【正文】 φ =φ 2φ 磁通量變化率△φ /△ t時(shí)不用考慮匝數(shù) N，但在求感應(yīng)電動勢時(shí)必須考慮匝數(shù) N，即 E=N△φ /△ t。 A 選項(xiàng)中 磁通量 φ很大時(shí)，磁通量變化率 t??? 可能很小，這樣感應(yīng)電動勢E 就會很小， 故 A 錯。這樣，線圈從中性面開始計(jì)時(shí)感應(yīng)電動勢按 E=nBsω sinθ規(guī)律變化，線圈從垂直中性面的位置開始計(jì)時(shí)感應(yīng)電動勢按 E=nBsω cosθ規(guī)律變化。 磁通量 ? 磁通量變化量 ?? 磁通量變化率t??? 物理意義 磁通量越大，某時(shí)刻穿過磁場中某個面的磁感線條數(shù)越多 某段時(shí)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(jì)算 ??BS? ， ?S 為與 B 垂直的面積 12 ??? ??? ， SB????或 BS???? tSBt ?????? 或tBSt ?????? 注 意 若穿過某個面有方向相反的磁場，則不能直接用??BS? ，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(shí)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)，△φ =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φ — t 圖象中用圖線的斜率表示 明確感應(yīng)電動勢的三種特殊情況中各公式的具體用法及應(yīng)用時(shí)須注意的問題 ⑴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(shí) 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(jì)算，生硬地套用公式會導(dǎo)致錯誤。 二、難點(diǎn)突破 ? 、 ?? 、t???同 v、△ v、tv??一樣都是容易混淆的物理量，如果理不清它們之間的關(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。當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至中性面（即線圈平面與磁場垂直的位置）時(shí) 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(shí) E=nBsω。 【 解析 】感應(yīng)電動勢 E 的大小與 磁通量變化率t???成正比，與 磁通量 φ、磁通量變化量?? 無直接聯(lián)系。而感應(yīng)電動勢除與t???有關(guān)外還與匝數(shù) N 有關(guān)，因?yàn)楫a(chǎn)生感應(yīng)電動勢的過程中，每一匝線圈都相當(dāng)于一個電源，線圈匝數(shù)越多，意味著串 聯(lián)的電源越多，說明 E 與 N 有關(guān)。而 電路中通過的電荷量等于平均電流與時(shí)間的乘積，即RNttRNtIq ?? ????????，注意這個式子在不同情況下的應(yīng)用。 【 解析 】解法一： E=Blv=BLω L/2=BL2ω /2 解法二： E=n△φ /△ t= B△ S/△ t= ttLB ??? /21 2?= BL2ω /2 ∴ 22?BLEUab ?? 答案： BL2ω /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△φ /△ t 求 E，則必圖 73 圖 72 第 5 頁 共 21 頁 須先求出金屬棒 ab 在△ t 時(shí)間掃過的扇形面積，從而求出磁通量的變化率。 【 解析 】 ⑴線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過 530 時(shí)的感應(yīng)電動勢的大小為零。若給出的是 φ — t 圖象，情況是一樣的。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。 例 10： 如圖 79 甲所示，一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距 L=，電阻 R=，有一導(dǎo)體桿靜止放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻可忽略不計(jì)，整個裝置處于磁感強(qiáng)度 B= 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(shí)間 t 的關(guān)系如圖 79 乙所示，求桿的質(zhì)量 m和加速度 a. 【 審題 】本題是變力作用下的導(dǎo)體切割問題，即拉力 F 和安培力都是變力，但桿做 勻加速運(yùn)動，說明二者的合力不變，這樣可以根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖象求解。 （ 1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或有 明確的暗示以外一般都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。 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。 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。設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的動能 EK=12 mv2， 由動能定理 qU=12 mv2 得： v= 2qUm 【 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)電圖 81 第 11 頁 共 21 頁 場，上式同樣適用。 2．為了嚴(yán)格和慎重起見，我們對被加速后的α粒子、氚核、質(zhì)子的速度進(jìn)行下列推導(dǎo)：對于α粒子 —— 質(zhì)量為 4mp、電量為 2e paa meUmpeUm Uqva ???? 4 222 對于氚核 —— 質(zhì)量為 3mp、電量為 e pp meUmeUv ??? 3232氚 對于質(zhì)子 —— 質(zhì)量為 mp 電量為 e ppp meUmeUv 22 ?? 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）。②利用能量觀點(diǎn)，如動能定 理，若為非勻強(qiáng)電場只能用能量觀點(diǎn)。 ( ) ta n ( )22L q l Ly l l Um V d?? ? ? ?。 例 7： 在圖 88 中 a、 b 和 c 表示點(diǎn)電荷 a 的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為 U、32U、41U。 3．解答本題選用的主要關(guān)系式為： mvmvqU baab 22 2121 ?? 式中 Uab兩等勢面的電勢差， va、 vb為帶電粒子經(jīng)過時(shí) a、 b 等勢面時(shí)的速率。 例 9：如圖 810 所示，水平放置的 A、 B 兩平行板相距 h，有一質(zhì)量為 m，帶電量為 +q 的小球在 B 板之下 H 處以 v0初速度豎直向上進(jìn)入兩板間，欲使小球恰好打到 A 處，試討論 A、 B 板間的電勢差 圖 89 圖 810 第 18 頁 共 21 頁 【 審題 】小球在 B 板下方時(shí)，只受重力作用，做減速運(yùn)動，小球進(jìn)入到兩板間時(shí)，除受向下的重力外，還受到電場力的作用，向上做減速運(yùn)動，但由題設(shè)的條件，電場力的方向未知，需要分兩種情況討論解決。（說明：本題是宏觀小球，重力不能忽略。 ） 4．小球擺動的過程中，重力做正功（重力勢能減少）；電場力做負(fù)功（電勢能增加），因此正功與負(fù)功的代數(shù)和（即算術(shù)差）應(yīng)當(dāng)?shù)扔谛∏蛟黾拥膭幽?。顆粒在電場中的做的是初速為零的勻加速直線運(yùn)動，出電場后做勻變速曲線運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式求出兩板之間的電壓，全程使用動能定理求出顆粒落至桶底的速度。如物體的重力看成作用在重心上等，本題充分體現(xiàn)了這種把具體問題理想化的做法在 解決物理問題中的技巧，體現(xiàn)了運(yùn)用物理知識解決實(shí)際問題的重要性和特殊的處理辦法。煙塵顆粒受到電場力作用，向下做初速為零的勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓定律便可求得時(shí)間。 【 總結(jié)】 圓周運(yùn)動是高中物理重點(diǎn)研究的曲線運(yùn)動，電場中的圓周運(yùn)動也是近年高考命題的熱點(diǎn)，解決這類問題的基本方法和力學(xué)中的情形相同，不同的是還要考慮電場力的特點(diǎn)。 3．電場力對電荷所做的功只跟起點(diǎn)和終點(diǎn)的終點(diǎn)的位置有關(guān)，而跟電荷運(yùn)動的路徑無關(guān)。已知小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，線與豎直方向的最大夾角為 θ 。 【 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(shí)通常用動能定理求解比較方便，在分析問題時(shí)分清物理過程是非常關(guān)鍵的。應(yīng)沿著電場線的方向由電勢高處向電勢低處運(yùn)動。 （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(diǎn)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。 【 解析】 （ 1 偏轉(zhuǎn)距離 y=12 at2=qU2md （ LV0 ） 2 偏轉(zhuǎn)角 tgφ =atv0 = qULmdv02 討論： （ 1）因?yàn)?v0相同，當(dāng) q/m 相同， y、 tg （ 2）因?yàn)?12 mv02相同，當(dāng) q 相同，則 y、 tgφ相同； （ 3）因?yàn)?mv0相同，當(dāng) m、 q 相同或 q/v0相同，則 y、 tg 圖 84 第 14 頁 共 21 頁 （ 4）設(shè)加速電場的電壓為 U′，由 qU′ =12 mv02,有 :y= UL24dU＇ ， tgφ =UL2dU＇ 【 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，它們飛出電場的偏轉(zhuǎn)距離 y 和偏轉(zhuǎn)角度φ都是相同的。 【 解析】 電場強(qiáng)度 E =Ud 帶電粒子所受電場力 UqF Eqd??， F=ma 924 .0 1 0 /Uqa m sdm? ? ? 粒子在 02T時(shí)間內(nèi)走過的距離為 221 ( ) 1022Ta ???m 故帶電粒在在2Tt?時(shí)恰好到達(dá) A 板 根據(jù)動量定理，此時(shí)粒子動量 10p Ft ?? ? ? kg 【 解析】 1． 根據(jù) 212qU mv?可以導(dǎo)出下式： mqUv 2? 由此可知：對于各種粒子來說，加速電壓 U 都是相同的。 （ 1）若 粒子的初速度為零，則 qU=mv2/2,V= 2qUm （ 2）若粒子的初速度不為零，則 qU=mv2/2 mv02/2, V= 20 2qUV m? ：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(shí)間。 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=ΔEk；動能和重力勢能的第 10 頁 共 21 頁 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。但是電子的電量為 q= 1019庫（雖然也很小