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10第一章 静电场 高二物理优生培训教案 莫德智第一讲 静电感应与静电平衡2第二讲 带电粒子在电场中的运动5第三讲 电路的简化、计算与分析11第四讲、电学黑盒问题专题13第五讲 伏安法测电阻电路分析15第六讲、滑动变阻器专题17第七讲 测定电源的电动势和内阻19第八讲 带电粒子在磁场中的运动22第九讲 带电粒子在复合场中的运动26第一讲 静电感应与静电平衡教学目标1、知道静电平衡的导体性质，能根据电场线、静电平衡等电场知识分析静电平衡和静电屏蔽问题；知识要点1、静电感应现象：把金属导体放在电场E中，由于导体内自由电子受电场力的作用做定向运动，使导体上的电荷重新分布的现象叫做静电感应。2、静电平衡：发生静电感应的导体，当导体内自由电荷移动后产生的附加电场E与外电场场强完全抵消时，自由电子定向移动停止（实际上是一种动态平衡），这时导体所处的状态称为静电平衡。3、处于静电平衡状态的导体的特点（1）导体内部场强处处为零，导体内无电场线；（2）导体所带净电荷全部分布在导体的外表面上；（3）导体是一个等势体，表面是一个等势面，导体内部及表面的电势相同；（4）导体表面上任一点的场强方向与该点的表面垂直；4、电荷如何做定向运动问题的分析用沿电场线方向电势降落，分析静电平衡破坏前各点的电势高低，在原有的静电平衡状态破坏而达到新的静电平衡状态过程中，导体中自由电子总是从电势低的位置向电势高的位置移动，达到新的平衡状态后，净电荷总是分布在导体外表面。5、静电屏蔽：导体球壳(或金属网罩)内达到静电平衡后，内部场强处处为零，不受外部电场的影响，这种现象叫静电屏蔽（1）一个接地的空腔导体，腔外电场对腔内空间不产生影响，腔内带电体对腔外空间电场没有影响，这就是静电屏蔽。如下图中的B、C所示的情况。（2）空腔导体不接地时，腔外电场对腔内无影响，但腔内带电体对腔外空间将产生影响。P +P P ABC 典型例题1一验电器带有少量负电荷，然后拿一带电棒靠近验电器的金属球，发现金箔张角先减小至闭合，然后又张开，则带电棒带何种电荷？分析：带正电，原因是：靠近时，验电器金泊中的电子向上移动，张角变小，直到闭合；继续靠近，下端将出现正电荷，张角又变大。2一个带正电的绝缘导体球A，靠近一中性的绝缘导体B，下列四图中是导体A、B上电荷分布示意图，其中错误的AAABBB（B）（A）（C）（D）+-+B-+-A+是（B C D）提示：B选项违反了电荷守恒定律；C选项两导体不可能均带异种电荷，否则电势就无高低可言，具体可用电势线判断电势的高低的办法；D选项A其电荷不可能仍均匀分布。+MN3带正电的金属球M和不带电的枕形导体N均用绝缘柱支撑着，如图所示，当M靠近N时，在N的两端将出现等量的异种电荷，则以下说法中正确的是（ D ）A用手接触N的左端，先移开手，然后移开带电体M，N将带正电B用手接触N的右端，先移开带电体M，然后移开手，N将带负电C用手接触N中间无电荷的部分，先移开手，然后移开带电体M，N将不带电D无论用手接触N的什么位置，只要先移开手，然后移开带电体M，N都将带负电解：由于静电感应，N两端出现等量异种电荷，静电平衡时是一个等势体，有电场线从N的右端发出，终止于大地，当用手接触N时，不论接触何处，均有匀电荷从大地运动到N，最终N带负电。 【点评】解决静电平衡问题，首先应弄清静电平衡时电场线分布，空间各点电势高低，当破坏原来的平衡时，必有电荷移动，移动的方向是负电荷逆着电场线运动，达新的平衡时，要根据静电平衡的特点，确定最终状态。+BA4有一个带正电荷的金属球壳A，壳内有一不带电的金属球B，金属球壳A上开一小孔，现将B球接地，B球静电平衡后电性如何? 解：当B 未接地时，B在A内无电场，A、B为等势体，当B接地后，电子向B流动，结果，UAUB，说明有电场线A发出，而终于B。5一个带正电的绝缘球壳A、顶点孔，两只带正电的金属小球B、C用金属线连接，C放在A处较远处，B与A的内表面接触后提悬在A内，如图静电平衡时下述说法正确的有：(B D )AB、C均不带电BB不带电，C带正电CC接地后，B不带电+BAC+DC接地后，B带负电，A的外表面正电荷减少。解：（1）当B与A都接触后，A、C属整体的外表面，故C带正电，B为内表面，不带电。（2）C接地后，B、C与地等势，平衡后，B、C必带负电，因而UAUB=UC（3）由于B带负电，则A内表面必有正电荷，A外部正电荷减少第二讲 带电粒子在电场中的运动教学目标能运用动力学知识以及能量、动量观点解决带电粒子在电场中的加速和偏转问题知识要点1物体的运动规律物体的运动性质由物体的初速度和物体所受合外力决定若物体所受合外力与初速方向在一条直线上，则物体做直线运动其中：合外力方向与速度方向相同时物体加速运动；方向相反时物体减速运动若物体所受合外力方向与初速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动物体做曲线运动时，其运动轨迹相对初速方向向合外力一侧弯曲2带电粒子在电场中的运动V0V粒子在电场中加速：如图所示，若不计重力，粒子质量为，电量为，加速电压为U，初速为V0，加速后的速度为v，则有：粒子在电场中偏转：o如图所示，若不计重力，粒子质量为m，电量为q，初速度与电场垂直，电容器两极板间的偏转电压为U，两板长为L，距离为d，在水平方向，有：x0 t在竖直方向，有：yat2，其中a当粒子离开电场时，运动时间：偏转距离：偏转角：粒子离开电场时，末速度方向与初速度方向的夹角tan若将粒子离开电场时的末速度反向延长，与入射线相交于一点O，则O点与极板右端的距离L为：L即粒子“好象”是从入射线中点射出的一样若粒子先经加速电压U1加速，再垂直进入电压为U2的偏转电场，则：偏转距离 且qU1故即偏转距离与粒子质量、电量无关偏转角正切也与粒子的质量、电量无关典型例题1如图中A、B表示真空中相距为d的两平等金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场，图乙表示周期性的交变电压波形。在A、B两板上加上图乙所示的交变电压，电子（质量为m，电量为e）从B板进入电场由静止开始在电场力作用下运动。AB甲0t/su/VT/2T3T/2乙（1）电子在t=0、，时刻进入电场，能否到达A板？（2）现有连续不断的电子进入电场（初速度可认为是零），发现只有在每个周期的前内电子方能打在A板上，试求电子到达A板的速度范围。解：（1）如果t=0时刻进入电场，电子向右加速运动后，向右减速运动，由动量定理知速度减为零；接着再向右由静止向右加速运动，重复以上过程。因此不论d为多少，电子一直向右运动，必能到达A板。如果时刻进入电场，若d足够大，经分析可知电子在时刻进入电场时，它先向右匀加速运动，接着向右匀减速运动而停止；再就是向左匀加速运动，再向左匀减速运动停止，回到初始位置。一个周期结束时，前进的距离S等于后退的距离S。要使电子能打到A极板，必需满足dS而，据上面分析，应满足：即：，只要满足此式，电子就能到达A板。如果电子如果从时刻进入电场，向右加速后，接着向右减速运动，速度减速为零。再就是向左加速，向左减速，速度减为零，完成一个周期，发现前进的距离要大于向左后退的距离。无论d为多少，电子一定能打到A板上。如果电子如果从时刻进入电场，先向右加速度，接着向右减速运动，速度减为零，再就是就是向左加速，向左减速，实际上已经从B向左飞出去了。如果板间距离较短，可达A板，条件是：，即：（2）从(1)的分析可知， 时刻进入电场的粒子达到A板的速度恰好为零，t=0时刻和时刻进入的电子在电场中运动的vt图象，如图所示，由于t=0时刻进人电场的粒子加速时间最长，故到达A板的速度最大。设两极板间距离为d，则0tv 若t=0时刻进入的电子，在T/2内加速的距离为显然超过了两板的距离d，说明电子一直加速，到达A的速度应， 因此，带电粒子到达A板可能的速度范围为 【点评】解这类问题的方法是，取加速时间与减速时间相等，将时间分成许多段，逐段进行分析，比较前进位移和后退位移大小（前T/4内进入，前进的距离大于后退的距离，在后T/4内进入，前进距离小于后退距离），就能判断粒子各时刻的位置了。2如图所示为示波管平面图，电子从灯丝K发出（初速度为零），经电压U1加速后垂直进入电压为U2的电场中进行偏转，偏转电极板长L1，两板距离为d，偏转极板右边缘距荧光屏为L2，电子质量为m，电荷量为e，求：（1）电子穿过A板时的速度大小（2）电子从偏转电场射出时的侧移量。（3）P点到O点的距离（不计电子的重力）。【解析】（1）电子加速后的速度设为V0，由动能定理可得：，得：（2）电子垂直进行偏转电场后作类平抛运动，水平方向做匀速运动：竖直方向做初速度为零的匀加速运动：（3）电子出偏转电场时的偏转角为：电子飞出偏转电场到荧光屏是作匀速直线运动，设y2=O1P故P到O的距离为：方法二：利用“入射点速度方向和出射点速度反向延长线交点一定在金属板的L/2处”求解，【点评】不论带电粒子的m，q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出电场的偏距离y和偏转角都是相同的。当带电粒子在电场中做匀变速直线运动时，一般用牛顿定律结合运动学公式处理，若不涉及时间问题时则应用动能定理较为简捷。0t/su/V0.010.02（甲）Oy/cmx/cm(乙)3、在上题图中，如果U1=100V，d=04cm，L1=2cm，L2=4cm，m=0911030kg，e=161019C，偏转极板加上的是下图中的正弦交流电， (1)试求在一个周期内，荧光屏上无光斑的时间范围。(2)试图乙中画出电子打在荧光屏上的轨迹图。解：（1）电子射入电偏转电场的速度为电子穿过极板的时间为：发现远小于偏转电压的周期，因此电子在穿过偏转电场时可认为两极板电压不变。由上题可知，y1的最大值为，可由下式算出最大偏转电压为U0得：从甲图知，t为：及的电压超过8V，无电子打开屏上。故所求时间范围是：及（2）在荧光屏上离O的距离为则y的最大值ym是：则在屏上的轨迹为一沿y轴的直段，y的范围是10cm10cmEABqEmgFO4如图所示，在水平向右的匀强电场中有一质量为m、带正电的小球用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时处于B点，此时细线与竖直方向夹角为，现给小球一个垂直于悬线的初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动。试问：(1)小球在做圆周运动的过程中在哪一位置速度最小?速度最小值多大?(2)小球在B点的初速度多大?解：（1）小球做圆周运动的过程中，所受的重力和电场力均为恒力这两个力的合力的大小为，发现它是大小、方向不变的力。我们不妨把这个合力叫做等效重力，由图易知，A点为等效重力的最高点，其速度最小，B点为最低点，速度最大。在A点，只有等效力提供它做圆周运动的向心力，则：即：（2）从A到B的过程由动能定理可得：其中解以上三式可得： 【点评】 由于带电粒子在匀强电场中所受电场力与重力都是恒力，因此其处理方法有两种：(1)正交分解法：处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较筒单的直线运动，这两个直线运动的规律我们是可以掌握的。然后再按运动合成的观点去求复杂运动的有关物理量(2)等效“重力”法：将重力与电场力进行合成， F合为等效于“重力”，a=F合/m为等效重力加速度，F合的方向为等效重力的方向，这样很容易找到等效的最低点和最高点。 【点评】这类问题涉及力学和电场知识的综合运用，但实际上是一个力学问题解答这类问题仍要从受力分析(力的大小、方向、变化特点)和运动分析(运动状态及形式)入手，应用力学的基本规律定性、定量讨论注意思维方法和技巧的灵活运用5一带电量为 q的油滴，从图中的A点以速度与水平方向成角射入沿水平方向的匀强电场中，已知油滴的质量为m。测得油滴到最高点B时，它的速度大小恰为，问：AE（1）最高点的位置是在A的左上方还是右上方？（2）场强E为多少？（3）A、B两点的电势差UBA= ？解：（1）在最高点，速度与抛出点速度不变，而重力势能增加，说明电势能必减小，即电场力必做正功，故最高点必在抛出点的左上方。同时说时带电油滴带负电。（2）带电油滴受水平向左的电场力和重力作用下做曲线运动，我们可将其分解为水平向方向的匀减速运动，竖直方向的竖直上抛运动。最高点B速度水平，说明此时在竖直方向的速度为零。在竖直方向有：得：，上升的高度为：在水平方向有： 由以上两式可求得：（3）从A到B的过程由动能定理得：，故【点评】本题采用分解法求解复杂的曲线运动，方法较简单，否则此题将很难求解。21第二章 恒定电流 高二物理优生培训教案 莫德智第三讲 电路的简化、计算与分析（一）等效电路的画法分析电路，首先要搞清电路结构，为此，必须根据电流的分与合，电势的高与低，把荀综迷离的电路改画成串、并联关系清晰的等效电路图。基本方法是：1、把不考虑内阻影响的安培表用导线代替，把不考虑内阻影响的伏特表认为断路，把电容器（处于稳定状态）认为断路。2、找等势点。即把由导线直接联着的点（等势点）合为一个点。3、在电路中标明不同等势点的号码。有时不明电势高低时，在电路交叉点（结点）都标上号码。4、在电路中画出两个端点，两端点通常选电源两端或选并联的两端。5、然后从一端画向另一端，但不能逆行，每个元件只能画一次，还没有画到的元件到最后时，找出其两端连接的号码，画上去即可。6、把电表两端接到相应号码的位置，电容器也接到原来接的两号码处。归纳：理想的电流表可视作短路；理想电压表和电压稳定时的电容器可视为断路；两等势点间的电阻可省去或视作短路；无电流支路可去除；理想导线可任意长短。（二）例题分析与讲解1、画出下面电路图的等效电路图R2R1VAR3R4R5 CABCDEF AB（CE）DVEr 等效电路如右边的图所示；电流表的读数为流为R3和R4的电流2、如图所示，电阻R1= R2 =8，R3 = 4 R4 = 0.5，电源电动势为 =3V，内电阻为r = 0.5,求安培表A1和A2 的示数各为多少？R2R1R3R4 A2A1r Er 等效电路如右边的图所示；A1读数为零；A2读数为3A； 3、如图所示的电路中，六个电阻值均相同，由于对称性，电阻R2上无电流流过，已知电阻R6上所消耗的电功率为1W，则六个电阻所消耗的总功率为：DA、6W；B、5W；C、3W；D、2W等效电路为：解答与分析：等效电路为右图所示，由于R2无电流流过，可去掉，R1、R3、R4、R5的总电阻为R，与R6的电阻相等，所加电压相等，则功率为1W，故总功率为2W。4、如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻不计， 电容器电容为C，电阻R1R2R3R4=321，电键S断开。今将S闭合，由S闭合到电路稳定的过程中通过R3的电荷量是： A、EC/5；B、2EC/5；C、3EC/5；D、EC *附：一段含源电路欧姆定律不论如何复杂的电路，其中的每一点都有确定的电势，电路中的任意两点，都应有确定的电势差，所谓“一段含源电路的欧姆定律”，就是叙叙述电路中两点间的电势差和连接这两点的线路上的电流，电阻及电动势之间的关系的，在如下图所示的一段很简单的电路中，设电流方向由左向右（这仅仅是假设的电流方向，如果真实的电流方向与所假设电流方向不符，计算出的电流值会出现负值的情况，因此在一些较复杂的电路中不必过于认真地选定电流的真实方向），电流I每流过一个电阻R，电势会降落IR（包括流经电源的内阻r）。遇到电源，如果由电源的正极流到电源的负极，电势降落电源的电动源；反之 ，则升高电源的电动势。因此，在下图中的电路中，a、b两点的电势有如下关系：lrabUab=Ua-Ub=IR+Ir+如果电路为：lrabUab=Ua-Ub=IR+Ir-为能正确分析电路及进行计算，一要认清电路中各用电器的联接方式；二要求认清电路中估做表测量的是哪两点的电压；电流表测量的是哪条支路中的电流；三是要求能利用串并联电路特点、部分电路欧姆定律、全电路欧姆定律进行分析计算。第四讲、电学黑盒问题专题解黑箱问题一般可按以下三步进行（1）判断加计算，进行初步分析（2）画出标准电路（3）把标准电路改画成所要求的外形图1、如图所示，盒内有四个接线柱，有四个阻值都为6欧的电阻分别接在接线柱上，今测得RAB = 6，RAC = RAD = 10，RBC = RBD = RCD = 4，试在方框内画出电阻的连接图。ABCDABCDABCD解：分析电阻数据可知，A、B间只有一个电阻，4欧是两个6个电阻串联再与一个6个的并联，10欧是6个和4欧两部分的串联，其标准电阻为： 改画为要求的外形图为上面的右图所示。2、一个盒子内有一个电动势为3V，内阻不计的电源和三个阻值相等的电阻组成的电路。盒外有四个接线柱，如图所示，用电压表测量电压得到U12=3V；U13=2V；U34=1V；U24=0，试画出盒内电路。解：由于不考虑电源内阻，U12=3V，1、2间接电源；由U24=0知21234、4间用导线连接；因U13=2V，U34=1V，知1、3间与2、4间电压比为2：1，即电阻之比为2：1。可猜测其标准电路可能为以下两种：12341234 把标准电路改画成所要求的外形图为：3、有三个阻值相等的电阻，安装在电阻盒内，并引出四个接线柱A、B、C、D（如图甲，另有一个检测器（如图乙），内有内阻影响可不计的安培表和不计内阻的电源，并引出x，y两个引线，当将x,y分别与AB、AD、BD、CD连接时，安培表的示数依次是 0.3A,0.15A,0.1A,0.3A,试根据测量结果画出甲图内三个电阻的接线。AABCDxy甲乙ABCD 其外形图为上面的右图所示BDAC4、如图盒中，装有用导线把一节电动势为E，内阻不计的干电池和阻值为R2 = 2R1的两个定值电阻连接起来的电路，电路与盒外四个接线柱A、B、C、D相接，用伏特表测得UAB=EABCD，UBD=0，UAC = UCD/2，试画出盒内的电路图。分析：两个电阻只有两种接法，串联和并联，从题中所给的条件两电压不等可知是串联接入电路的，故其标准电路为：ABCDABCDC 画成符合要求的外形图为：第五讲 伏安法测电阻电路分析教学目标会分析伏安测电阻电路的误差，能正确选择伏安法测电阻电路教学过程：1安培外表接法和内接法误差分析由于安培表、伏特表内阻的存在，Rx的测量结果必产生误差。（1）采用外接法时，测量值要比真实值小原因： ， (R测实际上是Rx与RV的并联电阻)得这系统误差是由伏特表的内阻分流引起的，伏特表的内阻越大，是安培表读数不越接近流过Rx的电流Ix，则R测越接近真实值，误差就越小。（2）采用内接法时，测量值比真实值大原因： ， (R测实际上是RA与Rx的串联电阻)，得：这系统误差是由于安培表内阻分压引起的，RA越小 ，分得的电压就越小，伏特表读数越接近Rx两端的电压，测量误差就越小。综合得：R外测R真R内测2测量电阻时两种接法的选择（1）阻值比较法待测电阻的阻值比伏特表的内阻值小得多时，采用外接法，可减小伏特表内阻分流引起的误差。即：R xRA，宜用内接法当Rx在RA与RV之间，且均满足RVRx RA（指在100倍以上）时，到底用何种接法，那么我们只要看Rx越接近RV，就属较大电阻，宜用内接法，Rx越接近RA属于较小电阻，宜用外接法，故只要比较和即可。a、当，即时，说明Rx的值接近RA，属较小型电阻，宜用外接法；b、当即时，说明Rx的值接近RV远，属较大型电阻，宜用内接法；综上所述得结论：当， 宜用外接法；当 ，宜用内接法。（2）试探法AVRxab用伏安法测电阻Rx，将伏特表先后与a、b两点接触。如果电压表的示数有较大的变化，电流表示数变化不大，宜用外接法；电压表示数变化大，说明Rx比RA大或差不多，Rx是较小值电阻如果电流表的示数有较大变化，而电压表示数变化不明显，宜用内接法。电流表的示数有较大变化，说明Rx的电阻与RV差不多，Rx属于较大值电阻例1实验室中的安培表内阻为02，伏特表内阻约为1k，甲、乙两同学分别用这样的电表，用伏安法来测定一个未知电阻的阻值，但由于测量时所接电路不同，因而甲同学测量结果为为2000，乙同学的测量结果为6666。这两个测量值中比较合理的2000 ，待测电阻比较精确的阻值应是 1999 8 。解：因R外R真R内，即：6666R真，用内接法测量误差小些，故2000欧较接近真实值。此时，得：第六讲、滑动变阻器专题教学目标能画出滑动变阻器限流电路和分压电路，并能进行实物连线；能根据实验要求和所给出的器材，选择合理的电路知识要点（一）两种电路的接法原理图ABCDR0RABKEr乙 分压RR0ABKEr甲 限流滑动变阻器通过改变电阻丝的长度来改变接入电路中的电阻值，滑动变阻器按其用途在电路中常有两种不同的连接方式，一是用它来限制和调节通过负载R0 电流强度，起限流作用，如图所示；二是用以控制和调节加在负载R0两端的电压，起分压作用，如图乙所示。（二）两种电路的比较1、从调节范围上比较（设电源内阻不计）限流电路：电流范围：，；电压范围：，分压电路：电压范围：，；电流范围：，分析：从上表可知，图乙电路的最大的优点是它的调压范围宽，其次是它的电流、电压范围都包含了0值，且跟R无关；而图甲电路不仅调压范围较窄，而且其电流、电压范围都不含0值，还跟R有关。另外，也可看出两种电路都可改变负载的电流和电压，那种认为限流电路只改变电流，分压电路只改变电压的观点是错误的。2、从方便调节的角度进行比较从限流电路分析知，当滑动变阻器的电阻大于R0时，改变R，可以使负载的电流、电压变化明显；R越大，电流、电压变化范围越宽。但R也不宜大太，否则就会出现，电压、电流变化太快，无法实现连续可调。当R较小时，电流、电压变化范围窄，或R太小，电流、电太将几乎不发生变化，此种情况不宜用限流电路；从分压电路分析可知：并联电阻比小的那个电阻还小，当负载电阻远大于变阻器电阻时，并联电阻几乎等于滑动变阻器AP部分的电阻，电压随AP部分的电阻增大而增大，几乎不受负载电阻的影响。若负载电阻比变阻器电阻小或小得多时，并联电阻约等于负载电阻，这时，调节变阻器，负载电压几乎不变。此种情况不宜用分压电路。归纳：大负载，即R0时，宜用分压电路；小负载，即R0R时，宜用限流电路。口诀：“大载分压小限流”。3、从两电路连线和节能角度比较图甲连线简单，图乙连线较复杂。在节能方面比较，因全电路消耗的总功率为P=I，I为干路电流，很明显在负载电流相同的情况下，由于图甲电路中干路电流比图乙干路电流小，所以消耗的总功率少，电源的负担也就轻，这说明图甲的突出优点是：简便、节能。(三)两种电路的选择原则1确保所选电路元件安全。即电表、滑动变阻器和电源等未超过允许的电流。2在下面两种情况下优先选择分压电路：要求负载电压、电流从0开始连续变化。负载电阻大于滑动变阻器电阻；3通常情况下，由于限流电路能耗较小，优先考虑限流电路；典型例题 1如下图所示为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需的器材实物图,器材规格如下(1)待测电阻Rx(约100欧);(2)直流毫安表(量程010毫安,内阻50欧);(3)直流电压表(量程03伏,内阻5千欧);(4)直流电源(输出电压4伏,内阻可不计);(5)滑动变阻器(阻值范围015欧,允许最大电流1安);(6)电健一个,导线若干条.根据器材的规格和实验要求,在本题的实物图上连线.解：（1）安培表内外接法的选择：因，Rx=100500属于较小型电阻，应用外接法；（2）滑动变阻器接法的选择：若接成限流电路，最小电流为24mA，只能接成分压电路。另外，由于待测电阻大于滑动变阻器的阻值，采用分压电路也方便调节。第七讲 测定电源的电动势和内阻VA(甲)知识要点实验目的：1测定电池的电动势和内阻2学会用作图的方法处理数据实验原理：如图甲所示电路，改变变阻器的阻值，从电流表和电压表中读出几组I、U值0I/AU/VEI短(乙)方法一：利用UEIr求出电池的电动势和内阻， 解得：，方法二：如图乙所示，以I为横轴，U为纵轴，作出UI图线所得直线跟纵轴的交点即为电动势值；图线斜率的绝对值即为内阻值误差探究1、两种实验电路用伏安法测电源的电动势和内电阻的实验中，可以有两种连接方式，如下图所示。不论哪种电路，由于存在电压表和电流表内阻的影响，都存在误差丁UI短真II短测0丙理想UII短0VA(甲)VA(乙)2误差分析（1）甲电路。由于电压表内阻的影响，电流表的读数小于流过干路电流强度，而成误差。如图丙所示，对于理想电表，应是图两中的虚线，所测的电压值U是电源两端的准确值，由于实验中忽略了流过电压表的电流，导致在图中任意一点，在同一电压下，电流值均要偏小，只有在滑动变阻器调至短路时，理想状态和实际状态电流相同，故实际图线应是图丙中实线所示。结论：电动势测量值比真实值小，电源内阻也偏小；如果把电压表看成是等效电源的一部分，路端电压是实际电源的路端电压，故路端电压偏小，等效电源内阻是实际电源内阻与电压表内阻的并联，故也偏小（2）乙电路。由于安培表内阻不是零，伏特表的读数不是路端电压，测得值只是外电路部分电路的电压，比路端电压小；电动势测量值比真实值小（只有电路断开时，测得值等于电动势），如图丁所示电源电动势等于真实值，电源内阻偏大；3、电路选择：（1）对于内阻较小的干电池，谊用图甲因为电池内阻小，选用的滑动变阻器就应选和电池内阻差不多大的，它将比伏特表内阻小得多，流经安培表的电流接近于干路电流，误差小（2）对于大内阻电源，谊用图乙。因为电池内阻大，选用的滑动变阻器应较大，如果用图乙电路，安培表的分压作用可忽略，误差小。典型例题1将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为15V，可是这种电池并不能使额定电压为15V、额定电流为03A的手电筒上的小灯泡正常发光，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA。为了精确地测定“水果电池”的电动势和内阻，现提供电流表（量程为3mA，内阻为10）、电压表（量程为15V，内阻为3K）以及滑动变阻器、开关和导线实验器材。（1）请在下列线框内画出实验应采用的电路图。（2）若给出的滑动变阻器有两种规格：A（030）、B（03K），本实验中滑动变阻器应选用（填字母代号） B 。（3）根据实验记录，经描点，连线得到的UI图象如图所示，由图可知：“水果电池”的电动势为E= 1.30V ，内阻为r= 433 。SAV（4）若不计偶然误差，用这种方法测量出的电动势和内阻与真实值相比电动势E 相等 ，内阻r 偏大 。（填“偏大”、“偏小”、“相等”） 解：（1）电路图如上图所示。（2）B；（3）1.30 、 433；（4）相等、 偏大。本题与我们平常见到的测电源的电动势和内阻是截然不同的。由于内阻比较大，因此电路的连接方法和滑动变阻器的选择成为难点。由于内阻较大，电流表量程较小，因此要想电流变化范围较大，滑动变阻器必须选B。由于滑动变阻器和电压表内阻相当，电压表将分去相当一部分电流，故电流表的放置位置如上图所示。2、（2005年高考题）测量电源B的电动势E及内阻r（E约为45V，r约为15）。器材：量程3V的理想电压表，量程05A的电流表（具有一定内阻），固定电阻R4，滑线变阻器R，电键K，导线若干。画出实验电路原理图。图中各无件需用题目中给出的符号或字母标出。实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2。则可以求出E ，r 。（用I1，I2，U1，U2及R表示）SAVABSAV解：电路的最大电流为：，最小电流是伏特表为满量程时的电流：通过计算知，电流表量程太小，无法实验，故必须串联一电阻R，以减小电流。串联的位置不同，就有可能有电路如下：若按A图连接，伏特表的读数为路端电压，电流表读数几乎是干路电流；但经计算，伏特表的最小电压为已超过量程无法工作。B电路的电压可从0开始调节到最大电压3V。只是图B测出的内阻为电源内阻和R阻值之和。故只能选图B电路。计算过程如下：解以下两式可得：，35第三章 磁 场 高二物理优生培训教案 莫德智第八讲 带电粒子在磁场中的运动1、一半径为R圆形区域内有如图所示的匀强磁场，磁感应强度为B，一带量为q的正粒子（不计重力），质量为m，以速度v垂直磁场对着圆心进入磁场，它出磁场的方向偏离了60，试求此粒子运动半径和在磁场中运动的时间。AOBO603030RrCNAOBOt3030RrC解：作AO的垂线AO，作出出场速度的垂线交于O，必为圆心，反向延长出场速度必交于O点（我们可假设不经过O，然后证明），由几何知识易知，圆心角为60，R=rtan30得：时间为*证明：如图所示，带正电的粒子对着圆形磁场的圆心进入匀强磁场，试证明，它飞出磁场的反向延长线必过圆心O点。证明：假设速度的反向延长线方向不过圆心，连接BO，则AO=BO=r，AO=BO=R，OO为公共边，故OAO与OBO全等对应角相等，即OBO=OAO=90而OB为半径，必与速度垂直，这样OB既与OB垂直又与垂直，说明与OB共线讨论：如果从A点进入磁场时，速度方向与AC成30，试求它在圆形磁场中运动的时间。解：粒子运动轨迹如图所示，在OOA中，由于正弦定理得：AOBO30RrC60即：解得：查表得：在磁场中的运动时间为：【点评】（1）解决带电粒子在有界磁场中做圆周运动问题的基本思路：找圆心画轨迹作三角形利用几何关系求半径和时间（2）注意圆周运动中有关对称规律如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与办界的夹角相等，在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。（2）找圆心的方法经常是：一是作出两点的速度切线，即两半径的交点就是圆心；二是两圆周上两点的中垂线心过圆心0xyvvab2一带电质点，质量为m、电量为q，以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图中第一象限所示的区域，为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于Oxy平面，磁感应强度为B的匀强磁场，若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这个圆形磁场区域的最小半径。(重力忽略不计)解：质点在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，0xyvvabMNO1根据题意，质点在磁场区域中的轨迹是半径等于R的圆上的圆周，这段圆弧应与入射、出射方向的速度相切过a点作平行于x轴的直线，过b点作平行于y轴的直线，则与这两条直线均相距R的O1点就是圆周的圆心质点在磁场区域中的轨迹就是以O1为圆心、R为半径的圆上的圆弧MN，M、N点应在所求圆形磁场区域的边界上在通过M、N两点的不同圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周，所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为：图中虚线圆为所求区域此题是已知带电粒子运动轨迹，确定磁场边界的问题0xy3如图所示，在O点有一个电子发射源，每个电子质量为m、电量为e，从坐标原点O不断地以相同大小的速度v0沿不同的方向射入第象项。现加上一个垂直于xoy平面的磁感应强度为B的匀强磁场，要求这些电子穿过该磁场后都平于x轴向x轴正方向运动。试求出符合该条件的磁场最小面积。解：图中P点是符合要求的边界上的任意一点，由图可知由图可知：，解得：边界是圆心在（0，R），半径为R的圆0xyRRO1O2(x,y)P由上面的分析可知符合条件的磁场最小面积如图中的阴影部分，上边界是沿y轴正向发射的电子的运动轨迹，下边界为以O为圆心，半径为R的圆弧，其中，所以磁场的最小面积为0xyb304如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从x轴上的b点穿过，其速度方向与x轴的夹角为30，粒子的重力可忽略不计，试求：（1）圆形匀强磁场区域的最小面积。（2）粒子在磁场中运动的时间。（3）b到O的距离。解：（1）带电粒子在磁场中运动时，洛伦关力提供向心力Oxyb3060M，其半径为：带电粒子轨变的弦长OM为：要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为l的一半，即：，其面积为：（2）带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为120，带电粒子在磁场中运动的时间为（3）带电粒子从O处进入磁场，转过120离开磁场，再做直线运动从b点射出时，Ob距离为：OB124242424yx5如图所示，在x 0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1B2一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？解：粒子在整个过程中的速度大小恒为v，交替地在xy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨道都是半圆周设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为r1和r2，有OxyAC1Cn+1DO1On 现在分析粒子运动的轨迹如图所示，在xy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距为2r1的 A点，接着沿半径为r2的半圆D1运动至O1点，OO1的距离 此后，粒子每经历一次“回旋”(即从y轴出以沿半径为r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方的y轴)，粒子的y坐标就减小d设粒子经过n次回旋后与y轴交于点，若即nd满足 则粒子再经过半圆就能经过原点，式中r1，2，3，为回旋次数由式解得： n1，2，3， 解得B1、B2满足条件： （n1，2，3，）第九讲 带电粒子在复合场中的运动（一）在复合场中的直线运动1设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场已知电场强度和磁感应强度的方向是相同的，电场强度的大小E4.0V/m，磁感应强度的大小B0.15T今有一个带负电的质点以20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电荷量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)mgqEqvBFEB解析：根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零由此推知此三个力在同一竖直平面内，电场力与洛仑兹力的合力方向竖直向上，由此可知，电场力与洛仑兹力是斜向上，并且分居在竖直线的两侧的所有方向，如图所示，质点的速度应垂直纸面向外由合力为零的条件，可得mg求得带电质点的电荷量与质量之比因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反，设磁场方向与重力方向之间夹角为，则有qEsinqBcos解得tan0.75arctan0.75即磁场是沿着与重力方向夹角arctan 0.75，且斜向下方的一切方向【点评】（1）在受洛仑兹力的情况下，自由粒子做直线运动时，只能是匀速直线运动，否则速度变化，洛仑兹力必变化，合外力就必然变化了。（2）在受洛仑兹力的情况下，只有受到约束且没有摩擦力时，才能做匀变速直线运动，存在摩擦力时，做变加速直线运动。（3）对粒子进行动态的受力分析、运动分析是解这类题的关键。Bq2质量为m的小滑块，带电量为+q，放置在倾角为的光滑斜面上(绝缘)，斜面置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长。g10m/s2，求：(1)小滑块在斜面上滑行的最大速度？(2)小滑块在斜面上滑行的最大距离？解：（1）当带电滑块下滑后，受力如图所示，洛仑兹力不断增大，支持力减小，但沿斜面向下的分力没有改变，小滑块在斜面上滑行时做匀加速运动BqNmg当支持力等于零时，小滑块离开斜面，此时有：得：（2）由匀变速运动公式得：（二）带电粒子在分离的电磁场中的运动3在如图11所示的直角坐标中，x轴的上方有与x轴正方向成45角的匀强电场，场强的大小为V/m。x 轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为 T。把一个比荷为C/的正电荷从坐标为(0，1）的A点处由静止释放。电荷所受的重力忽略不计，求：y/mx/m0-1-212345EAB图11(1)电荷进入磁场时的速度(2)电荷在磁场中的偏转半径；(3)电荷第三次到达x轴上的位置。(4)电荷从A点释放到第三次到达x轴上所需的时间解：(1)如图，电荷从A点匀加速运动运动到x轴的C点，位移m加速度 m/s2 电荷到达C点的速度为m/s，方向与x轴正方向成45角。 y/mx/m0-1145EABCvD(2)在磁场中运动时，由 （2分）得： m （1分） (3)轨迹圆与x轴相交的弦长为，所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动而到达D点。在电场方向做匀加速运动： 在垂直电场方向做匀速运动： 可解得：，s 即电荷第三次到达x轴上的点的坐标为（8，0） （4）电荷第一次经过电场所需时间 s 电荷在磁场中运动所需的时间为：s