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1、20222022学年第一学期物理选修31(沪科版)期末复习二一、教学内容复习选修31第四章?探究闭合电路欧姆定律?、第五章?磁场与盘旋加速器?二、考点点拨这两章中闭合电路的欧姆定律和带电粒子在磁场中的运动是历年高考的热点内容。三、跨越障碍一闭合电路的欧姆定律1、公式 路端电压和电路中电流随R变化 断路 短路2、功能关系电源总功率：电源输出功率：内电阻损耗功率：能量守恒：【典型例题】例1：在如下图电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变小，电流表示数变小解析：首先将电压
2、表、电流表理想化处理。简化电路，R2与R3并联后与R1串联，当滑动触头P向b端移动时，R3阻值变小，R2、R3并联局部总电阻变小. 外电阻R外减小。由闭合电路欧姆定律知总电流增大，内电压增大。从而使路端电压减小，即电压表示数减小。由于通过Rl的电流增大，电压升高。从而使R2上的电压降低。通过R2的电流减小，但干路中电流变大，因此R3中电流变大。电流表示数变大，正确选项为B。答案：B例2：在如下图的电路中，直流发电机，电热器组中装有50只完全相同的电热器，每只电热器的额定电压为200V，额定功率为1000W，其他电阻不计，并且不计电热器电阻随温度的变化. 问：1当接通几只电热器时，实际使用的电热
3、器都能正常工作？2当接通几只电热器时，发电机的输出功率最大？3当接通几只电热器时，电热器组加热物体最快？4当接通几只电热器时，电阻R1、R2上消耗的功率最大？5当接通几只电热器时，实际使用的每只电热器中电流最大？解析：不计用电器电阻随温度的变化，那么每只电热器的电阻为每只电热器的额定电流为1要使用电器正常工作，必须使电热器两端的实际电压等于额定电压200V，因此干路电流为而每只电热器额定电流为5A，那么电热器的只数为2只2要使电源输出功率最大，必须使外电阻等于内电阻，由此可得电热器总电阻为故有40只3要使电热器组加热物体最快，必须使其总电阻为故有8只4要使R1、R2上消耗功率最大，必须使通过它
4、们的电流为最大，由此电路总电阻必须最小，即当50只电热器全接通时可满足要求。所以需50只。5要使实际使用的每只电热器中电流最大。那么在保证UAB不超过200V的前提下使其值尽量地大，由第1问的讨论可知2只时UAB=200V，假设只有1只，看似通过它的电流到达最大。但实际情况是电热器被烧坏而无法工作，因此仍要2只。例3：如下图的电路中，输入电压UAB=200V，可变电阻的总电阻值。允许通过最大电流为4A。求1当输出端a、b开路时的值2输出端接入R=40的负载时，的可能变化范围。解析：此题是滑动变阻器分压接法的逆运用。1当ab端开路时，触头上端电阻为等势体，所以=200V。2当输出端接入负载R时，
5、R与触头上部电阻串联后，再与下端电阻并联。由于可变电阻的最大电流为4A，所以触头下端电阻。此时上端电阻为，与40电阻串联，由电压分配关系得。当滑动触头上滑，那么，那么得，所以的可能变化范围为57.14V160V。二磁场的产生磁铁的磁场电流的磁场安培定那么右手螺旋定那么磁现象的电本质一切磁场都是由于电荷运动而产生三磁场的描述磁感线：假想、闭合外部从N到S；内部从S到N、切线是磁场方向、疏密反映磁场强弱。磁感应强度：四磁场的作用1对磁极的作用：N极受力方向沿磁场方向，S极受力方向与磁场方向相反2对电流的作用大小： 方向：左手定那么且3对运动电荷的作用大小： 方向：左手定那么且4带电粒子在匀强磁场中
6、的运动 当时为匀速圆周运动五重要仪器质谱仪、盘旋加速器、速度选择器对称法：带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，那么其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称。入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等。例4：如下图，在y小于0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正电的粒子以速度从O点射入磁场。入射速度方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为，假设粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子电荷量与质量之比。解析：根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如下图，找出圆心A，向x轴作垂线，垂足为H，由几何关系得：带电粒子在磁场中做圆周运动，由解得两式
7、联立解得动态圆法：在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子时，粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的动态圆。例5：如下图，S为电子源。它在纸面范围内发射速度大小为，质量为m，电荷量为的电子0，MN是一块足够大的竖直挡板，与S的水平距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，求挡板被电子击中的范围为多大？ 解析：由于电子从同一点向各个方向发射，电子的轨迹构成绕S点旋转的一动态圆，动态圆的每一个圆都是逆时针旋转，这样可以作出打到最高点与最低点的轨迹，如下图，最高点为动态圆与MN相切时的切点A，最低点为动态圆与MN相割，且SB为直径时的B点，带电粒子在磁场中做圆周运动，由得SB为直径，那
8、么SB=2L，SO=L，由几何关系得A为切点，所以OA=L所以挡板被带电粒子击中的范围为临界法临界点是粒子轨迹发生质的变化的转折点，所以只要画出临界点的轨迹就可以使问题得解。例6：长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如下图，磁感应强度为B，板间距离也为L，两极板不带电，现有质量为m、荷量为q的带负电粒子不计重力从左边极板间中点处垂直磁感线以水平速度射入磁场，欲使粒子打到极板上，求初速度的范围。解析：由左手定那么判定受力向下，所以向下偏转，恰好打到下板右边界和左边界为两个临界状态，分别作出两个状态的轨迹图，如下图。打到右边界时，在直角三角形OAB中。由几何关系得解得轨道半径电子在磁场中
9、运动时洛伦兹力提供向心力因此打在左侧边界时，如下图，由几何关系得轨迹半径电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，因此所以打到板上时速度的范围为以上是确定带电粒子在磁场中运动轨迹的三种方法，在解题中如果善于抓住这几点，可以使问题轻松得解。带电粒子在有界磁场中的极值问题。解决此类问题时，注意以下结论，再借助数学方法分析：1. 刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。2. 当速度一定时，弧长越长，轨迹对应的圆心角越大，那么带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。3. 注意圆周运动中有关对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射
10、入的粒子，必沿径向射出。例7：如下图，宽为d的有界匀强磁场的边界为PQ、MN，一个质量为，带电荷量为的微粒沿图示方向以速度垂直射入磁场，磁感应强度为B，要使该粒子不能从边界MN射出，此粒子的入射速度的最大值是多大？解析：为了使带电粒子入射后不从边界MN射出，那么有临界轨迹与MN相切，如下图。设粒子做圆周运动的轨道半径为R，那么有由几何关系得，解得入射粒子的最大速度求带电粒子通过磁场的最大偏转角例8：在真空中，半径的圆形区域内有匀强磁场，方向如下图，磁感强度B=0.2T，一个带正电的粒子，以初速度从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场，该粒子的比荷，不计粒子重力。求：1粒子在磁场中做匀速圆周运动的
11、半径是多少？2假设要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时方向与ab的夹角及粒子的最大偏转角。解析：1粒子射入磁场后，由于不计重力，所以洛伦兹力充当圆周运动需要的向心力，根据牛顿第二定律有所以2粒子在圆形磁场区域的轨迹为一段半径R=5cm的圆弧，要使偏转角最大，就要求这段圆弧对应的弦最长，即为场区的直径，粒子运动轨迹的圆心在ab弦的中垂线上。如下图。由几何关系可知所以而最大偏转角带电粒子在复合场中运动问题解决这类问题的方法可按以下思路进行：1. 正确进行受力分析，除弹力、重力、摩擦力，要特别注意电场力和磁场力的分析。2. 正确进行物体的运动状况分析，找出物体的速度、位移的变化，分清运动过程，如
12、果出现临界状态，要分析临界条件。3. 恰中选用解决力学问题的方法1牛顿运动定律及运动学公式只适用于匀变速运动；2用能量观点分析，包括动能定理和机械能或能量守恒定律，应注意：不管带电体运动状态如何，洛伦兹力永远不做功，电场力与重力做功与路径无关。例9：在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有一倾角为，足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B。方向垂直纸面向外，电场强度为E，方向竖直向上。一质量为m、带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如下图。假设迅速使电场方向竖直向下时，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？解析：电场未反向时，小球受力平衡，有 电场反向竖直向下时，
13、小球受力如下图沿斜面方向 垂直斜面方向 小球沿斜面向下做匀加速直线运动，当N=0时，小球离开斜面，此时由得所以在斜面上滑行距离 滑行时间例10：一个质量为，电荷量为的带正电小球右面的小球和一个质量也为m不带电的小球相距L=0.2m，放在绝缘光滑水平面上，当加上如下图的匀强电场和匀强磁场后，带电小球开始运动，与不带电小球相碰，并粘在一起，B=0.5T，两球相碰后速度为碰前A球速度的，问：两球相碰后到两球离开水平面，还要前进多远？解析：两球碰撞前对带正电小球，由动能定理所以两球相碰后速度两球将要离开水平面时，对水平面无压力，即洛伦兹力与重力平衡所以碰后到两球离开水平面，由动能定理有四、小结闭合电路
14、的欧姆定律、带电粒子在磁场和叠加场中的运动是难点，掌握好根本规律和根本方法是解题的关键。五、预习导学期末考前练习【模拟试题】答题时间：60分钟1、平行金属板M、N接在电源上，N板接地，板间有a、b、c三点，如下图，假设将上板M向下移动少许至图中虚线位置，那么A. b点场强增大B. c点电势升高C. a点电势降低D. b、c两点间的电势差增大*2、如下图电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当可变电阻的滑片P向b点移动时，电压表的读数，与电压表的读数的变化情况是A. 变大，变小B. 变大，变大C. 变小，变小D. 变小，变大*3、如下图. 直线OAC为某一直流电源的功率P随电流I变化的图线。抛物线
15、OBC为同一直流电源内部热功率P随电流I变化的图线。假设A、B对应的横坐标为2A，线段AB表示的功率及I=2A时对应的外电阻是A. ，B. ，C. ， D. ，*4、如下图，电路中电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的滑片P从滑动变阻器R的中点位置向左滑动时，那么灯泡L1，L2，L3亮度变化情况是A. L1灯变亮，L2灯变暗，L3灯变亮B. L1灯变暗，L2灯变亮，L3灯变暗C. L1、L2两灯都变亮，L3灯变暗D. L1、L2两灯都变暗，L3灯变亮*5、如下图的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计，电阻的阻值分别为R1=2.4、R2=4.8。电容器的电容C=4.7。闭合开关
16、S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50V。1该电压表的内阻为多大？2由于电压表的接入，电容器的带电荷量变化了多少？*6. 如下图一带电质点，质量为m，电荷量为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轴的速度射出，在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感强度为B的匀强磁场，假设此磁场仅分布在一圆形区域内，试求该圆形区域的最小半径粒子重力不计。*7. 如下图，一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，垂直纸面向里的匀强磁场，现从矩形区域ad边的中点O处，垂直磁场射入一速度方向与ad边夹角为，大小为的带正
17、电粒子，粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为L，重力影响不计。1试求粒子能从ab边上射出磁场的的大小范围。2粒子在磁场中运动的最长时间是多少？*8. 如下图，环状匀强磁场围成的中空区域内有自由运动的带电粒子，但由于环状磁场的束缚，只要速度不很大，都不会穿出磁场的外边缘，设环状磁场的内半径R1=0.5m，外半径R2=1.0m，磁场的磁感应强度B=1.0T，假设被束缚的带电粒子的比荷为，中空区域中带电粒子具有各个方向的速度。试计算：1粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度；2所有粒子不能穿越磁场的最大速度. *9. 如下图，空间中存在方向垂直纸面向里的匀强磁场. 磁感应强度为B，一带
18、电荷量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速度开始运动，初速方向如图中纸面内P点箭头所示。该粒子运动到图中点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中点箭头所示。P、间的距离为，假设保持粒子在P点时的速度不变。而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到点，不计重力。求：1电场强度的大小。2两种情况中粒子由P点运动到点所经历的时间之差。*10. 一静止的带电粒子电荷量为q、质量为m不计重力，从P点经电场强度为E的匀强电场加速。运动了距离L之后经A点进入右边的有界磁场B1，穿过B1后再进入空间足够大的磁场B2，B1和B2的磁感应强度大小
19、均为B，方向相反，如下图。假设带电粒子能按某一路径再由点A回电场并回到出发点P，而重复前述过程虚线为相反方向的磁场分界面，并不表示有什么障碍物，求：1粒子经过A点的速度大小；2磁场B1的宽度d为多大；3粒子在B1和B2两个磁场中的运动时间之比？【试题答案】1、答案：ABD解析：MN接在电源上。U不变：M向下移动d减小，E变大. a、b、c各点电势均升高，Ubc增大。2、答案：A解析：P向b点移动时，R增大，R总增大。电路电流减小；由知，减小；由知变大。3、答案：A解析：由P=EI知，在PI图中图像的斜率即为电源电动势，由图像给出的数据得。由，结合图像数据可得，所以当I=2A时，所以，对应的外电
20、阻R=0.54、答案：A解析：5、答案：1 2解析：1设电压表的内阻为Rv. 测得R1两端的电压为U1，R1与Rv并联后的总电阻为R那么有 由串联电路的特征 联立得2电压表接入前，电容器上的电压Uc等于电阻R2上的电压。R1两端的电压为，那么又接入电压表后，电容器上的电压为由于电压表的接入，电容器带电荷量增加了由以上各式解得 6、答案：解析：设带电质点在洛伦兹力作用下的轨道半径为R，那么，由题意知，质点在磁场区域中的轨道为半径等于R的圆弧，该段圆弧应与入射速度方向和出射速度方向相切。过a点作平行于x轴的直线，过b点作平行于y轴的直线，显然MN两点既是轨道圆上的点，也是磁场圆上的点，所以MN是磁
21、场圆的一条弦，在以MN为弦的所有圆中以MN为直径的圆最小。由几何关系得，最小圆的半径，磁场区域为图中的实线圆。7、答案：1 2解析：1因入射方向确定。所以带电粒子做圆周运动的圆心一定在过O点且垂直于入射方向的直线上，如下图，洛伦兹力提供向心力得当轨迹与ab边相切时，圆心为O1，此时是恰不从ab边射出而从ad边射出的临界状态。由几何知识得，那么随增大R增大，轨迹与cd边相切时，对应速度达允许的最大值。再大粒子就由cd边射出了。此时，圆心为O2，有那么故粒子能从ab边上射出磁场的速度范围为2因周期与无关，而运动时间，即粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角越大运动时间就越长，经分析，由ad边射
22、出的所有粒子运动轨迹所对应的圆心角最大故粒子在磁场中运动的最长时间为8、答案：12解析：1假设粒子沿半径方向射入磁场，设运行半径为r，由得q，由此可见要使速度最大，只需半径最大即可。当运动轨迹恰好与外圆相切时如下图半径最大，由图中的几何关系得联立上面的速度表达式并代入数据可得此速度即为沿环状半径方向射入的粒子不能穿越磁场的最大速度。2粒子沿内圆切线方向射入磁场，轨迹与外圆相切，此时轨迹半径最短如下图，那么有要使所有粒子都不能穿越磁场区域，必须满足代入数据得，即为所有粒子都不能穿越磁场的最大速度。9、答案：1 2解析：1根据题意得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，以表示粒子在P点的初速度，R表示做匀
23、速圆周运动的半径，那么由洛伦兹力提供向心力得：，由于粒子在点的速度垂直于它在P点时的速度。可知粒子由P点到点的轨迹正好为粒子做匀速圆周运动圆周的，故有： 。以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中运动的加速度大小，表示粒子在电场中由P点运动到点所经历的时间，因为粒子在电场中做的是类平抛运动，根据牛顿定律和匀加速直线运动公式得到： ，电场方向的位移为 ，垂直于电场方向的位移为： ，由以上各式可以解得： 。2因为粒子在磁场中由P点运动到点的轨迹为圆周，故运动所经历的时间为圆周运动周期T的，即有=T ，而粒子做匀速圆周运动的周期 ，由以上的和三式解得：，由两式解得，所以两种情况中粒子由P点运动到点所经历的时间之差为：=10、答案：1 2 3解析：1带电粒子由P到A的过程，由动能定理，有在A点的速度大小为2带电粒子在磁场B1和B2中均做圆周运动，运动轨迹如下图，、为三段圆弧所对的圆心。由得设为，在RtMN中，有，左边磁场宽度为3粒子在左边磁场中的两段圆弧所对应的圆心角为：在右边磁场中一段圆弧所对应的圆心角为：由于周期相同，故而左右两个磁场中的运动时间之比为用心 爱心 专心