高中生物一輪復習教案

高考物理第一輪總復習磁場基本性質(zhì)教案24。

磁場基本性質(zhì)
一、磁場的描述
1、磁場的物質(zhì)性：與電場一樣，也是一種物質(zhì)，是一種看不見而又客觀存在的特殊物質(zhì)。
存在于（磁體、通電導線、運動電荷、變化電場、地球的）周圍。
2、基本特性：對放入其中的（磁極、電流、運動的電荷）有力的作用，它們的相互作用通過磁場發(fā)生。
3、方向規(guī)定：①磁感線在該點的切線方向;
②磁場中任一點小磁針北極(N極)的受力方向(小磁針靜止時N的指向)為該處的磁場方向。
③對磁體：外部(NS),內(nèi)部(SN)組成閉合曲線；這點與靜電場電場線(不成閉合曲線)不同。
④用安培左手定則判斷
4、磁感線：電場中引入電場線描述電場，磁場中引入磁感線描述磁場。
定義：磁場中人為引入的一系列曲線來描述磁場，曲線的切線表示該位置的磁場方向，其蔬密表示磁場強弱。
物理意義：描述磁場大小和方向的工具(物理摸型)，磁場是客觀存在的，磁感線是一種工具.
不能認為有（無）磁感線的地方有（無）磁場。
5、磁場的
(1)永磁體（條形、蹄形）
(2)通電導線（有各種形狀：直、曲、環(huán)形電流、通電螺線管）
(3)地球磁場（和條形磁鐵相似）有三個特征：(磁極位置?赤道處磁場特點?南北半球磁場方向?)
①地磁的N極的地理位置的南極，
②地磁B（水平分量：（南北）堅直分量：南半球：垂直地面而上向；北半球：垂直地面而向下。）
③在赤道平面上：距地球表面相等的各點，磁感強度大小相等、方向水平向北
(4)變化的電場（后面再講法拉第電磁感應定律和電磁波）
二、電流磁場的方向叛斷：安培右手定則（重點）、直、環(huán)、通電螺線管）
一定要熟悉五種典型磁場的磁感線空間分布（正確分析解答問題的關?。?br> 腦中要有各種磁源產(chǎn)生的磁感線的立體空間分布觀念，會從不同的角度看、畫、識各種磁感線分布圖
能夠?qū)⒋鸥芯€分布的立體、空間圖轉(zhuǎn)化成不同方向的平面圖（正視、符視、側(cè)視、剖視圖）
三、磁現(xiàn)象的電本質(zhì)（磁產(chǎn)生的實質(zhì)）后面講到光現(xiàn)象的電本質(zhì)
安培分子環(huán)型電流假說：分子、原子等物質(zhì)的微粒內(nèi)部存在一種環(huán)形電流，叫分子電流。這種環(huán)形電流使得每個物質(zhì)微粒成為一個很小的磁體。這就是安培分子電流假說。
它能解釋各種磁現(xiàn)象：軟鐵棒的磁化、高溫，猛烈的搞擊而失去磁性等。
本質(zhì)：（磁體、電流、運動電荷）的磁場都是由運動電荷產(chǎn)生的，并通過磁場相互作用的。
任何磁現(xiàn)象的出現(xiàn)都以“電荷的運動(有形無形)”為基礎。
一切磁現(xiàn)象歸結(jié)為：運動電荷（或電流）之間通過磁場發(fā)生相互作用。
“電本質(zhì)”實質(zhì)為運動電荷（成形電流）：靜止的電荷在磁場中不會受到磁場力；有磁必有電(對)，有電必有磁(錯)。
實驗：奧斯特沿南北方向放置的導線下面放置小磁針，導線通電后，小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。
羅蘭實驗：把大量的電荷加在橡膠盤上,然后使盤繞中心軸線轉(zhuǎn)動,如圖：在盤在附近用小磁針來檢驗運動電荷產(chǎn)生的磁場.
結(jié)果發(fā)現(xiàn)：帶電盤轉(zhuǎn)動時，小磁針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，而且改變轉(zhuǎn)盤方向，小磁針偏轉(zhuǎn)方向也發(fā)生轉(zhuǎn)變。
此實驗說明；電荷運動時產(chǎn)生磁場,即磁場是由運動電荷產(chǎn)生；(即：一切磁場都來源于運動電荷,揭示了磁現(xiàn)象的電本質(zhì)。)
四、磁感線——為了描述磁場的強弱與方向，人們想象在磁場中畫出的一組有方向的曲線．
1．疏密表示磁場的強弱．
2．每一點切線方向表示該點磁場的方向，也就是磁感應強度的方向．
3．是閉合的曲線，在磁體外部由N極至S極，在磁體的內(nèi)部由S極至N極．磁線不相切不相交。
4．勻強磁場的磁感線平行且距離相等．沒有畫出磁感線的地方不一定沒有磁場．
5．安培定則：姆指指向電流方向,四指指向磁場的方向.注意這里的磁感線是一個個同心圓,每點磁場方向是在該點切線方向
*熟記常用的幾種磁場的磁感線：

兩個重要概念：磁感強度B，磁通量
磁感強度(B)從力的角度描述磁場性質(zhì)，磁通量()從能量角度描述磁場的性質(zhì)。
一、磁感應強度
1．磁場的最基本的性質(zhì)：對放入其中的(磁極,電流,運動的電荷)有力的作用,都稱為磁場力。I⊥B時,F最大=BIL；I//B時,F=0。
2．定義B：注意情境和條件：
①當I⊥B時，B=矢量{F⊥(B和I構(gòu)成的平面)。即既F⊥B；也F⊥I}
在磁場中垂直于磁場方向的通電導線受到的磁場力F跟電流強度I和導線長度L的乘積IL的比值，
叫做通電導線所在處的磁感應強度．
②當面積S⊥B時，B=單位面積的磁感線條數(shù)，B的蔬密反映磁場的強弱
注意：磁場某位置B的大小，方向是客觀存在的，是磁場本身特性的物理量。與(I大小、導線的長短，受力)都無關。即使導線不載流，B照樣存在。
①表示磁場強弱的物理量．是矢量．
②大小：B=F/IL(電流方向與磁感線垂直時的公式)．
③方向：左手定則：是磁感線的切線方向；是小磁針N極受力方向；是小磁針靜止時N極的指向．不是導線受力方向；不是正電荷受力方向；也不是電流方向．
④單位：牛/安米，也叫特斯拉，國際單位制單位符號T．
⑤點定B定：B只與產(chǎn)生磁場的源及位置有關。就是說磁場中某一點定了，則該處磁感應強度的大小與方向都是定值．
⑥勻強磁場的磁感應強度處處相等．
⑦磁場的疊加：空間某點如果同時存在兩個以上電流或磁體激發(fā)的磁場,則該點的磁感應強度是各電流或磁體在該點激發(fā)的磁場的磁感應強度的矢量和,滿足矢量運算法則.
典型的比值定義：(B=B=k)(E=E=k)(u=)
(R=R=)(C=C=)
磁感強度B：①B=②B=③qBv=mR=B=
④qBv=qeB===⑤E=BLvB=⑥B=k(直導體)⑦B=NI(螺線管)
勻強磁場：是最簡單，同時也是最重要的磁場。大小相等方向處處相同，用平行等間距的直線來表示。
分布地方：異名磁極間（邊緣除外），通電螺線管內(nèi)部。

二、磁通量與磁通密度（分析法拉第電磁感應的基礎）
1．磁通量Φ：概念：磁感應強度B與垂直磁場方向的面積S的乘積叫穿過這個面積的磁通量，Φ＝B×S
若面積S與B不垂直，應以B乘以S在垂直磁場方向上的投影面積S′，即Φ＝BS′＝BScosθ，
磁通量的物理意義：穿過某一面積的磁感線條數(shù)．也叫做穿過這個面積的磁通量Φ。是標量．
說明：對某一面積的磁通量，一定要指明“是哪一個面積的、方向如何”
2．磁通密度B：垂直磁場方向穿過單位面積磁力線條數(shù)，即磁感應強度，是矢量．
3．在勻強磁場中求磁通量類型有：公式的適用條件：
(1)當面積S⊥B時。Φ=BS單位：韋伯Wb=Tm2
(2)S//B時,Φ=0
(3)B與S不垂直：Φ應該為B乘以S在磁場垂直方向上投影的面積。Φ=BS影=BSCos(為B與投影面的夾角)
說明：
計算平面在勻強磁場中的Φ。一定要明確？面積的Φ，（方向如何）沒有指明那一面積的,Φ無意義。
①曲面的磁通量Φ等于對應投影平面的Φ，不與線圈平面垂直，應該算投影面積。
②Φ是雙向標量：當有磁感線沿相反方向通過同一平面時，穿過平面的磁通量應該為Φ合，面積越大，低消越多。
例：由于磁感線是閉合曲線，外部（NS）內(nèi)部（SN）組成閉合曲線，不同與靜電場電場線（不閉合）。

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高考物理第一輪總復習教案032

第32講動量守恒定律及其應用

教學目標
1.掌握沖量、動量、動量定理、動量守恒定律及其應用
2.理解彈性碰撞和非彈性碰撞，并會計算相關問題
重點：動量定理與動量守恒定律的應用
難點：動量守恒定律
知識梳理
一、基本概念比較
1.沖量與功的比較
(1)定義式?jīng)_量的定義式：I＝Ft(作用力在時間上的積累效果)功的定義式：W＝Fscosθ(作用力在空間上的積累效果)
(2)屬性沖量是矢量，既有大小又有方向(求合沖量應按矢,量合成法則來計算)功是標量，只有大小沒有方向(求物體所受外力的,總功只需按代數(shù)和計算)
2.動量與動能的比較
(1)定義式動量的定義式：p＝mv動能的定義式：Ek＝12mv2
(2)屬性動量是矢量(動量的變化也是矢量,求動量的變化,應按矢量運算法則來計算)動能是標量(動能的變化也是標量,求動能的變化,只需按代數(shù)運算法則來計算)
(3)動量與動能量值間的關系p＝2mEkEk＝p22m＝12pv
(4)動量和動能都是描述物體狀態(tài)的量，都有相對性(相對所選擇的參考系)，都與物體的受力情況無關．動量的變化和動能的變化都是過程量，都是針對某段時間而言的．
3.動量定理
（1）動量定理的基本形式與表達式：I＝Δp．
分方向的表達式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．
（2）動量定理推論：動量的變化率等于物體所受的合外力，即ΔpΔt＝F合．

二、動量守恒定律
1.動量守恒定律的內(nèi)容
一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。
即：守恒是指整個過程任意時刻相等（時時相等,類比勻速）定律適用于宏觀和微觀高速和低速
2.動量守恒定律的表達形式
（1），即p1+p2=p1/+p2/，
（2）Δp1+Δp2=0，Δp1=-Δp2
3.理解：（1）正方向（2）同參同系（3）微觀和宏觀都適用

4.動量守恒定律的適用條件
（1）標準條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零．
（2）近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多(如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多)，可以忽略不計．
（3）分量條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)總動量的分量保持不變．
5.使用動量守恒定律時應注意：
（1）速度的瞬時性；
（2）動量的矢量性；
（3）時間的同一性．
6.應用動量守恒定律解決問題的基本思路和方法
（1）分析題意，明確研究對象．在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng)．對于比較復雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的．
（2）對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是作用于系統(tǒng)的外力．在受力分析的基礎上根據(jù)動量守恒定律的條件，判斷能否應用動量守恒定律．
（3）明確所研究的相互作用過程，確定過程的始末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的值或表達式．(注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運動的速度均應取地球為參考系)
（4）確定正方向，建立動量守恒方程求解．

三、碰撞
兩個物體在極短時間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時間極短，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，所以可以認為系統(tǒng)的動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。
1.彈性碰撞：碰撞過程中不但系統(tǒng)的總動量守恒，而且碰撞前后動能也守恒。一般地兩個硬質(zhì)小球的碰撞，都很接近彈性碰撞。
如兩個物體彈性正碰，碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v1′、v2′，則有：
；可以解得碰后速度。

2.非彈性碰撞：碰撞過程中只有動量守恒，動能并不守恒。
3.完全非彈性碰撞：兩個物體碰撞后粘在一起。
4.碰撞過程的三個基本原則
（1）動量守恒。
（2）動能不增加。
（3）碰撞后各物體運動狀態(tài)的合理性。

四、反沖、爆炸現(xiàn)象
反沖指在系統(tǒng)內(nèi)力作用下，系統(tǒng)內(nèi)一部分物體向某方向發(fā)生動量變化時，系統(tǒng)內(nèi)其余部分物體向相反的方向發(fā)生動量變化的現(xiàn)象。噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。在反沖現(xiàn)象里，系統(tǒng)的動量是守恒的。內(nèi)力遠大于外力，過程持續(xù)時間很短，即使系統(tǒng)所受合外力不為零，但合外力的沖量很小，可以忽略不計，可認為動量守恒。
爆炸過程中雖然動量守恒，但由于其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以爆炸前后機械能并不守恒，其動能要增加。

題型講解
1.動量定理的應用問題
如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端與豎直墻壁接觸．現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時貯氣瓶底端對豎直墻壁的作用力大小是()
A．ρvSB．ρv2SC．12ρv2SD．ρv2S
【解析】Δt時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSvΔt
對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得：
FΔt＝Δmv－0
解得：F＝ρv2S．
【答案】D
點評：動量定理對多個物體組成的系統(tǒng)也成立，而動能定理對于多個物體組成的系統(tǒng)不適用．

2.動量定理對生活中一些現(xiàn)象的解釋
玻璃杯同一高度下落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與水泥地撞擊的過程中
A.玻璃杯的動量較大B.玻璃杯受到的沖量較大
C.玻璃杯的動量變化較大D.玻璃杯的動量變化較快
【解析】玻璃杯從相同的高度落下，落地時的速度大小是相同的，經(jīng)過與地面撞擊，最后速度都變?yōu)榱?，所以無論是落在水泥地上還是落在草地上，玻璃杯動量的變化是相同的，由動量定理可知，兩種情況下玻璃杯受到的合外力的沖量也是相同的，所以選項A、B和C都是錯誤的；但由于掉在水泥地上時，作用的時間較短，所以玻璃杯受到的合外力的沖力較大，若把動量定理的表達式寫成，就可以得出玻璃杯易碎的原因是“玻璃杯的動量變化較快”，所以選項D是正確的。
點評：本題利用動量定理解釋了一個生活中很常見的例子，解決問題的關鍵在于抓住了兩種情況中“動量變化相等”，而“作用時間不等”這兩個特點。類似的現(xiàn)象還有很多，如跳高時落在海綿墊上，跳遠時落在沙坑里，船靠碼頭時靠在車胎上，電器包裝在泡沫塑料墊上，人從高處跳下時先用腳尖著地等等，道理都是如此。

3.求變力的沖量
如圖所示，長為的輕繩的一端固定在點，另一端系一質(zhì)量為的小球，將小球從點正下方處以一定的初速度水平向右拋出，經(jīng)一定時間的運動輕繩被拉直，以后小球?qū)⒁渣c為圓心在豎直平面內(nèi)擺動。已知輕繩剛被拉直時繩與豎直方向成角，試求
⑴小球被水平拋出時的初速度；
⑵在輕繩被拉直的瞬間，圓心點受到的沖量。
【解析】⑴設經(jīng)過時間輕繩被拉直，則由平拋運動的規(guī)律可得
解以上兩式，得
，
⑵輕繩剛被拉直的瞬間，小球的瞬時速度為
設速度與豎直方向的夾角為，則
所以
顯然，這與輕繩和豎直方向的夾角是相同的，則小球該時刻的動量為
設輕繩被拉直的方向為正方向，則由動量定理得
故，圓心點受到的沖量大小為，方向沿輕繩斜向下。
點評：本題涉及了平拋運動和動量定理兩部分的知識，特別是第⑵問求解圓心點受到的沖量大小時，由于輕繩張力是變力，況且大小也不知道，無法用直接求解，所以根據(jù)動量定理用物體動量的變化量等效代替變力的沖量是非常方便的。

4.流體問題
一艘帆船在靜水中由于風力的推動而做勻速直線運動，帆面的面積為，風速為，船速為（＜），空氣密度為，帆船在勻速前進的過程中帆面所受到的平均風力大小為多少？
【解析】依題意畫出示意圖如圖所示，以帆船為參考系，從帆面開始逆著風的方向取長度為的一段空氣柱為研究對象，這部分空氣的質(zhì)量為
這部分空氣經(jīng)過時間后，相對于帆面速度都變?yōu)?，設帆船前進的方向為正方向，對這部分空氣柱則由動量定理得
式中的為帆面對空氣柱的平均作用力大小，由牛頓第三定律可知，帆面所受到的平均風力大小為[來
點評：對于象氣體、液體這種沒有形狀和大小的流體而言，解決的方法就是根據(jù)題意取出與一段時間相對應的一定長度的這種物體，即，想辦法“找出”形狀和大小，求出其質(zhì)量，然后根據(jù)其動量變化，利用動量定理列出方程進行求解。

5.動量守恒定律的判斷
把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，槍發(fā)射出子彈時，關于槍、子彈和小車的下列說法中正確的是
.槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒
.槍和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
.只有在忽略子彈和槍筒之間的摩擦的情況下，槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)動量才近似守恒
.槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
【解析】對于槍和子彈自成的系統(tǒng)，在發(fā)射子彈時由于槍水平方向上受到小車對它的作用力，所以動量是不守恒的，選項錯；同理，對于槍和小車所組成的系統(tǒng)，在發(fā)射子彈的瞬間，槍受到火藥對它的推力作用，因此動量也是不守恒的，選項錯；對于槍、子彈和小車組成的系統(tǒng)而言，火藥爆炸產(chǎn)生的推力以及子彈和槍筒之間的摩擦力都是系統(tǒng)的內(nèi)力，沒有外力作用在系統(tǒng)上，所以這三者組成的系統(tǒng)動量是守恒的，選項錯，正確。
【答案】
點評：判斷動量是否守恒，首先要看清系統(tǒng)是由哪些物體所組成的，然后再根據(jù)動量守恒的條件進行判斷(具備下列條件之一即可)：
①系統(tǒng)不受外力；
②系統(tǒng)受外力，但外力的合力為零；
③系統(tǒng)在某一方向上不受外力或合外力為零；
④系統(tǒng)所受的外力遠小于內(nèi)力或某一方向上外力遠小于內(nèi)力。
滿足前三條中的任何一個條件，系統(tǒng)的動量都是守恒的，滿足第四個條件時系統(tǒng)的動量是近似守恒。動量守恒是自然界普遍適用的基本規(guī)律之一，它既適用于宏觀、低速的物體，也適用于微觀、高速的物體。

6.人、船模型
一質(zhì)量為、底邊長為的三角形斜劈靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示。有一質(zhì)量為的小球由斜劈的頂部無初速滑到底部，試求斜劈發(fā)生的位移為多大？
【解析】小球和斜劈組成的系統(tǒng)在整個的運動過程中都不受水平方向的外力作用，所以水平方向上系統(tǒng)的平均動量守恒。
設在小球由斜劈頂部滑到底部的過程中，斜劈發(fā)生的位移大小為，畫出示意圖如圖所示，并規(guī)定斜劈的運動方向為正，則由動量守恒定律得
解得
點評：①小球和斜劈所組成的系統(tǒng)水平方向上是平均動量守恒，這是對全過程來說的，其實任意時刻水平方向上的總動量等于零。
②對這樣的人、船模型，如果設全過程中兩者對地位移大小分別為和，則根據(jù)上題中的分析結(jié)果，可得到下面的等式
這樣，就把原來動量守恒定律表達式中物體質(zhì)量與速度的關系轉(zhuǎn)化成了物體質(zhì)量與對地位移的關系，求解位移時就可以直接利用這個結(jié)論。但要注意這個表達式適用的條件是相互作用的這兩個物體原來都靜止。

7.子彈打木塊類問題
設質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。
【解析】子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。
從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒：
從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設平均阻力大小為f，設子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d
對子彈用動能定理：……①
對木塊用動能定理：……②
①、②相減得：……③
點評：這個式子的物理意義是：fd恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）。
由上式不難求得平均阻力的大?。?br> 至于木塊前進的距離s2，可以由以上②、③相比得出：
從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：
[學科
一般情況下，所以s2d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：…④
當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是ΔEK=fd（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計算ΔEK的大小。

8.反沖問題
總質(zhì)量為M的火箭模型從飛機上釋放時的速度為v0，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬τ诘孛娴乃俾蕌噴出質(zhì)量為m的燃氣后，火箭本身的速度變?yōu)槎啻螅?br> 【解析】火箭噴出燃氣前后系統(tǒng)動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質(zhì)量變?yōu)镸-m，以v0方向為正方向，

9.爆炸問題
拋出的手雷在最高點時水平速度為10m/s，這時突然炸成兩塊，其中大塊質(zhì)量300g仍按原方向飛行，其速度測得為50m/s，另一小塊質(zhì)量為200g，求它的速度的大小和方向。
分析：手雷在空中爆炸時所受合外力應是它受到的重力G=(m1+m2)g，可見系統(tǒng)的動量并不守恒。但在爆炸瞬間，內(nèi)力遠大于外力時，外力可以不計，系統(tǒng)動量近似守恒。
設手雷原飛行方向為正方向，則整體初速度；m1=0.3kg的大塊速度為m/s、m2=0.2kg的小塊速度為，方向不清，暫設為正方向。
由動量守恒定律：
m/s

第33講實驗：驗證動量守恒定律

教學目標
理解實驗原理及操作注意事項，理解用測量水平位移代替測量水平速度的原理.
重點：掌握實驗原理及注意事項
難點：掌握用測量水平位移代替測量水平速度的原理
知識梳理
實驗：驗證動量守恒定律
1.實驗目的：驗證動量守恒定律．
2.實驗原理
（1）質(zhì)量分別為的兩小球發(fā)生正碰，若碰前運動，靜止，根據(jù)動量守恒定律應有：
（2）若能測出及代入上式，就可驗證碰撞中動量是否守恒．
（3）用天平測出，用小球碰撞前后運動的水平距離代替．(讓各小球在同一高度做平拋運動．其水平速度等于水平位移和運動時間的比，而各小球運動時間相同，則它們的水平位移之比等于它們的水平速度之比)則動量守恒時有：．
3.實驗器材
重錘線一條，大小相等、質(zhì)量不同的小球兩個，斜槽，白紙，復寫紙，刻度尺，天平一臺(附砝碼)，圓規(guī)一個．
4.實驗步驟
（1）先用天平測出小球質(zhì)量．
（2）按要求安裝好實驗裝置，將斜槽固定在桌邊，使槽的末端點切線水平，把被碰小球放在斜槽前邊的小支柱上，調(diào)節(jié)實驗裝置使兩小球碰撞時處于同一水平高度，確保碰后的速度方向水平．
（3）在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙．
（4）在白紙上記下重垂線所指的位置O，它表示入射小球碰前的球心位置．
（5）先不放被碰小球，讓入射小球從斜槽上同一高度處滾下，重復10次，用圓規(guī)畫盡可能小的圓把所有的小球落點圈在里面，圓心就是入射小球不碰時的落地點平均位置P．
（6）把被碰小球放在小支柱上，讓入射小球從同一高度滾下，使它們發(fā)生正碰，重復10次，仿步驟(5)求出入射小球落點的平均位置M和被碰小球落點的平均位置N．
（7）過O、N在紙上作一直線，取OO′＝2r，O′就是被碰小球碰撞時的球心豎直投影位置．
（8）用刻度尺量出線段OM、OP、O′N的長度，把兩小球的質(zhì)量和相應的水平位移數(shù)值代入看是否成立．
（9）整理實驗器材放回原處．
5.注意事項
（1）斜槽末端必須水平．
（2）調(diào)節(jié)小支柱高度使入射小球和被碰小球球心處于同一高度；調(diào)節(jié)小支柱與槽口間距離使其等于小球直徑．
（3）入射小球每次都必須從斜槽上同一高度滾下．
（4）白紙鋪好后不能移動．
（5）入射小球的質(zhì)量應大于被碰小球的質(zhì)量，且．
題型講解
1.實驗原理
應用以下兩圖中的裝置都可以驗證動量守恒定律，試比較兩個裝置的異同點．
【解析】如圖甲乙都可以驗證動量守恒定律，但乙圖去掉支柱，所以有異同點如下：
共同點：入射球每次都必須從斜槽上同一位置由靜止開始滾下以保證小球在碰撞前速度相等；被碰小球的質(zhì)量必須小于入射小球的質(zhì)量，以保證它們碰撞后都向前做平拋運動；用直尺測水平位移；天平測質(zhì)量；在實驗過程中，實驗桌、斜槽、記錄的白紙的位置要始終保持不變，式中相同的量要取相同的單位．
區(qū)別點：圖甲中入射小球飛出的水平距離應從斜槽的末端點在紙上的垂直投影點O算起(如圖甲所示)而被碰小球飛出的水平距離應從它的球心在紙上垂直投影O′算起，所以要測小球的直徑，驗證的公式是

2.實驗知識運用
某同學用實驗圖1所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來驗證動量守恒定律．圖中PQ是斜槽，QR為水平槽．實驗時先使A球從斜槽上某—固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復上述操作10次，得到10個落點痕跡．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡．重復這種操作10次，實驗圖1中O點是水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點．B球落點痕跡如實驗圖2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零點與O點對齊．
(1)碰撞后B球的水平射程應取為__________cm．
(2)在以下選項中，哪些是本次實驗必須進行的測量？答：________(填選項號)．
A．水平槽上未放B球時，測量A球落點位置到O點的距離
B．A球與B球碰撞后，測量A球落點位置到O點的距離
C．測量A球或B球的直徑
D．測量A球和B球的質(zhì)量(或兩球質(zhì)量之比)
E．測量G點相對水平槽面的高度

【解析】(1)將10個點圈在內(nèi)的最小圓的圓心作為平均落點，可由刻度尺測得碰撞后B球的水平射程為64.7cm，因最后一位數(shù)字為估計值，所以允許誤差±0.1cm，因此64.6cm和64.8cm也是正確的．
(2)由動量守恒定律①
如果，則同方向，均為正．
將式①×t，則得
從同一高度做平拋運動飛行時間t相同，所以需要測出的量有：為未碰A球的水平射程，為碰后A球的水平射程，為B球碰后的水平射程，的大小或的值．選項A，B，D是必要的．
點評：此題考查驗證動量守恒定律實驗中的測量方法和實驗原理．重點是用最小圓法確定平均落點，實驗要認真細心，不能馬虎，否則(1)問很可能錯為65cm．通常實驗中是分別測出A、B的質(zhì)量，此題出了點新意，變?yōu)閮汕蛸|(zhì)量之比；由動量守恒式來看，顯然是可以的．

碰撞的恢復系數(shù)的定義為，其中v10和v20分別是碰撞前兩物體的速度，v1和v2分別是碰撞后物體的速度．彈性碰撞的恢復系數(shù)e=1，非彈性碰撞的e1．某同學借用驗證動力守恒定律的實驗裝置（如圖所示）驗證彈性碰撞的恢復系數(shù)是否為1，實驗中使用半徑相等的鋼質(zhì)小球1和2（它們之間的碰撞可近似視為彈性碰撞），且小球1的質(zhì)量大于小球2的質(zhì)量．
實驗步驟如下：
安裝好實驗裝置，做好測量前的準備，并記下重錘線所指的位置O．
第一步，不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并落在地面上．重復多次，用盡可能小的圓把小球的所落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置．
第二步，把小球2放在斜槽前端邊緣處C點，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞．重復多次，并使用與第一步同樣的方法分別標出碰撞后小球落點的平均位置．
第三步，用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度．
上述實驗中，
①P點是平均位置，
M點是平均位置，
N點是平均位置
②請寫出本實驗的原理
寫出用測量物理量表示的恢復系數(shù)的表達式．
③三個落地點距O點的距離OM、OP、ON與實驗所用的小球質(zhì)量是否有關系？
【解析】①在實驗的第一步中小球1落點的；
小球1與小球2碰后小球1落點的；
小球2落點的
②小球從槽口C飛出后作平拋運動的時間相同，假設為t，則有，，，小球2碰撞前靜止，即；
③OP與小球的質(zhì)量無關，OM和ON與小的質(zhì)量有關

高考物理第一輪總復習教案030

第14講萬有引力定律及其應用

教學目標
1.了解萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)過程，知道萬有引力定律.
2.知道第二宇宙速度和第三宇宙速度，會計算天體的質(zhì)量和人造衛(wèi)星的環(huán)繞速度.
重點：運用萬有引力定律解決天體模型
難點：了解各種天體模型，知道它們的區(qū)別
知識梳理
一、開普勒行星運動定律
1.開普勒第一定律（軌道定律）:所有的行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。
2.開普勒第二定律（面積定律）:對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內(nèi)掃過的相等的面積。（近日點速率最大，遠日點速率最?。?br> 3.開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟它的公轉(zhuǎn)周期的平方的比值都相等。
即（M為中心天體質(zhì)量）K是一個與行星無關的常量，僅與中心天體有關

二、萬有引力定律
1.定律內(nèi)容：宇宙間的一切物體都是相互吸引的，兩個物體間的引力大小，跟它們的質(zhì)量的乘積成正比，跟它們距離的平方成反比。
2.表達式：F=GmM/r2G為萬有力恒量：G=6.67×10-11Nm2/kg。
說明：
(1)公式適用于質(zhì)點間的相互作用。當兩個物體間的距離遠遠大于物體本身的大小時，物體可視為質(zhì)點。
(2)質(zhì)量分布均勻的球體可視為質(zhì)點，r是兩球心間的距離。
地球?qū)ξ矬w的引力是物體具有重力的根本原因．但重力又不完全等于引力．這是因為地球在不停地自轉(zhuǎn)，地球上的一切物體都隨著地球自轉(zhuǎn)而繞地軸做勻速圓周運動，這就需要向心力．這個向心力的方向是垂直指向地軸的，它的大小是，式中的r是物體與地軸的距離，ω是地球自轉(zhuǎn)的角速度．這個向心力來自哪里?只能來自地球?qū)ξ矬w的引力F，它是引力F的一個分力如右圖，引力F的另一個分力才是物體的重力mg．
在不同緯度的地方，物體做勻速圓周運動的角速度ω相同，而圓周的半徑r不同，這個半徑在赤道處最大，在兩極最小(等于零)．緯度為α處的物體隨地球自轉(zhuǎn)所需的向心力(R為地球半徑)，由公式可見，隨著緯度升高，向心力將減小，在兩極處Rcosα＝0，f＝0．作為引力的另一個分量，即重力則隨緯度升高而增大．在赤道上，物體的重力等于引力與向心力之差．即．在兩極，引力就是重力．但由于地球的角速度很小，僅為10－5rad／s數(shù)量級，所以mg與F的差別并不很大．
在不考慮地球自轉(zhuǎn)的條件下，地球表面物體的重力這是一個很有用的結(jié)論．
從圖1中還可以看出重力mg一般并不指向地心，只有在南北兩極和赤道上重力mg才能向地心．
同樣，根據(jù)萬有引力定律知道，在同一緯度，物體的重力和重力加速度g的數(shù)值，還隨著物體離地面高度的增加而減?。?br> 若不考慮地球自轉(zhuǎn)，地球表面處有，可以得出地球表面處的重力加速度．
在距地表高度為h的高空處，萬有引力引起的重力加速度為g＇，由牛頓第二定律可得：
即
如果在h＝Ｒ處，則g＇＝g/4．在月球軌道處，由于r＝60Ｒ，所以重力加速度g＇＝g/3600．
重力加速度隨高度增加而減小這一結(jié)論對其他星球也適用．

二、萬有定律的應用
1.討論重力加速度g隨離地面高度h的變化情況：物體的重力近似為地球?qū)ξ矬w的引力，即。所以重力加速度，可見，g隨h的增大而減小。
2.算中心天體的質(zhì)量的基本思路：
(1)從環(huán)繞天體出發(fā):通過觀測環(huán)繞天體運動的周期T和軌道半徑r;就可以求出中心天體的質(zhì)量M
(2)從中心天體本身出發(fā):只要知道中心天體的表面重力加速度g和半徑R就可以求出中心天體的質(zhì)量M。
3.解衛(wèi)星的有關問題：在高考試題中，應用萬有引力定律解題的知識常集中于兩點：
一是天體運動的向心力來源于天體之間的萬有引力。即
二是地球?qū)ξ矬w的萬有引力近似等于物體的重力，即從而得出(黃金代換，不考慮地球自轉(zhuǎn))
4.衛(wèi)星：相對地面靜止且與地球自轉(zhuǎn)具有相同周期的衛(wèi)星。
①定高：h=36000km②定速：v=3.08km/s③定周期：=24h④定軌道：赤道平面
5.萬有引力定律在天文學上的應用主要是萬有引力提供星體做圓周運動的向心力.人造地球衛(wèi)星的繞行速度、角速度、周期與半徑的關系
①由得r越大，v越小
②由得r越大，ω越小
③由得r越大，T越大
行星和衛(wèi)星的運動可近似視為勻速圓周運動，而萬有引力是行星、衛(wèi)星作勻速圓周運動的向心力。
6.三種宇宙速度
第一宇宙速度(環(huán)繞速度)：由mg=mv2/R=GMm/R2得：V=Km/sV1=7.9km/s，是人造地球衛(wèi)星環(huán)繞地球運行的最大速度，也是人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度。
第二宇宙速度(脫離速度)：V2=V1=11.2km/s，使物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度。
第三宇宙速度(逃逸速度)：V3=16.7km/s，使物體掙脫太陽引力束縛的最小發(fā)射速度。
題型講解
1.天體模型的估算
（1）英國《新科學家（NewScientist）》雜志評選出了2008年度世界8項科學之最，在XTEJ1650-500雙星系統(tǒng)中發(fā)現(xiàn)的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半徑約45km，質(zhì)量和半徑的關系滿足（其中為光速，為引力常量），則該黑洞表面重力加速度的數(shù)量級為
A．B．
C．D．
【解析】對黑洞表面的某一質(zhì)量為m物體有：，又有，聯(lián)立解得，帶入數(shù)據(jù)得重力加速度的數(shù)量級為，C項正確。
【答案】C
點評：處理本題要從所給的材料中，提煉出有用信息，構(gòu)建好物理模型，選擇合適的物理方法求解。黑洞實際為一天體，天體表面的物體受到的重力近似等于物體與該天體之間的萬有引力。

（2）如圖所示為宇宙中有一個恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行星，
它繞中央恒星O運行軌道近似為圓，天文學家觀測得到A行星運動的軌道半
徑為R0，周期為T0．
①中央恒星O的質(zhì)量是多大？
②長期觀測發(fā)現(xiàn)，A行星實際運動的軌道與圓軌道總存在一些偏離，且周期性地每隔t0時間發(fā)生一次最大的偏離，天文學家認為形成這種現(xiàn)象的原因可能是A行星外側(cè)還存在著一顆未知的行星B（假設其運行軌道與A在同一平面內(nèi)，且與A的繞行方向相同），它對A行星的萬有引力引起A軌道的偏離．根據(jù)上述現(xiàn)象及假設，你能對未知行星B的運動得到哪些定量的預測．
【解析】：①設中央恒星質(zhì)量為M，A行星質(zhì)量為m，則有
①解得：②
②如圖所示，由題意可知：A、B相距最近時，B對A的影響最大，且每隔t0時間相距最近．設B行星周期為TB，則有：
③
解得：④
該B行星的質(zhì)量為m′，運動的軌道半徑為RB，則有
⑤
由①、④、⑤可得：⑥
點評：本題的難點是運動模型的建立，A、B相距最近時，B對A的影響最大是一個重要的隱含條件，在時間t0內(nèi)A、B運動的物理量間的關系是列方程的一個重要依據(jù)，做這種題型時要注意認真讀題，挖掘出這些條件．本題中根據(jù)周期可求出角速度；根據(jù)B行星運動的半徑可求出B行星的線速度和向心加速度．

（3）通過觀測天體表面運動衛(wèi)星的周期T，，就可以求出天體的密度ρ。如果某行星有一顆衛(wèi)星沿非?？拷撕阈堑谋砻孀鰟蛩賵A周運動的周期為T，則可估算此恒星的密度為多少?
【解析】設此恒星的半徑為R，質(zhì)量為M，由于衛(wèi)星做勻速圓周運動，則有G=mR,所以，M=
而恒星的體積V=πR3，所以恒星的密度ρ==。

（4）某顆地球同步衛(wèi)星正下方的地球表面上有一觀察者，他用天文望遠鏡觀察被太陽光照射的此衛(wèi)星，試問，春分那天（太陽光直射赤道）在日落12小時內(nèi)有多長時間該觀察者看不見此衛(wèi)星？已知地球半徑為R，地球表面處的重力加速度為g,地球自轉(zhuǎn)周期為T，不考慮大氣對光的折射。
【解析】：設所求的時間為t，用m、M分別表示衛(wèi)星和地球的質(zhì)量，r表示衛(wèi)星到地心的距離.有
春分時，太陽光直射地球赤道，如圖所示，圖中圓E表示赤道，S表示衛(wèi)星，A表示觀察者，O表示地心.由圖可看出當衛(wèi)星S繞地心O轉(zhuǎn)到圖示位置以后（設地球自轉(zhuǎn)是沿圖中逆時針方向），其正下方的觀察者將看不見它.據(jù)此再考慮到對稱性，有
由以上各式可解得

2.重力加速度g隨離地面高度h的變化情況
設地球表面的重力加速度為g,物體在距地心4R（R是地球半徑）處，由于地球的引力作用而產(chǎn)生的重力加速度g,，則g/g,為
A、1；B、1/9；C、1/4；D、1/16。
【解析】：因為g=G,g,=G,所以g/g,=1/16,即D選項正確。
【答案】D

3.三個宇宙速度
人造地球衛(wèi)星繞地球旋轉(zhuǎn)時，既具有動能又具有引力勢能（引力勢能實際上是衛(wèi)星與地球共有的，簡略地說此勢能是人造衛(wèi)星所具有的）.設地球的質(zhì)量為M，以
衛(wèi)星離地還需無限遠處時的引力勢能為零，則質(zhì)量為m的人造衛(wèi)星在距離地心為r處時的引力勢能為（G為萬有引力常量）.當物體在地球表面的速度等于或大于某一速度時，物體就可以掙脫地球引力的束縛，成為繞太陽運動的人造衛(wèi)星，這個速度叫做第二宇宙速度.用R表示地球的半徑，M表示地球的質(zhì)量，G表示萬有引力常量.試寫出第二宇宙速度的表達式.
【解析】第二宇宙速度：從地面出發(fā)到脫地軌道需要提供的速度
在地面上剛發(fā)射：，
脫地：，
從地面上發(fā)射后到脫地，機械能守恒
【答案】
點評：第一、二宇宙速度的聯(lián)系
第一宇宙速度：從地面出發(fā)到近地軌道需要提供的速度
在地面上剛發(fā)射：，
在近地軌道：
從地面上發(fā)射后到近地軌道，機械能守恒

4.宇宙飛船問題
（1）2008年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是
A．飛船變軌前后的機械能相等
B．飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)
C．飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度
D．飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度
【解析】A選項飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。
B選項飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)，B正確。C選項飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時，根據(jù)可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度，C正確。
D選項飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確。
【答案】BC
點評：若物體除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)不做功，且其他力做功之和不為零，則機械能不守恒。
根據(jù)萬有引力等于衛(wèi)星做圓周運動的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動能、動量等狀態(tài)量。由得，由得，由得，可求向心加速度。

（2）我國已于2004年啟動“嫦娥繞月工程”，2007年之前將發(fā)射繞月飛行的飛船.已知月球半徑R=1.74×106m，月球表面的重力加速度g=1.62m/s2.如果飛船關閉發(fā)動機后繞月做勻速圓周運動，距離月球表面的高度h=2.6×105m，求飛船速度的大小.
【解析】在月球表面①
飛船在軌道上運行時②
由①②式解得:③
代入已知數(shù)據(jù)得:v=1.57×103m/s

5.萬有引力定律結(jié)合圓周運動的應用
重力勢能EP＝mgh實際上是萬有引力勢能在地面附近的近似表達式，其更精確的表達式為EP＝－GMm/r，式中G為萬有引力恒量，M為地球質(zhì)量，m為物體質(zhì)量，r為物體到地心的距離，并以無限遠處引力勢能為零?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的地球衛(wèi)星，在離地面高度為H處繞地球做勻速圓周運動。已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，地球質(zhì)量未知，試求：
（1）衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度；（2）衛(wèi)星的引力勢能；（3）衛(wèi)星的機械能；
（4）若要使衛(wèi)星能依靠慣性飛離地球（飛到引力勢能為零的地方），則衛(wèi)星至少要具有多大的初速度？
【解析】（1）由牛頓運動定律：
得：
⑵由引力勢能的表達式：
⑶衛(wèi)星的機械能應該是衛(wèi)星的動能和勢能之和，即
得
⑷由機械能守恒定律，對地球與衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在地球表面的機械能與飛到無限遠處的機械能相等。設初速度至少應為v
，解得：
點評：在衛(wèi)星和地球組成的系統(tǒng)內(nèi)，機械能是守恒的，衛(wèi)星的動能可通過勻速圓周運動的線速度來求，引力勢能在選擇了無窮遠處為零勢能點后，可以用來求，機械能為兩者之和。

高考物理第一輪導學案復習:磁場

20xx屆高三物理一輪復習導學案
九、磁場（7）

【課題】帶電粒子在復合場中的運動
【目標】
1、進一步掌握帶電粒子在電磁場中的受力特點和運動規(guī)律
2、會用力學有關規(guī)律分析和解決帶電粒子在電磁場中的實際應用問題
【導入】
帶電粒子在電磁場中的實際應用有很多，常見的有：速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器、磁流體發(fā)電機等。這些實例在近幾年高考中經(jīng)常出現(xiàn)，因此我們需要從它們的原理及應用等方面去掌握。
【導研】
[例1]（09年寧夏卷）16.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看作是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160V，磁感應強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為（）
A.1.3m/s，a正、b負
B.2.7m/s，a正、b負
C．1.3m/s，a負、b正
D.2.7m/s，a負、b正

[例2]（1）（09年廣東物理）12．如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是（）
A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具
B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外
C．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B
D．打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子荷質(zhì)比越小

（2）測定同位素組成的裝置里（質(zhì)譜儀），原子質(zhì)量Al=39和A2＝41鉀的單價離子先在電場里加速，接著進入垂直離子運動方向的均勻磁場中（如圖）．在實驗過程中由于儀器不完善，加速電壓在乎均值U0附近變化±△U．求需要以多大相對精確度維持加速電壓值，才能使鉀同位素束不發(fā)生覆蓋?

[例3]湯姆生用來測定電子的比荷(電子的電荷量與質(zhì)量之比)的實驗裝置如圖所示,真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子(不計初速、重力和電子間的相互作用)經(jīng)加速電壓加速后,穿過A中心小孔沿中心軸O1O的方向進入到兩塊水平正對放置的平行板P和P間的區(qū)域.當極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時,電子束打在熒光屏的中心O點處,形成了一個亮點;加上偏轉(zhuǎn)電壓U后,亮點偏離到O點,O點與O點的豎直距離為d,水平距離可忽略不計.此時,在P和P間的區(qū)域,再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場,調(diào)節(jié)磁場的強弱,當磁感應強度的大小為B時,亮點重新回到O點.已知極板水平方向的長度為L1,極板間距為b,極板右端到熒光屏的距離為L2.
(1)求打在熒光屏O點的電子速度的大小;
(2)推導出電子比荷的表達式.

[例4](2007年蘇州市高三教學調(diào)研測試)（16分）一塊N型半導體薄片（稱霍爾元件），其橫載面為矩形，體積為b×c×d，如圖所示。已知其單位體積內(nèi)的電子數(shù)為n、電阻率為ρ、電子電荷量e.將此元件放在勻強磁場中，磁場方向沿Z軸方向，并通有沿x軸方向的電流I。
（1）此元件的CC/兩個側(cè)面中，哪個面電勢高？
（2）證明在磁感應強度一定時，此元件的CC/兩個側(cè)面的電勢差與其中的電流成正比
（3）磁強計是利用霍爾效應來測量磁感應強度B的儀器。其測量方法為：將導體放在勻強磁場之中，用毫安表測量通以電流I，用毫伏表測量C、C/間的電壓UCC’，就可測得B。若已知其霍爾系數(shù)。并測得UCC’=0.6mV,I=3mA。試求該元件所在處的磁感應強度B的大小。

[例5]電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成．偏轉(zhuǎn)電場由加了電壓的相距為d的兩塊水平平行放置的導體板形成，勻強磁場的左邊界與偏轉(zhuǎn)電場的右邊界相距為s，如圖甲所示．大量電子（其重力不計）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入偏轉(zhuǎn)電場．當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0，當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的電壓時，所有電子均從兩板間通過，進入水平寬度為l，豎直寬度足夠大的勻強磁場中，最后通過勻強磁場打在豎直放置的熒光屏上．問：
（1）電子在剛穿出兩板之間時的最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移之比為多少？
（2）要使側(cè)向位移最大的電子能垂直打在熒光屏上，勻強磁場的磁感應強度為多少？
（3）在滿足第（2）問的情況下，打在熒光屏上的電子束的寬度為多少？（已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e）
【導練】
1、如圖是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R=10cm的圓柱形筒內(nèi)有B=1×10－4T的勻強磁場，方向平行于軸線.在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔a、b分別作為入射孔和出射孔.現(xiàn)有一束比荷為q/m=2×1011C/kg的正離子，以不同角度α入射，最后有不同速度的離子束射出.其中入射角α=30°，且不經(jīng)碰撞而直接從出射孔射出的離子的速度v大小是（）
A．4×105m/sB．2×105m/s
C．4×106m/sD．2×106m/s
2．磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把氣體的內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能，下圖是它的示意圖．平行金屬板A、B之間有一個很強的勻強磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）垂直于B的方向噴入磁場，每個離子的速度為v，電荷量大小為q，A、B兩板間距為d，穩(wěn)定時下列說法中正確的是（）
A．圖中A板是電源的正極
B．圖中B板是電源的正極
C．電源的電動勢為Bvd
D．電源的電動勢為Bvq

3．（08廣東卷）4．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形合D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是()
A．離子由加速器的中心附近進入加速器
B．離子由加速器的邊緣進入加速器
C．離子從磁場中獲得能量
D．離子從電場中獲得能量

4．（浙江省金華一中20xx屆高三12月聯(lián)考）環(huán)形對撞機是研究高能粒子的重要裝置，其工作原理的示意圖如圖所示。正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向射入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B。兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻速圓周運動，從而在碰撞去迎面相撞。為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法中正確的是（）
A．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷q/m越大，磁感應強度B越大
B．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷q/m越大，磁感應強度B越小
C．對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越小
D．對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的周期都不變

高考物理第一輪總復習教案033

經(jīng)驗告訴我們，成功是留給有準備的人。作為高中教師就要在上課前做好適合自己的教案。教案可以讓學生們充分體會到學習的快樂，幫助高中教師更好的完成實現(xiàn)教學目標。所以你在寫高中教案時要注意些什么呢？以下是小編為大家收集的“高考物理第一輪總復習教案033”僅供參考，希望能為您提供參考！

第19講庫侖定律、電場強度

教學目標
1.知道兩種電荷，元電荷及其帶電量，理解摩擦起電、感應起電、接觸帶電的實質(zhì).
2.理解點電荷這一理想化模型，掌握庫侖定律.
3.理解電場強度的定義式及其物理意義.
4.知道幾種典型的電場線的分布，知道電場線的特點.
重點：對基本概念的理解
難點：帶點質(zhì)點在電場中的受力分析以及與牛頓定律相結(jié)合的綜合問題
知識梳理
一、電荷：
1.正電荷負電荷：自然界只存在兩種電荷，即正電荷和負電荷，用絲綢摩擦過的玻璃棒所帶的電荷是正電荷;用毛皮摩擦過的硬橡膠棒所帶的電荷是負電荷。同種電荷互相排斥，異種電荷互相吸引
2.電荷量：電荷的多少。單位：1C＝1As
3.元電荷e：
一個物體所帶電荷數(shù)量的多少叫電荷量，物體所帶電荷量是指物體帶凈電荷的多少，迄今為止的一切實驗都表明，原子中電子和質(zhì)子帶有等量的異種電荷，至今所發(fā)現(xiàn)的一切帶電體的電荷量都等于電子電荷數(shù)的整數(shù)倍，這說明帶電體的電荷量值是不連續(xù)的，它的最小單元就是電子電荷，這稱為電荷的量子化，在物理學上，把電荷是e稱為元電荷，其值通?？扇閑=1.60×10-19C。
①e=1.60×10-19C
②質(zhì)子或電子所帶的電量就是元電荷
③元電荷是世界上電最小的電量
④任何帶電體的電量都是元電荷的整數(shù)倍
4.檢驗電荷：
電量要求：不影響原電場；體積充分??；一定是點電荷。
5.電荷間的相互作用
同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。
6.荷質(zhì)比(比荷)：
帶電粒子的電荷量與質(zhì)量之比稱為“荷質(zhì)比”如電子的電荷量e和電子質(zhì)量me(me=0.91×10-30kg)之比，叫做電子的荷質(zhì)比，即可以做為物理常量來使用。

二、使物體帶電的幾種方式
1.摩擦起電：兩個不同的物體相互摩擦，帶上等量導種的電荷。
2.接觸帶電：不帶電物體接觸另一個帶電物體，使電荷從帶電體轉(zhuǎn)移一部分到不帶電的物體上。
兩個完全相同的帶電金屬小球接觸時電荷量分配規(guī)律:原帶異種電荷的先中和后平分，原帶同種電荷的總電荷量平分。
3.感應起電：導體接近（不接觸）帶電體，使導體靠近帶電體一端帶上與帶電體相異的電荷，而另一端帶上與帶電體電荷相同的電荷。
4.光電效應—在光的照射下使物體發(fā)射出電子

三、電荷守恒定律：
電荷既不能創(chuàng)造，也不能消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量不變。

四、庫侖定律
1.內(nèi)容：真空中兩個點電荷之間相互作用的電力，跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。
2.公式：，F(xiàn)叫做庫侖力或靜電力，也叫電場力。它可以是引力，也可以是斥力，叫靜電力常量=
3.適用條件：（1）真空中；（2）點電荷．
點電荷：點電荷是一個理想化的模型，在實際中，當帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可以忽略不計時，就可以把帶電體視為點電荷．（這一點與萬有引力很相似，但又有不同：對質(zhì)量均勻分布的球，無論兩球相距多近，r都等于球心距；而對帶電導體球，距離近了以后，電荷會重新分布，不能再用球心距代替r）。點電荷很相似于我們力學中的質(zhì)點．
例如半徑均為的金屬球，使兩球邊緣相距為，今使兩球帶上等量的異種電荷，設兩電荷間的庫侖力大小為，比較與的大小關系，顯然，如果電荷能全部集中在球心處，則兩者相等。依題設條件，球心間距離不是遠大于，故不能把兩帶電體當作點電荷處理。實際上，由于異種電荷的相互吸引，使電荷分布在兩球較靠近的球面處，這樣電荷間距離小于，故。同理，若兩球帶同種電荷，則。
4.理解：
（1）在種用庫侖定律的公式進行計算時，無論是正電荷還是負電荷，均用電量的絕對值代入式中，計算其作用力的大小。
（2）作用力的方向根據(jù)：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩電荷連線方向，進行判定。
（3）兩個點電荷間的相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律—大小相等、方向相反（不能認為電量不等的兩個點電荷相互作用時，所受的庫侖力不等）
（4）庫侖力存在極大值，由公式可以看出，在r和兩帶電體的電量和一定的條件下，當Q1=Q2時，F(xiàn)有最大值
（5）如果是多個點電荷對另一個點電荷的作用，可分別對每個點電荷間使用，然后把該電荷所受諸庫侖力進行矢量合成
（6）在介質(zhì)中，電荷間的相互作用比真空小，小多少，跟介質(zhì)有關，，空氣中的介電常數(shù)近似取1，即認為電荷間的相互作用在空氣中跟在真空中一樣。

五、同一直線上三個點電荷的討論和計算
三個自由電荷的平衡問題，是靜電場中的典型問題。為了使電荷系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等、方向相反。根據(jù)庫侖定律和力的平衡條件，可以概括成易記的口訣為：“三點共線，兩同夾異，兩大夾小，近小遠大?！眱纱髪A小也就是說三個電荷，外面兩個的電荷量必須大于中間的一個；兩同夾異，也就是說外面的兩個電荷的電性必須相同，并且中間的一個電性與外面的兩個相異！近小遠大是說中間電荷靠近另兩個中電量較小的。
利用這一條件可以迅速、準確地確定三個自由電荷的相對位置及電荷的電性，然后根據(jù)庫侖定律列出電荷的受力平衡方程，問題就迎刃而解了

六、電場
1.概念：是電荷周圍客觀存在的一種特殊物質(zhì)，是電荷間相互作用的媒體。
若電荷不動周圍的是靜電場，若電荷運動周圍不單有電場而且產(chǎn)生磁場，電場可以由存在的電荷產(chǎn)生，也可以由變化的磁場產(chǎn)生。
2.電場的基本性質(zhì)：
（1）對放入電場的電荷有力的作用
（2）能使放入電場中的導體產(chǎn)生靜電感應現(xiàn)象
3.場的提出
（1）凡是在有電荷的地方，周圍都存在電場
（2）在變化的磁場周圍也有電場；變化的電場周圍存在磁場。
（3）電場與磁場是不同于實體的另一種形態(tài)物質(zhì)。
4.電場力：放入電場中的電荷受到電場的力的作用，這種力叫做電場力。

七、電場強度
1.定義：放入電場中某點的電荷所受的電場力F跟它的電荷量q的比值，叫做該點的電場強度。用E來表示。
2.定義式：（適用于一切電場）
3.單位：牛/庫(N/C)伏/米(v/m)
4.電場強度是矢量：規(guī)定正電荷受電場力的方向為該點的場強方向，負電荷受電場力的方向與該點的場強方向相反。電場線的切線方向是該點場強的方向；電場強度的合成按照矢量的合成法則．（平行四邊形法則和三角形法則）
5.物理意義：電場強度（簡稱場強）是描寫電場強弱的物理量。
6.說明
（1）電場強度是從力的角度來反映電場本身性質(zhì)的物理量
（2）定義式即電場內(nèi)某點的電場強度在數(shù)值上等于單位電荷在該點受到的電場力。
（3）電場強度的大小，方向是由電場本身決定的，是客觀存在的，與放不放檢驗電荷，以及放入檢驗電荷的正、負電量的多少均無關，既不能認為與成正比，也不能認為與成反比。檢驗電荷q充當“測量工具”的作用．
這一點很相似于重力場中的重力加速度，點定則重力加速度定。與放入該處物體的質(zhì)量無關，即使不放入物體，該處的重力加速度仍為一個定值．
7.電場的疊加：幾處點電荷同時在某點形成電場時，這點的場強等于各個點電荷單獨存在時在該點產(chǎn)生的場強的矢量和。
8.勻強電場：
場強方向處處相同，場強大小處處相等的區(qū)域稱為勻強電場
9.總結(jié)：電場強度的幾種求法
（1）用定義式求解：由于定義式適用于任何電場，故都可用測得的放入電場中某點的電荷q受到的電場力F與檢驗電荷電量q之比值求出該點的電場強度。
（2）用求解：庫侖力的實質(zhì)是電場力
從式中表示點電荷在處產(chǎn)生的場強。
此式適用于求真空中點電荷產(chǎn)生的電場，其方向由場源電荷Q的電性決定。若場源電荷帶正電，則E的方向沿半徑r向外;若場源電荷帶負電，則E的方向沿半徑方向指向場源電荷。
（3）用場強與電勢差的關系求解：在勻強電場中它們的關系是:場強在數(shù)值上等于沿場強方向每單位距離上的電勢差，即，式中d為沿電場線方向的距離，U為這個距離的兩個點（或稱為等勢面）的電勢差。
（4）矢量疊加法求解：已知某點的幾個分場強求合場強，或已知合場強求某一分場強，則用矢量疊加法求解。
（5）對稱性求解：巧妙地在合適地方另外假設性地設置額外電荷，或?qū)㈦姾汕擅畹胤指钍箚栴}簡化而求未知電場，這都可以利用對稱性求解

八、電場線
1.概念：為了直觀形象地描述電場中各點的強弱及方向，在電場中畫出一系列曲線，曲線上各點的切線方向表示該點的場強方向，曲線的疏密表示電場的弱度。這些曲線就是電場線。
第一個用電場線描述電場的科學家是——法拉第
2.電場線的特點：
（1）電場線是為了形象描述電場而引入的假想曲線，并不是真實存在的。
（2）切線方向表示該點場強的方向，也是正電荷的受力方向．
（3）疏密表示該處電場的強弱，也表示該處場強的大?。矫?，則E越強
（4）勻強電場的電場線平行且等間距直線表示．(平行板電容器間的電場，邊緣除外)
（5）始于正電荷（或無窮遠），終止負電荷（或無窮遠）
從正電荷出發(fā)到負電荷終止，或從正電荷出發(fā)到無窮遠處終止，或者從無窮遠處出發(fā)到負電荷終止．
（6）任意兩條電場線都不相交，不中斷，不閉合。
（7）沿著電場線方向，電勢越來越低．但E不一定減??；沿E方向電勢降低最快的方向。
（8）電場線⊥等勢面．電場線由高等勢面批向低等勢面。
（9）電場線只能描述電場的方向及定性地描述電場的強弱，并不是帶電粒子在電場中的運動軌跡。
帶電粒子的運動軌跡是由帶電粒子受到的合外力情況和初速度共同決定。在特殊條件下，帶電粒子的運動軌跡可以與電場線重合。這些特殊條件是:
①電場線是直線；
②帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一直線上；
③帶電粒子只受電場力作用。以上三點必須同時得到滿足。
（10）由于電場是連續(xù)分布于空間，所以各條電場線之間空白處仍有電場不能認為電場為零。

3.幾種電場電場線的分布
（1）孤立點電荷周圍的電場；
特點：
①離點電荷越近，電場線越密，場強越大。
②在點電荷形成的電場中，不存在場強相等的點
③若以點電荷為球心作一個球面，電場線處處與球面垂直，在此球面上場強大小處處相等，方向各不相同
（2）等量異種點電荷的電場(連線和中垂線上的電場特點)；
特點：
①兩點電荷連線上的各點場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場方向場強先變小再變大。
②兩點電荷連線的中垂面（中垂線）上，電場線方向均相同，即場強方向均相同，且總與中垂面（中垂線）垂直
③在中垂線（中垂面）上，與兩點電荷連線的中點O等距離的各點場強相等。
④從兩點電荷連線中點O沿中垂面（中垂線）到無限遠，電場強度一直變小
（3）等量同種點電荷的電場(連線和中垂線上的電場特點)；
特點：
①兩點電荷連線中點O處場強為0，此處無場強
②兩點電荷連線中點O附近的電場線非常稀疏，但場強并不為
③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（中垂線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變小。
（4）勻強電場；
場強方向處處相同，場強大小處處相等的區(qū)域稱為勻強電場，勻強電場中的電場線是等距的平行線，平行正對的兩金屬板帶等量異種電荷后，在兩極之間除邊緣外就是勻強電場。
（5）點電荷與帶電平板；
題型講解
1.電荷守恒定律
毛皮與玻璃棒摩擦后，毛皮帶正電,這是因為（）
A．毛皮上的一些電子轉(zhuǎn)移到橡膠棒上
B．毛皮上的一些正電荷轉(zhuǎn)移到橡膠棒上
C．橡膠棒上的一些電子轉(zhuǎn)移到毛皮上
D．橡膠棒上的一些正電荷轉(zhuǎn)移到毛皮上
【解析】摩擦起電的實質(zhì)是電子從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體上，中性的物體若缺少了電子帶正電，多余了電子就帶負電，由于毛皮的原子核束縛電子的本領比橡膠棒弱，在摩擦的過程中毛皮上的一些電子轉(zhuǎn)移到橡膠棒上，缺少了電子的毛皮帶正電，而正電荷是原子核內(nèi)的質(zhì)子，不能自由移動，所以A正確.
【答案】A

2.庫侖定律
已經(jīng)證實，質(zhì)子、中子都是由稱為上夸克和下夸克的兩種夸克組成的，上夸克帶電荷量為e，下夸克帶電荷量為－e，e為電子所帶電荷量的大小.如果質(zhì)子是由三個夸克組成的，且各個夸克之間的距離都為l，l=1.5×10－15m.試計算質(zhì)子內(nèi)相鄰兩個夸克之間的靜電力（庫侖力）.
【解析】本題考查庫侖定律及學生對新知識的吸取能力和對題中隱含條件的挖掘能力.關鍵點有兩個：（1）質(zhì)子的組成由題意得必有兩個上夸克和一個下夸克組成.（2）夸克位置分布（正三角形）.質(zhì)子帶電荷量為+e，所以它是由兩個上夸克和一個下夸克組成的.按題意，三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處.這時上夸克與上夸克之間的靜電力應為：
F1=k=k
代入數(shù)值，得F1=46N，為斥力
上夸克與下夸克之間的靜電力為F2=k=k
代入數(shù)值，得F2=23N，為引力.

3.電場強度、電場線
（1）圖中a、b是兩個點電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點.下列哪種情況能使P點場強方向指向MN的左側(cè)?（）
A．Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2
B．Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1|Q2|
C.Q1是負電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2
D.Q1、Q2都是負電荷，且|Q1||Q2|
【解析】場強是矢量，場強的合成遵循平行四邊形定則，由平行四邊形定則可畫出場強的矢量圖，可得到ACD正確.
【答案】ACD
點評：本題考查場強的矢量性，即空間某一點的場強應是各場源電荷在該點激發(fā)的電場的矢量和，應該遵循平行四邊形定則.

（2）圖中邊長為a的正三角形ABC的三點頂點分別固定三個點電荷+q、+q、-q，求該三角形中心O點處的場強大小和方向。
【解析】每個點電荷在O點處的場強大小都是由圖可得O點處的合場強為方向由O指向C。
4.帶點質(zhì)點在電場中的受力分析
兩個大小相同的小球帶有同種電荷(可看作點電荷)，質(zhì)量分別為m1和m2，帶電量分別是q1和q2，用兩等長的絕緣線懸掛后，因靜電力而使兩懸線張開，分別與豎直方向成夾角α1和α2，如圖9-36-6所示，若α1＝α2，則下述結(jié)論正確的是（）
A.q1一定等于q2B.一定滿足
C.m1一定等于m2D.必定同時滿足q1=q2，m1=m2
【解析】可任選m1或者m2為研究對象，現(xiàn)以m1為研究對象，其受力如圖所示，無論q1、q2的大小關系如何，兩者之間的庫侖斥力是大小相等的，故，即.
【答案】C
點撥：求解帶電體在電場中的平衡問題和求解靜力學問題的思維方法一模一樣，首先是研究對象的選取，然后是受力分析，畫出受力示意圖，最后列平衡求解.

第20講電勢電勢差

教學目標
1.理解電場能的性質(zhì)，知道電場力做功的特點，知道電場力做功與電勢能的變化關系；
2.理解電勢差的定義式及其物理意義，理解電勢的物理意義，會比較電場中兩點電勢的高低，會求解電勢差；
3.理解勻強電場中電勢差與電場強度的關系式
重點：能區(qū)分電勢與電勢差，理解電場力做功的特點以及電場力做功與電勢能的變化之間的關系.
難點：會處理電勢差與能量的綜合運用問題
知識梳理
一、電勢能
1.定義：由電荷在電場中的相對位置決定的能量叫電勢能。
注：電勢能實際應用不大，常實際應用的是電勢能的變化。
2.說明
（1）電荷在電場中每一個位置都有一定的電勢能，電勢能的大小與電荷所在的位置有關
（3）電勢能的大小具有相對性，電荷在電場中電勢能的數(shù)值與選定的零電勢能位置有關，通常取無窮遠處或大地為電勢能和零點。而電勢能的變化是絕對的，與零電勢能位置的選擇無關
（4）電勢能有正負，電勢能為正時表示電勢能比參考點的電勢能大，電勢能為負時表示電勢能比參考點的電勢能小。
（5）電勢能是屬于電荷和電場所共有，沒有電場的存在，就沒有電勢能，僅有電場的存在，而沒有電荷時也沒有電勢能。
（6）電荷在電場中某點的電勢能在數(shù)值上等于把電荷從這點移到電勢能為零處(電勢為零處)電場力所做的功，則有
（7）電荷電勢能的變化僅由電場力對電荷做功引起，與其他力對電荷做功無關
（8）電勢能的單位，焦爾J還有電子伏，符號為eV，定義為在真空中，1個電子通過1伏電位差的空間所能獲得的能量。為我國法定計量單位。1電子伏=1.602×10-19焦。常用千電子伏及兆電子伏。
3.電場力做功與電勢能
電勢能的變化：當運動方向與電場力方向的夾角為銳角時，電場力做正功，電勢能減少，當電荷運動方向與電場力方向夾角為鈍角時，電場力做負功，電勢能增加。電勢能變化的數(shù)值等于電場力對電荷做功的數(shù)值，這常是判斷電荷電勢能如何變化的依據(jù)。
類比：重力勢能變化：重力做正功重力勢能減少；重力做負功重力勢能增加．
電場力做功：由電荷的正負和移動的方向去判斷(4種情況)功的正負電勢能的變化（重點和難點知識）（上課時一定要搞清楚的，否則對以后的學習帶來困難）

二、電勢
1.定義：
如果在電場中選一個參考點(零電勢點)，那么電場中某點跟參考點間的電勢差，就叫做該點的電勢。電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移動到參考點(零電勢點)時，電場力所做的功。
電勢的單位：伏特（V）
2.說明：
（1）電勢是標量，有正負，無方向，只表示相對零勢點比較的結(jié)果。
（2）電勢是電場本身具有的屬性，與試探電荷無關。
（3）沿著電場線的方向，電勢越來越低（最快），逆著電場線的方向，電勢越來越高，電勢降低的方向不一定就是電場線的方向。
（4）電勢與場強沒有直接關系：電勢高的地方，場強不一定大；場強大的地方，電勢不一定高。
（5）電勢是標量，沒有方向，但有正負之分，比零電勢點高為正，比零電勢為低為負。
（6）電勢的值與零電勢的選取有關
零電勢點可以自由選取，通常取離電場無窮遠處電勢為零，實際應用中常取大地電勢為零
（7）如果取無窮遠電勢為零，正電荷形成的電場中各點的電勢均為正值，負電荷形成的電場中各點的電勢均為負值。
（8）當存在幾個“場源”時，某處合電場的電勢等于各“場源”的電場在經(jīng)處的電勢的代數(shù)和
（9）點電荷電場的電勢
在一個點電荷q所形成的電場中，若取無限遠處的電勢為零，則在距此點電荷距離為r的地方的電勢為
（10）均勻帶電球電場的電勢
對于一個均勻帶電球面所形成的電場，若球半徑為R，帶電量為q，則在球外的任意與球心相距為r的點的電勢為，而其球面上和球面內(nèi)任一點的電勢都是

三、電勢差：
1.定義：電荷q在電場中由一點A移到另一點B時，電場力所做的功WAB跟它的電荷量q的比值，叫做A、B兩點間的電勢差。
2.定義式：，單位：V=J/C
3.物理意義：電場中A、B兩點間的電勢差在數(shù)值上等于單位正電荷從A點移動到B點過程中電場力所做的功。
4.單位：伏特，符號是V。
5.說明：
電勢差是標量，有正負，無方向。A、B間電勢差，顯然電勢差的值與零電勢的選取無關。
注：電勢差很類似于重力場中的高度差．物體從重力場中的一點移到另一點，重力做的功跟其重量的比值叫做這兩點的高度差h＝W/G．

四、等勢面
1.定義：一般說來，電場中各點的電勢不同，但電場中也有許多點的電勢相等。我們把電場中電勢相等的點構(gòu)成的面叫做等勢面。
2.等勢面的特點：
（1）在同一等勢面上的任意兩點間(不論方式如何，只要起終點在同一等勢面上)移動電荷，電場力不做功。
因為等勢面上各點電勢相等，電荷在同一等勢面上各點具有相同的電勢能，所以在同一等勢面上移動電荷電勢能不變，即電場力不做功
（2）等勢面一定跟電場線垂直，即跟場強的方向垂直。
假如不是這樣，場強就有一個沿著等勢面的分量，這樣在等勢面上移動電荷時電場力就要做功。但這是不可能的，因為在等勢面上各點電勢相等，沿著等勢面移動電荷時電場力是不做功的，所以場強一定跟等勢面垂直。
（3）沿著電場線方向電勢越來越低。
可見，電場線不但與等勢面垂直，而且由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面。
（4）導體處于靜電平衡時，整個導體是一個等勢體，導體表面是一個等勢面。(后面將學到)
（5）不同的等勢面是不會相交的，也不能相切。
因為電場線總跟等勢面垂直，如果等勢面相交，則交線處同一點的電場線方向就有兩個，從而場強方向就不唯一，這是不可能的；如果等勢面相切，則在相切處等勢面“密度”為無窮大，這也是不可能的
（6）等差等勢面的疏密表示電場的強弱
等差等勢面密的地方場強大，等差等勢面疏的地方場強弱。

五、電場強度和電勢差的關系
1.關系
2.上式只適用于勻強電場，它表明在電場當中，場強在數(shù)值上等于沿電場強度方向每單位距離上的電勢差。
題型講解
1.電勢和電勢差
（1）如圖(a）所示，AB是某電場中的一條電場線．若有一電子以某一初速度并且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到點B，其速度圖象如圖(b)所示．下列關于A、B兩點的電勢和電場強度E大小的判斷正確的是（）
A.B.
C.D.
【解析】從v-t圖易知電子做加速度逐漸減小的變減速運動，故電子所受電場力與運動方向相反，場強的方向由A指向B，因為沿著電場線的方向電勢降低，故，又加速度逐漸減小，故
【答案】AC
點評：要比較電場中兩點電勢的高低，關鍵在于判斷電場線的方向.

（2）如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢線，且AB=BC，電場中的A、B、C三點的場強分別為EA、EB、EC，電勢分別為、、，AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC，則下列關系中正確的有()
A.＞＞B.EC＞EB＞EA
C.UAB＜UBCD.UAB＝UBC
【解析】A、B、C三點處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢降落，故φA＞φB＞φC,A正確；由電場線的密集程度可看出電場強度大小關系為EC＞EB＞EA，B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBC＞UAB，C對D錯.
【答案】ABC
點評：考查靜電場中的電場線、等勢面的分布知識和規(guī)律.此類問題要在平時注重對電場線與場強、等勢面與場強和電場線的關系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規(guī)律

2.等勢面和電場線
如圖所示，平行直線、、、、，分別表示電勢為-4V、-2V、0、2V、4V的等勢線，若AB=BC=CD=DE=2cm，且與直線MN成300角，則（）
A．該電場是勻強電場，場強方向垂直于，且左斜下
B．該電場是勻強電場，場強大小E=2V/m
C．該電場是勻強電場，距C點距離為2cm的所有點中，最高電勢為4V，最低電勢為-4V
D．該電場可能不是勻強電場，E=U/d不適用
【解析】因等差等勢線是平行線，故該電場是勻強電場，場強和等勢線垂直，且由高等勢線指向低等勢線，故AD錯誤，
故B錯，以C點為圓心，以2cm為半徑做圓，又幾何知識可知圓將與、等勢線相切，故C正確.
【答案】C
點評：本題考查電場線和等勢面的關系，電場線和等勢面處處垂直，且由高等勢面指向低等勢面，故已知等勢面能繪出電場線的分布，已知電場線能畫出等勢面的分布.

3.電場力做功與電勢能變化之間的關系
如圖所示，把電量為－5×10－9C的電荷，從電場中的A點移到
B點，其電勢能＿＿＿（選填“增大”、“減小”或“不變”）；若
A點的電勢UA＝15V，B點的電勢UB＝10V，則此過程中電場力
做的功為＿＿＿＿J.
【解析】將電荷從從電場中的A點移到B點，電場力做負功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB=Wq，W=qUAB=－5×10―9×(15－10)J=－2.5×10－8J.
【答案】增大，－2.5×10－8

4.電場與力學綜合
如圖（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場，電場強度E隨時間的變化如圖（b）所示．不帶電的絕緣小球P2靜止在O點．t=0時，帶正電的小球P1以速度t0從A點進入AB區(qū)域，隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度大小是碰前的倍，P1的質(zhì)量為m1，帶電量為q，P2的質(zhì)量m2=5m1,A、O間距為L0，O、B間距．已知．
（1）求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間．
（2）討論兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞．
【解析】(1)P1經(jīng)t1時間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設碰后P2速度為v2，由動量守恒：
解得（水平向左）（水平向右）
碰撞后小球P1向左運動的最大距離：又：
解得：
所需時間：
（2）設P1、P2碰撞后又經(jīng)時間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正：則：
解得：（故P1受電場力不變）
對P2分析：
所以假設成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞.
點評：本題考查電場力、牛頓定律、運動學公式、動量守恒等知識點，具有很強的綜合性，廣東高考連續(xù)幾年在電場方面都有大題考查，希望同學們能引起重視

第21講電容器帶電粒子在電場中的運動

教學目標
1.知道電容器的電壓、電荷量和電容的關系；知道平行板電容器的電容與那些因素有關.
2.掌握帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)規(guī)律，了解示波器的原理,會用運動的分解來求解有關偏轉(zhuǎn)問題.
重點：電容器的動態(tài)變化以及電容的定義式和決定式，掌握帶電粒子在電場中的加速、偏轉(zhuǎn)問題
難點：電容器、電容問題的討論以及用力學和功能關系分析帶電粒子在電場中的運動情況.
知識梳理
一、電容器、電容
1.電容器的組成：兩個彼此絕緣又互相靠近的導體可構(gòu)成一個電容器。電容器是儲存電荷（電能）的元件。
2.電容器的充放電
（1）把電容器的一個極板接電池正極，另一個極板接電池負極，兩個極就分別帶上了等量的異種電荷，這個過程叫做充電。
電容器充電時會在電路中形成隨時間變化的充電電流，充電時，電流從電源正極流向電容器的正極板，從電容器的負極板流向電源的負極。
（2）用一根導線把充電后的兩極接通，兩極上的電荷互相中和，電容器就不帶電，這個過程叫做放電。
電容器放電時，電流從電容器正極板流出，通過電路流向電容器的負極。
（3）電容器所帶的電荷量是指電容器的一個極板上所帶電荷量的絕對值。
3.電容C
（1）定義：電容器所帶的電荷量Q(任一個極板所帶電量的絕對值)與兩個極板間的電勢差U的比值叫做電容器的電容。
（2）定義式：C＝ΔQ/ΔU
（3）電容單位：法拉(F)，微法(μF)，皮法(PF)1F=106μF=1012PF
（4）物理意義：電容表示電容器的帶電本領的高低
（5）說明：
①C與Q、U無關；與電容器是否帶電及帶電多少無關
C由電容器本身物理條件（導體大小、形狀、相對位置及電介質(zhì)）決定；
4.平行板電容器的電容C=(即平行板電容器的電容與兩板正對面積（不可簡單的理解為板的面積）成正比，與兩板間距離成反比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比)
5.平行板電容器動態(tài)分析
平行板電容容器分析這類問題的關鍵在于弄清叫些量是變量，哪些量是不變量，哪些量是自變量，哪些量是因變量。一般分為兩種情況：
(1)電壓不變：電容器兩極板接入電路中，它兩端的電壓等于這部分電路兩端電壓，當電容變化時，電壓不變；
(2)電量不變：電容器充電后斷開電源，一般情況下電容變化，電容器所帶電量不變
進行討論的物理依據(jù)主要是四個
①
②
③
④由和求出U，再代入，可得平行板電容器兩極板間的電場強度為。
即電容器內(nèi)部的場強正比于電荷密度
這表明孤立的帶電電容器在極板彼此遠離或靠近過程，內(nèi)部場強不會變化

二、帶電粒子在電場中的運動
1.帶電粒子的重力是否可忽略的條件：
（1）基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，若無說明或明確的暗示，一般不計重力；
帶電微粒子在電場中的運動一般不考慮粒子的重力．帶電粒子在電場中運動分兩種情況：
第二種情況是帶電粒子沿電場線進入電場，作直線運動．
（2）帶電顆粒：如塵埃、液滴、油滴、小球等，若無說明或明確的暗示，一般要考慮重力；
在電場中受到除電場力以外的重力、彈力、摩擦力，由牛頓第二定律來確定其運動狀態(tài)，所以這部分問題將涉及到力學中的動力學和運動學知識。
（3）平衡問題一般要考慮重力。
2.平衡（靜止或勻速）：僅在電場力和重力作用下滿足
3.帶電粒子的直線加速
（1）運動狀態(tài)分析：帶電粒子沿與電場線方向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，做勻加(減)速直線運動。
（2）用功能觀點分析：粒子只受電場力作用，電場力做功即為合外力做功，故粒子動能變化量等于電勢能的變化量：(式中U為加速電場的電勢差)
假設從靜止開始加速，所以離開電場時速度為
此式適用于一切靜電場(即包括勻強場和非勻強場)。對勻強場，由于電場力為恒力，故還可以有如下的公式:(式中s為沿電場線方向的距離)。

4.帶電粒子的偏轉(zhuǎn)（只考慮速度垂直于場強的情況）
（1）運動狀態(tài)分析：帶電粒子以速度垂直于電場線方向射入勻強電場，受到恒定的與初速度方向成90度的電場力作用，做勻變速曲線運動（類平拋運動，軌跡為拋物線）
（2）偏轉(zhuǎn)運動的處理方法：粒子的運動是沿初速方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動的合運動，故可用類似平拋運動的分析方法。
（3）帶電粒子偏轉(zhuǎn)問題的討論
質(zhì)量為、帶電量為的帶電粒子以初速度沿垂直于電場方向，進入長為、間距為、電壓為的兩平行金屬板間，在穿越電場時發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不計粒子重力，則可推得：
粒子穿越電場的時間：垂直場強方向勻速直線運動：，可得
粒子穿越電場的加速度：
粒子離開電場時的速度：平行場強方向勻加速運動則
所以
粒子離開電場時的偏移量：
粒子的偏轉(zhuǎn)角為：
（4）對粒子偏移及偏角的的討論
若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓進入偏轉(zhuǎn)電場的，則偏移
和
而
由上式可知，粒子的偏角與粒子，無關，僅決定于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉(zhuǎn)電場后，它們在電場中的偏移、偏轉(zhuǎn)角總是相同的。即運動軌跡是相同的。
（5）粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時偏移，作粒子速度的反向延長線，與初速度的延長線交于點，點與粒子出場點水平距離為，
則
粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，速度的反向延長線與初速度延長線的交點平分沿初速度方向的位移，即粒子好像從該中點處沿直線飛離電場一樣。
說明：
①以上公式不宜死記，而應能熟練推導;
②此類習題通常要求討論幾個帶電粒子通過同一電場時各物理量的比值關系，故應知道一些常見的粒子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，如質(zhì)子有1個質(zhì)量數(shù)和1個電荷數(shù)，α粒子有4個質(zhì)量數(shù)，2個電荷數(shù);
③如果偏轉(zhuǎn)電壓的變化周期遠遠大于粒子穿越電場的時間（T），則在粒子穿越電場的過程中，仍可當作勻強電場處理。

5.圓周運動
帶電粒子在點電荷形成的徑向輻射狀分布的靜電場中，可做勻速圓周運動．如氫原子核外電子的繞核運動．此時有
題型講解
1.平行板電容器的動態(tài)分析
如圖所示，平行板電容器在充電后不切斷電源，此時板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止，當正對的平行板左右錯開一些時（）
A．帶電塵粒將向上運動
B．帶電塵粒將保持靜止
C．通過電阻R的電流方向為A到B
D．通過電阻R的電流方向為B到A
【解析】電容器始終與電源相連，故U不變，兩極板左右錯開一些，板間距離不變，故E不變，C減小，Q減小，電容器放電，放電電流為順時針方向.
【答案】BC
點評：平行板電容器的動態(tài)分析主要有兩種情況，一種是電容器的兩極始終與電源連接，這樣不論電容器的電容如何變化，兩極板的電壓是不變的，另一種是電容器被充電后與電源斷開（只有一個極板斷開連接就可以了）這樣極板上的電荷量與外界不會發(fā)生轉(zhuǎn)移，所以Q不變.求解電容器的動態(tài)變化關鍵在于分清類型，再結(jié)合定義式和決定式進行分析.

2.帶電粒子在電場中的加速問題
如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔.右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示.電子原來靜止在左極板小孔處.（不計重力作用）下列說法中正確的是（）

A.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上
B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動
C.從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動，也可能打到右極板上
D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將從左極板上的小孔中穿出
【解析】作出不同時刻的釋放電子的v-t圖象，從圖可知AC正確.
【答案】AC
點評：帶電粒子的加速問題可以從力學的觀點來求解，即根據(jù)牛頓第二定律求解，但粒子必須是在勻強電場中運動,對于帶電粒子在交變電場中的運動往往用v-t圖象求解.

3.帶電粒子在電場的偏轉(zhuǎn)問題
噴墨打印機的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號控制.帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場后，打到紙上，顯示出字體.無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒.設偏轉(zhuǎn)板板長為L=1.6cm，兩板間的距離為d=0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙L1=3.2cm，若一個墨汁微滴的質(zhì)量為m=1.6×10-10kg，以v0=20m／s的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是U=8.0×103V，若墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離是Y=2.0mm.不計空氣阻力和墨汁微滴的重力，可以認為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性.
（1）上述墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌伲?br> （2）若用（1）中的墨汁微滴打字，為了使紙上的字體放大10％，偏轉(zhuǎn)板間電壓應是多大。

【解析】（1）墨汁微滴在平行板運動時，由電學知識可得：U=Ed
墨汁微滴在豎直方向的加速度:a=
墨汁微滴在豎直方向的位移:y=at2
墨汁微滴在平行板運動時間：L=v0t
由幾何學知識可得：
聯(lián)立可解得：q=1.25×10-13(C)
(2)要使字體放大10%，則墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離應是Y’=Y(1+10%)
設此時墨汁微滴在豎直方向的位移是y’，由幾何知識可得：
可解得：U=8.8×103（V）
點評：求解帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題最基本的思維方法是運動的分解，即分解速度和分解位移，可類比平拋運動的求解，另外做平拋運動和類平拋運動的物體某點的速度反向延長線必經(jīng)過對應水平位移的中點，這個結(jié)論對求解類平拋運動很有好處.