【正文】 ，但相對而言 1019比 1030就大了 1011倍），如果一個電子處于 E= 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= 1019 104= 1015（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 —— qEmeg。 在解答“帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動”的問題時(shí)，常常因能否忽略帶電粒子所受的重力而導(dǎo)致錯誤。 【 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 78 所示， 根據(jù)受力情況結(jié)合牛頓第二定律即可求解。由于金屬棒 切割磁感線時(shí)， B、 L、v 兩兩垂直，則感應(yīng)電動勢可直接用 E=Blv 求解，從而求出感應(yīng)電流和發(fā)熱功率，又因?yàn)榻饘侔魟蛩龠\(yùn)動，所以拉力的機(jī)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(jī)械功率。線圈中順時(shí)針方向的感應(yīng)電流為正，逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流為負(fù)。 ⑵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 。 例 5： 如圖 73 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ω勻速轉(zhuǎn)動，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，求 ab 兩端的電勢差。兩導(dǎo)軌間距為 L，左端接一電阻 R，其余電阻不計(jì)。 答案： CD 第 3 頁 共 21 頁 【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 磁通量變化率t???決定，t???越大，回路中的感應(yīng)電動勢越大，與 ? 、 ?? 無關(guān)。 另外，tnE ??? ?求的是整個閉合回路的平均感應(yīng)電動勢，△ t→ 0 的極限值才等于瞬時(shí)感應(yīng)電動勢。此公式也可計(jì)算平均感應(yīng)電動勢，只要將 v 代入平均速度即可。第 1 頁 共 21 頁 難點(diǎn)之七 法拉第電磁感應(yīng)定律 一、難點(diǎn)形成原因 關(guān)于表達(dá)式tnE ??? ? 此公式在應(yīng)用時(shí)容易漏掉匝數(shù) n，實(shí)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 ? 、 ?? 、t???的關(guān)系容易混淆不清。 ⑵導(dǎo)體棒以端點(diǎn)為軸在垂直于磁感線的勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動，計(jì)算此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢須注意棒上各點(diǎn)的線速度不同，應(yīng)用平均速度（即中點(diǎn)位置的線速度）來計(jì)算，所以?221BlE? 。當(dāng)△φ均勻變化時(shí)，平均感應(yīng)電動勢等于瞬時(shí)感應(yīng)電動勢。 例 2： 一個面積 S=4 102m2，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(shí)間變化規(guī)律為△ B /△ t=2T/s，則穿過線圈的磁通量變化率t???為 Wb/s， 線圈中產(chǎn)生的 感應(yīng)電動勢 E= V。長為 2L 的導(dǎo)體棒 ab 如圖所示放置， 開始時(shí) ab 棒與導(dǎo)軌垂直，在 ab 棒繞 a 點(diǎn)緊貼導(dǎo)軌滑倒的過程中，通過電阻 R 的電荷量是 。 【 審題 】 ab 兩端的電勢差等于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，因此，只要求出感應(yīng)電動勢即可。 ⑶若磁場沒有邊界，線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過 450 時(shí)的感應(yīng)電動勢的大小為 ，磁通量的變化率為 。已知圓形線圈中感應(yīng)電流 i 隨時(shí)間變 化的圖象如圖 75 乙所示，則線圈所在處的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖象可能是（ ） 【 審題 】由圖乙可知線圈中的感應(yīng)電流是周期性變化的，因此只研究一個周期（即前兩秒）的情況即可。 【 解析 】 ⑴?sinBdvBLVE ?? ∴?sinRBdvREI ?? ⑵?2 2222 sinR vdBRIP ??熱 ⑶?2 222sinR vdBPP ?? 熱機(jī)械或者??? 2 222s i ns i ns i n R vdBvdR B dvBB IL vFvP ????機(jī)械 答案：?sinRBdv；?2 222sinR vdB；?2 222sinR vdB 【 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、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(shí)的基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵。另外根據(jù)受力情況還可以判斷 ab 桿的運(yùn)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(dāng)加速度為零時(shí)速度最大，所以 ab 桿做的是加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，最后以最大速度勻速運(yùn)動。 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。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(shí)，一般都可忽 略重力的影響。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(jì)算。 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 . （ 2）對于直線加速，實(shí)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(diǎn)）來求解。因此 v 與 q 成正比； v 與 m成反比。 m/s 帶電粒子在42TTtt??向 A 板做勻加速運(yùn)動，在 324TTtt??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 22112 ( )2 4 1 6Ts a aT? ? ? 要求粒子不能到達(dá) A 板，有 s d 由 1fT?，電勢頻率變化應(yīng)滿足 圖 82 圖 83 第 13 頁 共 21 頁 45 2 1 016af d? ? ?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。 （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(shí)的側(cè)移 2 2 2220xx 2 4 4q U L q U L U Ly a t d m V d q U d U? ? ? ?偏 偏 偏加 加 偏轉(zhuǎn)角： tgφ =VyV0 =U偏 L2U加 d 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)。 例 6： 在圖 87 甲中，虛線表示真空里一點(diǎn)電荷 Q 的電場中的兩個等勢面，實(shí)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 （１）Ｑ是什么電荷？ （２）ＡＢＣ三點(diǎn)電勢的大小關(guān)系； （３）ＡＢＣ三點(diǎn)場強(qiáng)的大小關(guān)系； 【 審題 】 Ａ、Ｂ、Ｃ是帶電粒子在電場中運(yùn)動軌跡上的三點(diǎn)，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)的大小；根據(jù)電場力對帶電粒子的做功情況 判斷粒子在Ａ、Ｂ、Ｃ三點(diǎn)動能的大小關(guān)系。 說明：前面所說的加速運(yùn)動不一定是勻加速運(yùn)動。 （六）考慮受重力或其它恒力作用時(shí)的帶電物體的運(yùn)動問題 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。求：小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對小球的拉力。而且電場力所做的功等于電荷的電勢能的變化。涉及勻強(qiáng)電場中的圓周運(yùn)動問題時(shí)，具體計(jì)算做功值時(shí)，要充分利用電場力、重力做功與路徑無關(guān)的性質(zhì)求解， 分別求每個分力的功比求合力的功簡單。 第二問中把煙塵集中等效處理，電場力對所有煙塵做的功等于電場力對所有煙塵顆粒集中于極板中間位置做的功，第 三問中求 煙塵顆粒的總動能的最大值，需要列出總動能的表達(dá)式，然后利用數(shù)學(xué)求極值的辦法求出最大值。煙塵顆粒受到的電場力 F=qU/L ① mLqU tatL 221 22 ?? ② 圖 813 第 21 頁 共 21 頁 ∴ )( sLqUmt ?? ③ （ 2） NALqUW21? ④ = 10－ 4（ J） ⑤ （ 1） 設(shè)煙塵顆粒下落距離為 x )()(21 2 xLNAxLqUxLNAmvE k ?????? ⑥ 當(dāng)2Lx?時(shí) EK達(dá)最大， 2121atx? )( sLqUmaxt ??? ⑦ 【總結(jié)】 本題是帶電粒子在電場中運(yùn)動具體應(yīng)用的典型實(shí)例，特別是第二問中把煙塵看成集中于板間中間位置的抽象法，把分散的集中來處理的辦法在物理中也是常用的。 【解析】 （ 1）顆粒在電場中受電場力和重力的作用，在豎直方向上的分運(yùn)動為自由落體運(yùn)動，下落距離為極板高度 L，由自由落體運(yùn)動公 式得 L＝ 12gt2 圖 812 第 20 頁 共 21 頁 ① 顆粒沿水平方向的分運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為 a＝ qUmd ② 離開電場時(shí)顆粒在水平方向的位移為2d，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律得：2d＝ 12at2 ③ 聯(lián)立①、②、③式解得 U＝ 22mdgqL＝ 1 104 V （ 2）在顆粒下落的整個過程中，根據(jù)動能定理得： 12 qU+mg（ L+H） =12 mv2 代入數(shù)據(jù)得： v＝ m/s≈ 6 m/s 【總結(jié)】 本題是 靜電分選器的原理 的題目，與實(shí)際聯(lián)系密切。（根據(jù) W=qU、 U=Ed、 d=1+lsinθ推導(dǎo)出上面的結(jié)果。根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知：重力勢能的減少量等于電勢能的增加量。 【 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(shí)，有： v0ｔ＝Ｌ，ａ １ ｔ ２ ／２＝