。但是電子的電量為q=l.60X10-19庫（雖然也很小,

但相對而言10-19比10-30就大了10-11倍）,如果?個電子處于E=I.0X104牛/庫的勻強電場中（此電場的

場強并不很大），那這個電子所受的電場力F=qE=】.60X10-19X1.0X104=1.6X10-15（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“數量級”比較，電場力比重力大了1014倍），由此可知：

電子在不很強的勻強電場中，它所受的電場力也遠大于它所受的重力——qE?meg0所以在處理微觀帶電

粒子在勻強電場中運動的問題時，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：一個質量為1亳克的宏觀顆粒，變換單位后是IX10-6千克，它所受的重力約為mg=lX10-6X10=1

X10-5（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.加強力學知識與規(guī)律公式的基礎教學，循序漸進的引入到帶電粒子在電場中的運動，注意揭示相關知識

的區(qū)別和聯系。

3.注重帶電粒子在電場中運動的過程分析與運動性質分析（平衡、加速或減速、軌跡是直線還是曲線），

注意從力學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。

帶電粒子在勻強電場中的運動，是一種力電綜合問題。解答這種問題經常運用電場和力學兩方面的知識和

規(guī)律，具體內容如下：

=￡*

所需電場的知識和規(guī)律有：E口-F=qE：W=qU：E"：電場線的性質和分布：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系。

所需力學的知識和規(guī)律有：牛頓第二定律F=ma；動能定理亞=4￡匕動能和重力勢能的概念和性質：能的

轉化和守恒定律：勻變速直線運動的規(guī)律：拋物體運動的規(guī)律；動量定理；動量守恒定律：

解答“帶電粒子在勻強電場中運動”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。處理帶電粒子運動問題的一般有三條途徑：（1）勻變速直線運動公式和牛頓運動定律（2）動能定理或

能量守恒定律（3）動量定理和動量守恒定律

處理宜線變速運動問題，除非題F1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系，使用動能定理來解，尤其是在非勻強電場中，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電場中運動的問題，對中學生要求不高，不會有難度過大的問題。

4.強化物理條件意識，運用數學工具（如，拋物線方程、直線方程、反比例函數等）加以分析求解。

（-）帶電粒子的加速

L運動狀態(tài)分析

帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一直線上，做加速（或減速）

直線運動。

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='m

（2）若粒子的初速度不為零，W'JqU=mv2/2-mvO2/2,V=

3.用牛頓運動定律和運動學公式分析：帶電粒子平行電場線方向進入勻強電場，則帶電粒子做勻變速直線運

動，可由電場力求得加速度進而求出末速度、位移或時間。一“一

說明：

（1）不管是勻強電場還是非勻強電場加速帶電粒子W=qU都適應，而亞=口￡d只4_|q-

適應于勻強電場.I

（2）時于直線加速，實質上是電勢能轉化為動能，解決的思路是列功能定理的方程，

（能量觀點）來求解。圖8”

例1：如圖8-1所示,帶電粒子在電場中的加速:在真空中有?對平行金屬板,兩板間加以電壓U,兩板間

有?個帶iE電荷q的帶電粒/，它在電場力的作用下，由靜止開始從正極板向負極板運動，到達負極板時

的速度有多大？（不考慮帶電粒子的重力）

【審題】本題是帶電粒子在勻強電場中的加速問題，物理過程是電場力做正功，電勢能減少，動能增加，

利用動能定理便可解決。

【解析】帶電粒子在運動過程中，電場力所做的功討=45設帶電粒子到達負極板時的動能EK=1mv2,

由動能定理qU=1mv2得：

【總結】上式是從勻強電場中推出來的，若兩極板是其他形狀，中間的電場不是勻強電場，上式同樣適用。

例2：卜.列粒子從初速度為零的狀態(tài)經過加速電壓為U的電場之后，哪種粒子的速度最大？

（A）a粒子（B）氣核（C）質子（D）鈉離子

【審題】

解答本題需要把帶電粒子在電場中加速的知識與原子核知識聯系起來。

qU--niv^

1.本題已知電場的加速電壓為U,要判斷的是粒子被加速后的速度v的大小，因此采用2分析問

題比較方便。

2.若以mp表示質子:"的質量、以e表示質子的電量，則根據所學過的原子核知識可知——。粒子物,的

質量應為4mp、電荷量應為2e：流核的質量應為3mp、電量應為e；鈉離子的質量比其它：.種粒子

的質量都大（由于是選擇判斷題，對此未記質量數也無妨）、電量應為e。

【解析】

門12甌

根據2可以導出下式：vm

由此可知：對于?各種粒子來說，加速電壓U都是相同的。因此v與百成正比；v與而成反比。

因為質子和鈉離子所帶的電量相同，而鈉離子的質量卻比質子大得多，所以可斷定——電場加速后的質子

速度應比鈉離子大得多。因此選項（D）首先被淘太。

2.為了嚴格和慎重起見，我們對被加速后的a粒子、笳核、質子的速度進行下列推導：對于一粒子一質

量為4mp、電量為2e

Y加aV4"步丫加夕

對于前核---質量為3mp、電量為e

（2eU12eU

詬=6?不

對于質子----質量為mp電量為c

"廠腎陷

從比較推導的結果中知：質子的速度VP最大，正確答案為(C)。

【總結】本題關鍵是正確使用動能定理，正確得出速度的表達式，由表達式加以討論，進而得出正確選項。

例3：如圖8-2所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接(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.將地質量m=2.0X10-23kg,電量q=+1.6X10-1C的帶

電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力.求：

B

r

圖8-2圖8-3

⑴在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大??；

(2)若A板電勢變化周期T=1.0X10-5s,在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時動

量的大??；

T工

(3)A板電勢變化頻率多大時，在t=W到時間內從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達

A板.

【審題】本題需要正確識別圖像，由圖像提供的信息分析帶電粒子在電場中的受力，由受力情況得出粒子

的運動情況，選擇正確的物理規(guī)律進行求解。

【解析】

￡

電場強度E="

F=Eg=^l

帶電粒子所受電場力d,F=ma

a=-^=4.0xl0Mm/s2

dm

--a(-)2=5.0xl0-2

粒子在02時間內走過的距離為22m

T

t=—

故帶電粒在在2時恰好到達A板

根據動量定理，此時粒子動量

p=F/=4,0xl0-kg.m/s

帶電粒子在42向A板做勻加速運動，在24向A板做勻減速運動，速度減為零后

將返回，粒:向A板運動的可能最大位移

s=2x-a(-)2=^—aT2

2416

要求粒子不能到達A板，有s<d

由‘4，電勢頻率變化應滿足

八屆=5內0同

【總結】帶電粒子在周期性變化的勻強電場中的運動比較復雜，運動情況往往由初始條件決定，具體問題

需要具體分析。

（1）運動分析：若粒子受力方向與運動方向相同，則粒子加速運動；若粒子受力方向與運動方向相反，則

粒子減速運動。

<2）處理方法：①利用牛頓運動定律結合運動學公式。②利用能量觀點，如動能定理，若為非勻強電場只

能用能量觀點。

（二）帶電粒子的偏轉（限于勻強電場）

I.運動狀態(tài)分析：帶電粒子以速度V0垂直電場線方向K入勻強電場時，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動。

2.偏轉問題的分析處理方法：類似平拋運動的分析處理，應用運動的合成和分解知識分析處理。

（1）垂直電場方向的分運動為勻速直線運動：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動：vy=at,y=^at2

經時間t的偏轉位移：y=*（6）2：

粒子在t時刻的速度：Vt=\/V02+Vy2；

時間相等是兩個分運動聯系橋梁；

偏轉角：tg小老二歌pLrI,

例4：如圖8-4所示，一束帶電粒子（不計重力），垂直電場線方T----------------

向進入偏轉電場，試討論在以下情況下，粒子應具備什么條件才能d.U—?-—

得到相同的偏轉距離y和偏轉角度”（U、d、L保持不變）。1---------------1yH二中

（1）進入偏轉電場的速度相同；

（2）進入偏轉電場的動能相同：圖8.4

（3）進入偏轉電場的動量相同：

（4）先由同一加速電場加速后，再進入偏轉電場。

【審題】本題是典型的帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題，是一個類平拋運動，關鍵是正確推出偏轉距離y

和偏轉角度6的表達式，根據題目給出的初始條件得出正確選項。

【解析】

（I）由帶電粒子在偏轉電場中的運動規(guī)律得：

偏轉距離Vat2=^d（V0"

偏轉角吆6嗡湍I

討論：

（1）因為v0相同，當q/m相同，y、tg。也相同;

（2）因為Tmv02相同，當q相同，則y、tg6相同：

（3）因為mvO相同，當m、q相同或q/vO相同，則y、tge也相同；

（4）設加速電場的電壓為U',由qU'Tmv02,有:丫二曲，,tg6=）公.

【總結】可見，在（4）的條件下，不論帶電粒子的m、q如何，只要經過阿?加速電場加速，再垂直進入

同?偏轉電場，它們抬出電場的偏轉距離y和偏轉角度6都是相同的。

（三）先加速后偏轉

若帶電粒子先經加速電場（電壓U加）加速，乂進入偏轉電場（電壓U偏），射出偏轉電場時的側移

催匕清_偏

la/2_qu_quuir

2-2加反-4的4-4切加

但沙格.*U偏L

偏轉角：tg"F布示

帶電粒子的側移量和偏轉角都與質量m、帶電量q無關。

（四）示波管原理

I.構造及功能

如圖8-5所示

圖8-2

（1）電子槍：發(fā)射并加速電子.

<2）偏轉電極YY'：使電子束豎直偏轉（加信號電壓）

偏轉電極XX，：使電子束水平偏轉（加掃描電壓）

（3）熒光屏.

2.原理：①YY'作用：被電子槍加速的電子在YY'電場中做勻變速曲線運動，出電場后做勻速直線運

.L

,IT—

JL=-2

yL^'=(/+-)tan^=—^(/+-)t/

動打到熒光屏上，由幾何知識2,可以導出偏移2%d2

若信號電壓U=Umaxsinwt,

總嗚u

maxsinwt=ymaxsinwt.

y'隨信號電壓同步調變化，但由于視覺暫留及熒光物質的殘光特性看到一條豎直亮線.

加掃描電壓可使這一豎直亮線轉化成正弦圖形。

OXX，的作用:與上同理，如果只在偏轉電極XX，上加電壓,亮斑就在水平方向發(fā)生偏移，加上掃描電壓,一周期

內，信號電壓也變化一周期,熒光屏將出現一完整的正弦圖形.

例5：如圖8?6所示，是一個示波管工作原理圖，電子經加速以后以速度V0垂直進入偏轉電場，離開電場

時偏轉量是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？（）-----------不

增大兩板間的電勢差Uo--士T二T!

盡可能使板長L做得短些-1

盡可能使兩板間距離a減小些r"-L-

使電子入射速度V0大此圖8?

【審題】本題物理過程與例題4相同，也是帶電粒子的偏轉問題，與示波管結合在一起，同時題目當中提

到了示波管的靈敏度這樣一個新物理量，只要仔細分析不難得出止確結論。

【解析】

脛直方向上電子做勻加速運動，故有

“〃二qj}

h=、2=2"*4i]U2dm總可知，只有c選項正確.

【總結】本題是理論聯系實際的題目，同時題目中提出「示波管靈敏度這?新概念，首先需要搞清這新

概念，然后應用牛頓第二定律及運動學公式加以求解。

（五）根據運動軌跡分析有關問題

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vO