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(共58張PPT)
一、考前必破的3大題型
第3講　“4個意識規律”破解計算題
第二課時　“4規律”解答電學計算題
? 帶電粒子在電場中運動的規律
1.帶電粒子在平行板電容器中受力的情況
(1)若平行板電容器所帶電荷量Q不變，改變兩板間距離d，兩板間的勻強電場的電場強度E不變，在平行板間運動的帶電粒子受力不變。
2.類平拋運動的兩個分運動和“三個一”
1.兩塊長為L、間距為d的平行金屬板a、b水平放置，一個不計重力的帶電粒子以初速度v0從兩板左側的中點P水平進入兩板間的勻強電場，恰好從下板的右側邊緣飛出。
? 帶電粒子在磁場中運動的規律
1.帶電粒子在單邊界磁場中運動
(1)粒子發射源位于磁場的邊界上，粒子進入磁場和離開磁場時速度方向與磁場邊界的夾角不變，如圖甲、乙、丙所示。
2.帶電粒子在平行邊界磁場中運動
(1)帶電粒子位于磁場的某一邊界，且粒子的初速度方向平行于邊界，速度大小不定。
如圖戊所示，半徑為粒子從磁場左側離開的最大半徑；如圖己所示，半徑為粒子從磁場右側離開的最小半徑。
(2)帶電粒子的速度方向確定，且與磁場邊界不平行，速度大小不定。
②粒子速度方向和磁場邊界不垂直，如圖辛所示，粒子的軌跡與磁場的右邊界相切時，粒子恰好不能從磁場的右邊界離開，這種情況下相當于粒子在單邊界磁場中的運動。
2.如圖所示，足夠長的矩形區域abcd內充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在ad邊的中點O，垂直磁場射入一速度方向跟ad邊夾角θ＝30°、大小為v0(未知)的帶正電粒子。已知粒子質量為m、電荷量為q，ad邊長為L，粒子重力不計。
(1)若粒子能從ab邊上射出磁場，求v0大小的范圍；
(2)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間。
3.帶電粒子在圓形邊界磁場中運動
徑向進出
當粒子運動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心
等角進出
入射速度方向與過入射點的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點的磁場圓半徑的夾角。徑向進出是等角進出的一種特殊情況(θ＝0°)
磁發散
若帶電粒子從圓形勻強磁場區域圓周上一點沿垂直于磁場方向進入磁場，當帶電粒子做圓周運動的半徑與圓形磁場區域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區域圓周上入射點的切線方向射出磁場
磁聚焦
若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和圓形磁場區域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區域圓周上同一點射出，圓周上該點的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行
3.如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內有一個半徑為R的圓形磁場區域，且是與xOy平面垂直的勻強磁場。在圓形磁場的左邊放置一帶電微粒發射裝置，它沿x軸正方向發射出一束具有相同質量m、電荷量q(q＞0)的初速度v的帶電微粒。發射時，這束帶電微粒分布在0＜y＜2R的區間內。不計微粒重力，忽略微粒間的相互作用。
(1)從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入磁場區域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求磁感應強度的大小與方向；
(2)請指出這束帶電微粒與x軸相交的區域，并說明理由；
(3)若這束帶電微粒初速度變為2v，那么它們與x軸相交的區域又在哪里？并說明理由。
(2)坐標原點O，理由見解析
(3)x>0，理由見解析
(2)這束帶電微粒都通過坐標原點O，即這束帶電微粒都將會聚于坐標原點O。理由及解法說明如下：
從任一點P水平進入圓形磁場的帶電微粒，在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，如圖乙所示。其中四邊形PQOO′為菱形，邊長為R，設P點與O′點的連線與y軸的夾角為θ，則∠QOO′＝θ，微粒圓周運動的圓心Q的坐標為(－Rsin θ，Rcos θ)，故微粒圓周運動的軌跡方程為(x＋Rsin θ)2＋(y－Rcos θ)2＝R2①
又圓形磁場的圓心坐標為(0，R)，故圓形磁場的邊界方程為x2＋(y－R)2＝R2②
聯立①②兩式，解得帶電微粒做圓周運動的軌跡與磁場邊界的兩個交點坐標為：
x1＝0、y1＝0與x2＝－Rsin θ、y2＝R(1＋cos θ)，
顯然，后者坐標點(x2，y2)就是P點，須舍去。
可見，這束帶電微粒都是通過坐標原點離開磁場的。
(3)這束帶電微粒與x軸相交的區域是x＜0。理由說明如下：
很顯然，靠近M點發射出的帶電微粒穿過磁場后會射向靠近x軸正方向的無窮遠處；靠近N點發射出的帶電微粒穿過磁場后會射向靠近原點O處。
綜上可知，這束帶電微粒與x軸相交的區域范圍是x>0。
? 帶電粒子在組合場中運動的規律
1.電偏轉和磁偏轉的對比(不考慮重力)
規律分析 電偏轉 磁偏轉
受力特征 F電＝qE恒力 F洛＝qvB變力
運動性質 勻變速曲線運動 勻速圓周運動
運動軌跡
2.帶電粒子在組合場中運動的解題思路
(1)按照帶電粒子進入不同場的時間順序分成幾個不同的階段；
(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運動情況；
(3)畫出帶電粒子的運動軌跡，注意運用幾何知識，找出相應的幾何關系與物理關系；
(4)選擇物理規律，列方程；
(5)注意確定粒子在組合場交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯系兩段運動的橋梁。
(1)求勻強電場的電場強度的最大值Emax；
(2)求勻強磁場的磁感應強度B的大小；
(3)若帶電粒子每次均從M點(－0.08 m,0.12 m)，以相同初速度v0沿y軸正方向射出，改變電場強度的大小，求帶電粒子經過x軸正半軸的位置范圍。
【答案】　(1)30 N/C　(2)1×10－3 T　(3)0.09 m≤x≤0.18 m
【解析】　(1)設帶電粒子到達y軸所用時間為t，
(3)設電場強度為E時，帶電粒子經過y軸的速度大小為v′，方向與y軸正方向的夾角為α，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，圓心到y軸的距離為d，
則有d＝rcos α，v0＝v′cos α
由于帶電粒子做圓周運動的圓心到y軸的距離不變，故經過x軸正半軸的帶電粒子的坐標值最小x1＝d＝0.09 m。當電場強度的大小為Emax時，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑最大，圓心的y坐標最小，故此時經過x軸正半軸的帶電粒子的坐標值最大，設帶電粒子經過x軸正半軸的坐標值最大值為x2，
聯立解得x2＝0.18 m
故經過x軸正半軸的帶電粒子位置的x坐標取值范圍為
0.09 m≤x≤0.18 m。
3.帶電體在疊加場中運動的四類問題
(1)帶電體在勻強電場和重力場組成的疊加場中運動：由于帶電體受到的是恒力，所以帶電體通常做勻變速運動，其處理的方法一般是采用牛頓運動定律結合運動學規律或動能定理進行處理。
(2)帶電體在勻強電場和勻強磁場組成的疊加場中運動(不計重力)：若帶電體受到的靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體一定做勻速直線運動，此時可由二力平衡求解；若帶電體受到的靜電力和洛倫茲力不平衡，則其運動軌跡一般比較復雜，此時采用動能定理進行求解較為簡單。
(3)帶電體在勻強電場、勻強磁場和重力場組成的疊加場中運動：若帶電體做勻速圓周運動，則一定是重力與靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力，此時宜采用共點力平衡和圓周運動的相關知識進行求解；若帶電體做勻速直線運動，則一定是重力、靜電力和洛倫茲力的合力為零，此時宜采用共點力平衡進行求解。
(4)帶電體在重力場和勻強磁場組成的疊加場中運動，由于其運動軌跡為一般的曲線，一般采用動能定理進行處理。
5.如圖所示，平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，兩平面之間同時存在勻強磁場和勻強電場，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外；勻強電場的方向豎直向上。一帶電小球的質量為m，電荷量為q；帶電小球沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面OM上的某點沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動。已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且帶電小球能從OM上另一點P射出磁場(P未畫出)。
(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場的電場強度E為多大？
(2)求出射點P到兩平面交點O的距離sOP；
(3)帶電小球離開磁場后繼續運動，能打在左側豎直的光屏OO′上的T點，求T點到O點的距離s′。
【解析】　(1)根據題意，帶電小球受到的電場力與重力平衡，則帶電小球帶正電荷。
根據題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相切的點，I點為入射點，P點為出射點。小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關系可得，QP為圓軌道的直徑，故sQP＝2R
(3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設其豎直位移為y，水平位移為x，運動時間為t。
? 電磁感應計算題的解題規律——用好“三大體系”
電磁感應計算題的綜合程度很高，能同時把電磁感應、磁場、電路以及力學中平衡、加速、功能關系、動量等知識交織在一起，常以壓軸題出現，成為考生得分的攔路虎。其實，只要學會把這類問題分割成磁生電體系、全電路體系和力學體系，然后再把這三大體系有機地融會貫通，破解此類問題就有規律可循。
磁生電體系 指產生電磁感應的那一部分電路，并要判斷是動生電動勢還是感生電動勢，不同電動勢的計算方法不同
全電路體系 指把產生電動勢的那一部分電路看作電源(即內電路，電流由負極流向正極)，其余部分是外電路(電流由正極流向負極)
力學體系 指求解此類問題時通常要用到動力學觀點、能量觀點和動量觀點等知識
6.如圖甲所示，平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌間距l＝0.5 m，導軌左端M、P間接有一阻值R＝0.2 Ω的定值電阻，導體棒ab的質量m＝0.1 kg，與導軌間的動摩擦因數μ＝0.1，導體棒垂直于導軌放在距離左端d＝1.0 m處，導軌和導體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計。整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t＝0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，不計感應電流磁場的影響。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求t＝0時導體棒所受到的安培力F0的大小；
(2)分析前3 s時間內導體棒的運動情況并求前3 s內導體棒所受的摩擦力Ff隨時間t變化的關系式；
(3)若t＝3 s時，突然使導體棒獲得向右的速度v0＝8 m/s，同時垂直導體棒施加一方向水平、大小可變化的外力F，使導體棒的加速度大小恒為a＝4 m/s2、方向向左。求從t＝3 s到t＝4 s的時間內通過電阻的電荷量q。
【審題指導】　
【答案】　(1)0.025 N　
(2)前3 s內導體棒靜止　Ff＝0.012 5(2－t)(N)(t<3 s)　(3)1.5 C
【解析】(1)t＝0時導體棒的速度為零，故回路中只有感生電動勢，
導體棒所受到的安培力F0＝B0Il＝0.025 N。
(2)導體棒與導軌間的最大靜摩擦力
Fmax＝μmg＝0.1×0.1×10 N＝0.1 N>F0＝0.025 N
所以在t＝0時刻導體棒靜止不動，加速度為零，在0～3 s內磁感應強度B都小于B0，導體棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3 s內導體棒靜止不動，電流恒為I＝0.25 A
在0～3 s內，磁感應強度B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)
因導體棒靜止不動，導體棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有Ff＝BIl＝(B0－kt)Il＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5(N)＝0.0125(2－t) (N)(t<3 s)。
(3)3～4 s內磁感應強度大小恒為B2＝0.1 T，導體棒做勻變速直線運動，Δt1＝4 s－3 s＝1 s
設t＝4 s時導體棒的速度為v，第4 s內的位移為x，則
【歸納總結】　對于由磁感應強度B隨時間t變化產生感生電動勢的問題，其電源為垂直于磁場的電路的所有區域；而導體棒切割磁感線產生動生電動勢的問題，其電源部分為切割磁感線的導體棒部分。
7.如圖所示，足夠長的水平軌道左側b1b2～c1c2部分軌道間距為2l，右側c1c2～d1d2部分的軌道間距為l，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計。在水平軌道內有斜向下與豎直方向成θ＝37°的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.1 T。質量M＝0.2 kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側窄軌道上，質量m＝0.1 kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，B棒總在窄軌上運動。已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，l＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小；
(2)金屬棒B勻速運動的速度大小；
(3)在兩棒整個的運動過程中通過金屬棒A某截面的電荷量；
(4)在兩棒整個的運動過程中金屬棒A、B在水平導軌間掃過的面積之差。
【審題指導】　
磁生電體系 金屬棒A進入磁場切割磁感線產生動生電動勢，金屬棒B在安培力作用下向右運動，也切割磁感線產生動生電動勢
全電路體系 金屬棒A、B均切割磁感線產生動生電動勢，二者在回路中方向相反，當兩電動勢大小相等時，回路中電流為零
力學體系 金屬棒A進入磁場之前，只有重力做功，機械能守恒
金屬棒A進入磁場后，因A的等效長度是B的2倍，電流大小相等，所以A所受的安培力始終為B的2倍，由動量定理可知，A動量的減少量等于B動量增加量的2倍
【答案】　(1)2 m/s　(2)0.44 m/s　(3)5.56 C　(4)27.8 m2
(2)選取水平向右為正方向，利用動量定理
對金屬棒B有FB安cos θ·t＝MvB
對金屬棒A有－FA安cos θ·t＝mvA－mv0
其中FA安＝2FB安得mv0－mvA＝2MvB
兩棒最后勻速時，電路中無電流，此時回路總電動勢為零，必有2BlvA－BlvB＝0，解得vB＝2vA
(3)在金屬棒B加速過程中有∑(Bcos θ)ilΔt＝MvB－0
【歸納總結】　(1)對于雙桿問題，要注意分析雙桿的運動過程，僅在安培力作用下，兩桿勻速運動時，兩桿的動生電動勢大小相等，速度不一定相等。
(2)應用動量定理求電磁感應中的電荷量時要注意微元思想的應用：
∑BlIi·Δti＝Bl(I1·Δt1＋I2·Δt2＋…＋In·Δtn)＝Blq＝m·Δv。
其中q為Δt時間內通過導體棒的電荷量。

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