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電荷及其守恒定律范文第1篇

關鍵詞：電磁學 場 能量守恒定律

電磁學理論是物理體系中的重要組成部分，電場的性質是對處于其中的電荷有力的作用，磁場的本質則是對處于其中的運動電荷有力的作用。因此我們在教學中往往是強調電場、磁場的方向及其中電荷所受的力，而忽視了場作為物質存在的一種普遍形式是具有能量的。如果將自然界的基本規律――能量守恒定律應用到電磁場之中，對一些電磁現象、定律的理解及一些電磁學題目的求解將起到事半功倍的效果。下面我們就一些實例來討論：

一、應用能量守恒定律驗證靜電場的電場線不相交

靜電場中的電場線是永不閉合的曲線，這一特點叫做靜電場的無旋性。靜電場的這一特點實際上是和電磁相互作用過程中的能量守恒聯系在一起的。如圖1所示，假設有一電場線閉合成為一個逆時針方向的圓周，我們就可以以該圓周的大小制作一個圓盤并使其邊緣帶電，例如帶正電，然后將圓盤放在該電場中。由于圓盤上每一個地方受到的電場力都沿著電力線的切線方向，對圓心的力矩都沿著逆時針方向，我們將會發現圓盤會加速轉動，動能不斷增加。這顯然違背了能量守恒定律，因此，靜電場的電場線是不能閉合的。

二、應用能量轉化和守恒定律推導法拉第電磁感應定律

在現行人教版高中物理課本中，講到關于法拉第電磁感應定律傳統的推導方法時，先是“法拉第在大量精確實驗的基礎上歸納得出”，直接提出感生電動勢的公式E=n ，而后在這個公式的基礎上提出動生電動勢E=Blv。這樣讓人較難理解，一是與前面知識結合不緊密，二是對這個公式只能采取死記硬背，效果也不太理想。如果用能量轉換和守恒定律來推導一下，可能效果就大不一樣。在如圖2所示的勻強磁場中，設磁感應強度為B，有一個矩形線框abcd放在這個磁場里，它的平面與磁感應線垂直，導線ab的長度為l，它在與磁感應線垂直的方向上以速度v向右運動。

設導線在t時間內，由原來位置ab移動到位置a′b′，則aa′=vΔt。要使導線ab在切割磁感應線的過程中能產生動生電動勢E，即其他形式的能通過導線ab做功轉化的電能為：W=qE=EIΔt。而要使導線能以穩定的速度v做切割磁感應線的運動，它必定受到平衡力的作用，就有：F =F 。

則外力對導線ab所做的功為：W=F S=F S=BIlvΔt。根據能量轉換和守恒定律：EIΔt=BIlvΔt，所以E=Blv。

三、應用能量守恒定律解釋愣次定律

1833年，愣次在總結大量實驗的基礎上，提出了一個判定電磁感應中感應電流方向的法則，即愣次定律。其內容如下：閉合回路中感應電流I的方向，是要使感應電流在回來所圍面積上產生的磁通量，去抵消或反抗引起感應電流的磁通量的變化。

考慮圖3所示的那樣一個實驗，一塊條形磁鐵穿過一個閉合線圈的過程。圖(a)是磁鐵向左運動靠近線圈的情況，由愣次定律可判斷線圈中感應電流的方向如圖所示。圖(b)是磁鐵已穿過線圈繼續向左運動的情況，同樣由愣次定律可判斷出線圈中感應電流I′的方向如圖。

下面我們就從能量守恒的角度來解釋上述現象。

在實驗中閉合線圈里有感生電流產生，于是線圈中應有能量釋放出來，如發出焦耳熱。應該考慮一下，這些能量究竟是從哪兒來的？看圖(a)，電磁感應在閉合線圈上產生的電流會形成一個磁矩，按右手螺旋法則，磁矩向右，即右邊是N極。線圈的N極會排斥磁鐵的N極，阻止它的相對運動。因而，要進行電磁感應，磁鐵就必須要克服斥力而做功，通過做功，磁鐵運動的機械能轉化為了電能。同樣圖(b)的過程中磁鐵也要克服引力做功，把機械能轉換為電能。可見電磁感應中釋放的能量并不是憑空而來的，而是其它能量如機械能轉換而來的。如果楞次定律不是感應電流的磁通量去反抗引起感應電流的磁通量的變化，而是支持這種變化，那么上述實驗中的一切都會倒過來，那物理學就會天下大亂了。試想在圖(a)中，我們只須給磁鐵一點很少的啟動能量使之向左運動，如果楞次定律反過來，那么磁鐵受到的就將是引力而不是斥力，它就會加速通過線圈，然后繼續加速向左運動。在左側安裝一個彈性壁使之反彈向左并繼續加速，然后反彈加速……這樣我們就能在磁鐵上獲得源源不絕的機械能，在線圈上獲得無窮無盡的電能，而我們卻沒有輸入任何能量。可見，楞次定律是能量守恒定律這個自然界的普遍法則在電磁感應中的體現。

四、應用能量守恒定律求解電磁學中的具體題目

我們看下面一道例題：在如圖4所示的裝置中，當不太長的條形磁鐵在閉合線圈內做振動時（）。

A． 振幅會逐漸增大B. 振幅會逐漸減小

C. 振幅不變D. 振幅先減小后增大

這道題目可以由愣次定律判斷每一種情況下磁鐵的受力方向，綜合各種情況得出振幅會逐漸減小的結論，即B選項，但是其過程比較繁瑣。下面我們從能量守恒的角度來判斷：當磁鐵通過線圈時，線圈會產生感應電流，隨即產生焦耳熱。由能量守恒定律可以判斷能量不會憑空產生，此題中焦耳熱必然由系統機械能轉化而來。當機械能減少時，簡諧振動系統的振幅必減小，同樣我們判斷出正確答案為B選項。從對比中可見，后一種解法條理清晰、簡潔明了，解題效率較高。

需要強調的是我們在應用電能、磁能時，應認識到電磁場的能量是儲存在場中而不是儲存在激發電磁場的電荷中。這一點我們可以簡潔地說明如下：現在人類已能探測到一百億光年以外星體的發光，光是電磁波即變化的電磁場。最初產生電磁場的那些電荷分布現在是否存在我們無從知道，但它產生的電磁場所依然存在，并能攜帶著能量來啟動我們的儀器使我們探測到它的存在，可見能量確實存在于場之中，電能就是電場的能量，磁能也就是磁場的能量。

本文列舉了幾個應用能量守恒定律處理電磁學問題的實例，強調了電磁場不僅僅是對處于其中的電荷有力的作用，作為物質存在的一種普遍形式具有物質性，自然界中最普遍的一種能量――電磁能的存在就是其物質性的體現。

參考文獻：

[1]賈起民，鄭永令，陳暨耀.電磁學(第二版).高等教育出版社，2001.

[2]郭奕玲，沈慧君.物理學史.清華大學出版社，1993.

[3]王興周，趙建芳.教與學整體設計.寧夏人民教育出版社，2007.

[4]袁運開.科學課程標準的特點和我們的認識[J].全球教育展望，2002，（2）.

電荷及其守恒定律范文第2篇

核心考點一 動量守恒定律

【知識和方法精講】

1.動量守恒定律：相互作用的幾個物體組成的系統，如果不受外力或它們所受外力的合力為零，則系統的總動量守恒.

2.碰撞過程的三個制約因素：

a.動量制約――動量守恒.由于碰撞過程同時具備了“相互作用力大”和“作用時間短”兩個特征，其他外力可忽略，取碰撞的兩個物體作為系統，滿足動量守恒定律.

b.動能制約――系統動能不增加.

c.運動制約――運動變化合理.

3.在物體發生相互作用時，伴隨著能量的轉化和轉移.相互作用的系統一定滿足能量守恒定律.若相互作用后有內能產生，則產生的內能等于系統損失的機械能.

4.動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化.即FΔt=mv2-mv1.

反映了力對時間的累積效應，是力在時間上的積累.動量定理為矢量方程，動量和沖量都是既有大小又有方向的物理量.

5.沖量：I=Ft.力隨時間變化圖象的面積表示該力的沖量.

【典例精析】

典例1 （2013•全國新課標理綜Ⅰ）在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d.現給A一初速度，使A與B發生彈性正碰，碰撞時間極短，當兩木塊都停止運動后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數均為μ，B的質量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度的大小.

解析：設在發生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2.在碰撞過程中，由能量守恒定律和動量守恒定律.得

12mv2=12mv21+12•2mv22

mv=mv1+2mv2

式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正.聯立解得：v1=-v2[]2.

設碰撞后A和B運動的距離分別為d1和d2，由動能定理得

μmgd1=12mv21

μ(2m)gd2=12•2mv22

按題意有：d=d1+d2.

設A的初速度大小為v0，由動能定理得

μmgd=12mv20-12mv2

聯立解得：v0=285μgd.

點評：本題以兩個相距一定距離的木塊碰撞切入，意在考查能量守恒定律和動量守恒定律、動能定理及其相關知識.

[TPj45.TIF;Z1，Y][TS(1][JZ][HT5"H]圖1[HT][TS）]

典例2 （2013•全國新課標理綜II）如圖1所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C，B的左側固定一輕彈簧（彈簧左側的擋板質量不計）.設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當AB速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動，假設B和C碰撞過程時間極短.求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：

（1）整個系統損失的機械能；

（2）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能.

解析：（1）從A開始壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對AB與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得

mv0=2mv1①

此時B與C發生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，系統損失的機械能為ΔE，對BC組成的系統，由動量守恒定律得

mv1=2mv2②

由能量守恒定律得

12mv21=12(2m)v22+ΔE③

聯立解得：ΔE=116mv20.

（2）由②式可知，v2＜v1，A將繼續壓縮彈簧，直至三者速度相同，設此時速度為v3，此時彈簧被壓縮到最短，其彈性勢能為Ep.由動量守恒定律得

mv0=3mv3

由能量守恒定律得

12mv20-ΔE=12(3m)v23+Ep

聯立解得：彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能Ep=1348mv20.

點評：本題以三個物體的碰撞切入，考查碰撞、彈性勢能、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關知識點，意在考查考生綜合運用知識解決問題的能力.

[TPj46.TIF;Z1，Y][TS(1][JZ][HT5"H]圖2[HT][TS）]

典例3 （2013•安徽理綜）一物體放在水平地面上，如圖2所示，已知物體所受水平拉力F隨時間的變化情況如圖3所示，物體相應的速度v隨時間的變化關系如圖4所示.求：

[TPj47.TIF，BP#][TS(1][JZ][HT5"H]圖3圖4[HT][TS）]

（1）0~8s時間內拉力的沖量；

（2）0~6s時間內物體的位移；

（3）0~10s時間內，物體克服摩擦力所做的功.

解析：（1）由圖3可知：I=F1Δt1+F2Δt2+F3Δt3=1×2N•s+3×4N•s+2×2N•s=18N•s.

（2）由圖4可知0~6s時間內物移為：x=6-22×3m=6m.

（3）由圖4可知，在6~8s時間內，物體做勻速運動，于是有摩擦力f=2N.

由圖4可知0~10s時間內物體的總位移為：x′=(8-6)+(10-2)2×3m=15m.

物體克服摩擦力所做的功：

W=fx′=2×15J=30J.

點評：此題以水平拉力F隨時間的變化圖象和物體相應的速度v隨時間的變化關系圖象給出解題信息，意在考查對圖象的理解、沖量、位移、功及其相關知識.

典例4 （2011•北京理綜）如圖5所示，用“碰撞試驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系.

[TPj48.TIF，BP][TS(1][JZ][HT5"H]圖5[HT][TS）]

①實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是，可以通過僅測量（填選項前的序號），間接地解決這個問題.

A.小球開始釋放高度h

B.小球拋出點距地面的高度H

C.小球做平拋運動的射程

②圖5中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影.實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜止于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復.

接下來要完成的必要步驟是(填選項的符號).

A.用天平測量兩個小球的質量m1、m2

B.測量小球m1開始釋放高度h

C.測量拋出點距地面的高度H

D．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N

E．測量平拋射程OM，ON

③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為（用②中測量的量表示）；

若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿足的表達式為（用②中測量的量表示）.

④經測定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖6所示.

[TPj49.TIF，BP][TS(][JZ][HT5"H]圖6[HT][TS）]

碰撞前、后m1的動量分別為p1與p′1，則p1∶p′1=∶11；若碰撞結束時m2的動量為p′2,則p′1∶p′2=11∶.

實驗結果說明，碰撞前、后總動量的比值p1p′1+p′2為.

⑤有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質，其他條件不變，可以使被撞小球做平拋運動的射程增大.請你用④中已知的數據，分析和計算出被撞小球m2平拋運動射程ON的最大值為cm.

解析：①由于本實驗的碰撞是在同一高度，在空中運動時間相同，因而根據小球做平拋運動的射程就可知道碰撞后速度的大小之比，所以選C.

②本實驗必須用天平測量兩個小球的質量m1、m2，分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N和測量平拋射程OM，ON，故選ADE.

③由于m1v1+m2v2=m1v,且v1=OM[]t，v2=ON[]t，v=OP[]t，所以m1•OM+m2•ON=m1•OP.若碰撞是彈性碰撞，機械能守恒，有1[]2m1v21+1[]2m2v22=1[]2m1v2,所以m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2.

④p1[]p′1=m1v1[]m1v′1=OP[]OM=44.80[]35.20=14[]11;

p′1[]p′2=m1v′1[]m2v′2=m1•OM[]m2•ON=45.0×35.20[]7.5×55.68=11[]2.9;

p1[]p′1+p′2=m1•OP[]m1•OM+m2•ON

=45.0×44.80[]45.0×35.20+7.5×55.68=1.007.

⑤當兩個球發生完全彈性碰撞時，被碰小球m2平拋運動射程ON有最大值.彈性碰撞動量守恒，m1v1+m2v2=m1v，機械能守恒，

1[]2m1v21+1[]2m2v22=1[]2m1v2，解得：v′2=2m1[]m1+m2v,

所以ONm=2m1[]m1+m2OP=2×45.0[]45.0+7.5×44.8cm=76.8cm.被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為76.8cm.

答案:①C ②ADE或DEA或DAE

③m1•OM+m2•ON=m1•OP

m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2

④14 2.9 1~1.007 ⑤76.8

點評:此題考查用碰撞實驗器驗證動量守恒定律實驗，綜合性強，能力要求高.

核心考點二 波粒二象性

【知識和方法精講】

1.普朗克1900年提出量子論，1905年愛因斯坦提出光子學說，成功解釋了光電效應實驗.任何一種金屬都有一個極限頻率，只有當入射光的頻率大于這個極限頻率才能發生光電效應.光電效應實驗表明光具有粒子性.光子能量公式E=hν，光電效應方程Ek=hν-W.

2.光的干涉、衍射實驗證明光具有波動性，麥克斯韋提出光是電磁波.

光電效應實驗、康普頓實驗都表明光具有粒子性.

光具有波粒二象性.個別光子的行為表現為粒子性，大量光子的作用效果表現為波動性；頻率越低的光，波動性越顯著，容易觀察到光的干涉和光的衍射現象；頻率越高的光，粒子性越顯著，貫穿本領越強.

3.德布羅意提出物質波：任何運動的物體，都有一種波與之對應.物質波的波長λ=h[]p=h[]mv.

【典例精析】

典例5 (2013•北京理綜)以往我們認識的光電效應是單光子光電效應，即一個電子在極短時間內只能吸收到一個光子而從金屬表面逸出.強激光的出現豐富了人們對于光電效應的認識，用強激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個電子在極短時間內吸收多個光子成為可能，從而形成多光子光電效應，這已被實驗證實.

[TPj50.TIF;%90%90，Y][TS(1][JZ][HT5"H]圖7[HT][TS）]

光電效應實驗裝置示意圖如圖7所示.用頻率為ν的普通光源照射陰極K，沒有發生光電效應，換同樣頻率為ν的強激光照射陰極K，則發生了光電效應；此時，若加上反向電壓U，即將陰極K接電源正極，陽極A接電源負極，在KA之間就形成了使光電子減速的電場，逐漸增大U，光電流會逐漸減小；當光電流恰好減小到零時，所加反向電壓U可能是下列的（）（其中W為逸出功，h為普朗克常量，e為電子電量）

A.U=hνe-We B.U=2hνe-We

C.U=2hν-WD.U=5hν2e-We

解析：設電子在極短時間內吸收n個光子，由光電效應方程可得：Ek=nhν-W，由動能定理，eU=Ek，聯立解得U=nhνe-We.n只能為大于1的整數，所以選項B正確ACD錯誤.

點評:此題以多光子光電效應切入，意在考查光電效應方程及其相關知識.

典例6 A、B兩種光子的能量之比為2∶1,它們都能使某種金屬發生光電效應,且所產生的光電子最大初動能分別為EA、EB.求A、B兩種光子的動量之比和該金屬的逸出功.

解析：光子能量E=hν，動量p=h[]λ，且ν=c[]λ，聯立解得：p=E[]c，則：pA∶pB=2∶1.A光照射時，光電子的最大初動能EkA=EA-W0,B光照射時，光電子的最大初動能EkB=EB-W0,聯立解得：W0=EA-2EB.

點評:此題以光電效應切入，意在考查光子能量、動量、光電效應方程及其相關知識.

核心考點三 原子結構和能級

【知識和方法精講】

1.湯姆孫通過對陰極射線的研究發現了電子；密立根通過著名的油滴實驗測出了電子電量，發現電荷是量子化的，即任何帶電體的電荷都是e的整數倍；盧瑟福根據α粒子的散射實驗結果提出了原子的核式結構模型；根據α粒子的散射實驗有關數據可確定原子核的數量級為10-15m.

2．原子只能處于一系列不連續的能量狀態中，在這些狀態中原子是穩定的.原子從一種定態躍遷到另一種定態時，它輻射（或吸收）一定頻率的光子，光子能量由這兩定態的能力差決定，即hν=E初-E末.根據玻爾的定態假設和能量量子化，可畫出能級圖，利用發射或吸收光子的能量等于兩能級能量值之差可求原子發射或吸收光子的頻率.

【典例精析】

[TPj52.TIF;Z1，Y][TS(1][JZ][HT5"H]圖8[HT][TS）]

典例7 如圖8所示，為氫原子能級示意圖的一部分，則氫原子（）

A．從n=4能級躍遷到n=3能級比從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出電磁波的波長長

B．從n=5能級躍遷到n=1能級比n=5能級躍遷到n=4能級輻射出電磁波的速度大

C．處于不同能級時，核外電子在各處出現的概率是一樣的

D．從高能級向低能級躍遷時，氫原子核一定向外放出能量

解析：由玻爾理論可知，從n=4能級躍遷到n=3能級比從n=3能級躍遷到n=2能級輻射出電磁波的波長長，選項A正確；輻射出電磁波的速度一樣大，選項B錯誤；處于不同能級時，核外電子在各處出現的概率是不一樣的，處于基態出現的概率最大，選項C錯誤；從高能級向低能級躍遷時，氫原子一定向外放出能量，并非氫原子核，選項D錯誤.

答案:A

點評:此題以氫原子能級示意圖切入，意在考查能級、玻爾理論及其相關知識.

核心考點四 原子核

【知識和方法精講】

1.原子核的組成：原子核由質子和中子組成.質子和中子統稱為核子.原子核的質量數等于原子核內的核子數；原子核內的質子數等于核電荷數，等于該元素的原子序數.

2.同位素：具有相同的質子數和不同中子數的原子互稱同位素.不穩定的同位素稱為放射性同位素.

3.天然放射性的發現說明原子核具有復雜結構.不穩定的原子核自發的放出某種粒子（α粒子和β粒子）轉變為新核的變化稱為原子核的衰變.

4.天然放射性元素能夠自發放出α射線、β射線、

SymbolgA@

射線.α射線是高速運動的氦核，穿透能力最弱，電離能力最強；β射線是高速運動的電子，穿透能力較強，電離能力較弱；

SymbolgA@

射線是頻率很高的電磁波，穿透能力最強，電離能力最小.

5.α衰變規律是質量數減少4，電荷數減少2；β衰變規律是電荷數增加1，質量數不變.

6.半衰期是反映原子核衰變快慢的物理量，放射性元素的原子核有半數發生衰變所需的時間叫作這種元素的半衰期.放射性元素衰變的快慢與元素所處的物理化學狀態無關.

7.原子核反應一般分為四類：原子核衰變（包括α衰變和β衰變）、原子核人工轉變、輕核聚變和重核裂變.原子核衰變自發進行，不受外界條件影響；原子核人工轉變是利用α粒子等轟擊原子核使其發生核反應產生新的原子核；輕核聚變是在高溫下進行的能夠釋放大量能量的核反應；重核裂變是利用中子轟擊重原子核使其發生裂變生成中等質量原子核的反應.核反應遵循質量數守恒和電荷數守恒.

8.質量虧損Δm等于核反應前原子核的總質量與核反應后原子核的總質量之差.根據愛因斯坦的質能方程，核反應釋放的核能ΔE=Δmc2.若質量虧損Δm以原子質量單位u作為單位，可利用1u可釋放能量931.5MeV，用ΔE=Δm×931.5MeV計算核反應釋放的核能.

【典例精析】

典例8 （2013•全國大綱版理綜）放射性元素氡（22286Rn）經α衰變成為釙21884Po，半衰期為3.8天；但勘測表明，經過漫長的地質年代后，目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn的礦石，其原因是（）

A．目前地殼中的22286Rn主要來自于其他放射元素的衰變

B．在地球形成的初期，地殼中元素22286Rn的含量足夠高

C．當衰變產物21884Po積累到一定量以后，21884Po的增加會減慢22286Rn的衰變進程

D．22286Rn主要存在于地球深處的礦石中，溫度和壓力改變了它的半衰期

解析：目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn的礦石，其原因是目前地殼中的22286Rn主要來自于其他放射元素的衰變，選項A正確.

點評：此題以地殼中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn的礦石切入，意在考查放射性衰變、半衰期及其相關知識.

典例9 （2013•山東理綜）恒星向外輻射的能量來自于其內部發生的各種熱核反應.當溫度達到108K時，可以發生“氦燃燒”.

①完成“氦燃燒”的核反應方程：42He+84Be+γ.

②84Be是一種不穩定的粒子，其半衰期為2.6×10-16s.一定質量的84Be，經7.8×10-16s后所剩84Be占開始時的.

解析：①由核反應滿足的質量數守恒和電荷數守恒可得“氦燃燒”的核反應方程：42He+42He84Be+γ.

②經7.8×10-16s即三個半衰期后所剩84Be占開始時的（1/2）3=1/8.

答案：42He 1/8或12.5%

點評：此題以恒星中的“氦燃燒”切入，意在考查核反應方程、半衰期及其相關知識.

典例10 太陽內部持續不斷地發生著4個質子(11H)聚變為1個氦核(42He)的熱核反應，核反應方程是411H42He+2X，這個核反應釋放出大量核能.已知質子、氦核、X的質量分別為m1、m2、m3，真空中的光速為c.方程中的X表示；這個核反應中質量虧損Δm=；這個核反應中釋放的核能ΔE=.

解析：由核反應方程遵循的規律可知方程中的X表示正電子01e；這個核反應中質量虧損Δm=4m1-m2-2m3；這個核反應中釋放的核能ΔE=Δmc2=(4m1-m2-2m3)c2.

答案：正電子01e；4m1-m2-2m3；(4m1-m2-2m3)c2.

點評：此題以太陽內部的熱核反應切入，主要考查熱核反應、質量虧損、質能方程等知識點，意在考查考生應用原子核相關知識分析解決問題的能力.

針對練習題

1.如果一個電子的德布羅意波長和一個中子的相等，則它們的也相等.

A．速度

B．動能

C．動量

D．總能量

2產生光電效應時，關于逸出光電子的最大初動能Ek，下列說法正確的是（）

A．對于同種金屬，Ek與照射光的強度無關

B．對于同種金屬，Ek與照射光的波長成反比

C．對于同種金屬，Ek與光照射的時間成正比

D．對于同種金屬，Ek與照射光的頻率呈線性關系

E．對于不同種金屬，若照射光頻率不變，Ek與金屬的逸出功呈線性關系

3．（2013•天津理綜）下列說法正確的是（）

A．原子核發生衰變時要遵守電荷守恒和質量守恒的規律

B.α射線、β射線、γ射線都是高速運動的帶電粒子流

C．氫原子從激發態向基態躍遷只能輻射特定頻率的光子

D．發生光電效應時光電子的動能只與入射光的強度有關

4．（2013•廣東理綜）鈾核裂變是核電站核能的重要來源，其中一種裂變反應式是23592U+10n14456Ba+8936Kr+10n，下列說法正確的有（）

A．上述裂變反應中伴隨著中子放出

B．鈾塊體積對鏈式反應的發生無影響

C．鈾核的鏈式反應可人工控制

D．鈾核的半衰期會受到環境溫度的影響

5.（2013•海南物理）原子核23290Th具有天然放射性，它經過若干次α衰變和β衰變后會變成新的原子核.下列原子核中，有三種是23290Th衰變過程中可以產生的，它們是

A．20482Pb

B．20382Pb

C．21684Po

D．22488Ra

E．22688Ra

F.22990Th

6．（2013•重慶理綜）鈾是常用的一種核燃料，若它的原子核發生了如下的裂變反應：23592U+10na+b+210n則a+b可能是（）

A．14054Xe+9336Kr

B．14156Ba+9236Kr

C．14156Ba+9338Sr

D．14054Xe+9438Sr

7.（2014•天津六校聯考）放射性元素每秒有一個原子核發生衰變時，其放射性活度即為1貝可勒爾.13153I是核電站中核反應的副產物，它可以衰變成13154Xe，半衰期為8天.福島核電站泄漏出的放射性物質中就含有13153I，當地政府在某次檢測中發現空氣樣品的13153I放射性活度為本國安全標準值的4倍.則一個13153I核中有個中子，13153I衰變成13154Xe時放出的粒子為粒子.至少經過天，該空氣樣品中13153I的放射性活度才會達到本國安全標準值.

[TPj55.TIF;Z1，Y][TS(1][JZ][HT5"H]圖9[HT][TS）]

8．（2013•海南物理）如圖9所示，光滑水平面上有三個物塊A、B和C，它們具有相同的質量，且位于同一直線上.開始時，三個物塊均靜止，先讓A以一定速度與B碰撞，碰后它們粘在一起，然后又一起與C碰撞并粘在一起，求前后兩次碰撞中損失的動能之比.

針對練習題答案

1.C

解析：根據德布羅意物質波公式，p=h/λ，如果一個電子的德布羅意波長和一個中子的波長相等，則它們的動量相等，選項C正確.

2.ADE

解析：根據光電效應規律，對于同種金屬，Ek與照射光的強度無關，Ek與光照射的時間無關，Ek與照射光的頻率呈線性關系，Ek與照射光的波長有關，但不是成反比，選項AD正確BC錯誤；對于不同種金屬，若照射光頻率不變，根據光電效應方程，Ek=hν-W，Ek與金屬的逸出功呈線性關系，選項E正確.

3．C

解析：原子核發生衰變時要遵守電荷守恒和質量數守恒的規律，衰變，放出能量，有質量虧損，質量不守恒，選項A錯誤.α射線、β射線都是高速運動的帶電粒子流，而γ射線是電磁波，選項B錯誤.根據波爾理論，氫原子從激發態向基態躍遷只能輻射特定頻率的光子，選項C正確.發生光電效應時光電子的動能與入射光的強度無關，只與入射光的頻率有關，選項D錯誤.

4．AC

解析：根據題給裂變反應方程，可知上述裂變反應中伴隨著中子放出，選項A正確；鈾塊體積對鏈式反應的發生有影響，只有鈾塊體積大于臨界體積時才能發生鏈式反應，選項B錯誤；鈾核的鏈式反應可人工控制，鈾核的半衰期不會受到環境溫度的影響，選項C正確D錯誤.

5.ACD

解析：20482Pb是23290Th經過(232-204)÷4=7次α衰變和6次β衰變后生產的，選項A正確；21684Po是23290Th經過(232-216)÷4=4次α衰變和2次β衰變后生產的，選項C正確；22488Ra是23290Th經過(232-224)÷4=2次α衰變和2次β衰變后生產的，選項D正確；

6.D

解析：由核反應遵循的質量數守恒可知a+b的質量數之和為234，由核反應遵循的電荷數守恒可知a+b的電荷數為92，所以a+b可能是14054Xe+9438Sr，選項D正確.

7.解析：13153I核中有中子數為131-53=78；13153I衰變成13154Xe時質量數不變，電荷數增加1，放出的粒子為β粒子.根據題述在某次檢測中發現空氣樣品的13153I放射性活度為本國安全標準值的4倍，說明放射性物質是安全值的4倍，需要經過2個半衰期即16天，放射性物質為原來的1/4，才能達到本國安全標準值.

8.解析：設三個物塊A、B、C的質量均為m，A與B碰撞前A的速度為v，碰撞后的共同速度為v1，AB與C碰撞后的共同速度為v2，由動量守恒定律得

mv=(m+m)v1

mv=(m+m+m)v2

設第一次碰撞中動能的損失為ΔE1，第二次碰撞中動能的損失為ΔE2，由能量守恒定律得

12mv2=12(m+m)v21+ΔE1

電荷及其守恒定律范文第3篇

1.電荷量：電荷的多少叫做電荷量.符號：Q 或q單位：庫侖符號：C.

2.元電荷：電子所帶的電荷量，用e表示，e =1.60×10-19 C.

友情提醒：所有帶電體的電荷量或者等于e，或者等于e的整數倍.電荷量是不能連續變化的物理量.最早由美國物理學家密立根測得比荷――電荷的電荷量q與其質量m的比值qm，符號：C/kg.

3.兩種電荷：正電荷和負電荷：把用絲綢摩擦過的玻璃棒所帶的電荷稱為正電荷，用正數表示.把用毛皮摩擦過的硬橡膠棒所帶的電荷稱為負電荷，用負數表示.

4. 電荷及其相互作用：同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引.

5.電荷守恒定律：①電荷既不能創造，也不能消滅，只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分.②一個與外界沒有電荷交換的系統，電荷的代數和總是保持不變.友情提醒：第一種表述是對物體帶電現象規律的總結，一個原來不帶電的物體通過某種方法可以帶電，原來帶電的物體也可以使它失去電性（電的中和），但其實質是電荷的轉移，電荷的數量并沒有減少.第二種表述則更具有廣泛性，涵

蓋了包括近代物理實驗發現的微觀粒子在變化中遵守的規律，近代物理實驗發現，由一個高能光子可以產生一個正電子和一個負電子，一對正負電子可同時湮滅，轉化為光子.在這種情況下，帶電粒子總是成對產生或湮滅，電荷的代數和不變，即正負電子的產生和湮滅與電荷守恒定律并不矛盾.

6.三種起電方式的區別和聯系

7.接觸起電的電荷分配原則

兩個完全相同的金屬球接觸后電荷會重新進行分配，如圖1所示. 電荷分配的原則是： 兩個完全相同的金屬球帶同種

電荷接觸后平分原來所帶電荷量的總和；帶異種電荷接觸后先中和再平分.

8.中性與中和：中性和中和是兩個完全不同的概念，中性是指原子或者物體所帶的正電荷和負電荷在數量上相等，對外不顯電性，表現為不帶電的狀態.可見，任何不帶電的物體，實際上其中都帶有等量的異種電荷；中和是指兩個帶等量異種電荷的物體，相互接觸時，由于正負電荷間的吸引作用，電荷發生轉移，最后都達到中性狀態的一個過程.

解題大秀場

1.元電荷

例1關于元電荷，下列說法中正確的是

A.元電荷實質上是指電子和質子本身

B.所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數倍

C.元電荷的值通常取作e=1.60×10-19 C

D.電荷量e的數值最早是由美國物理學家密立根用實驗測得的

解析選B、C、D.元電荷是最小電荷量單位，不是指具體的帶電體，所以A錯B對；由美國物理學家密立根測得電子的電量，故C、D對.

2.電荷間的相互作用規律

例2如圖2所示，a、b、c、d為四個帶電小球，兩球之間的作用分別為a吸d，b斥c，c斥a，d吸b，則

A.僅有兩個小球帶同種電荷

B.僅有三個小球帶同種電荷

C.c、d小球帶同種電荷

D.c、d小球帶異種電荷

解析選B、D.由a吸d，d吸b可知a與b帶同種電荷，且與d帶異種電荷；c斥a，b斥c可知c與a、b帶同種電荷，c與d帶異種電荷.故選B、D.

3.摩擦起電

例3關于摩擦起電現象，下列說法正確的是

A.摩擦起電現象使本來沒有電子和質子的物體中產生電子和質子

B.兩種不同材料的絕緣體互相摩擦后，同時帶上等量異種電荷

C.摩擦起電，可能是因為摩擦導致質子從一個物體轉移到了另一個物體而形成的

D.絲綢摩擦玻璃棒時，電子從玻璃棒上轉移到絲綢上，玻璃棒因質子數多于電子數而顯正電

解析選B、D.摩擦起電實質是由于兩個物體的原子核對核外電子的約束能力不相同，因而電子可以在物體間轉移.若一個物體失去電子，其質子數比電子數多，我們說它帶正電.若一個物體得到電子，其質子數比電子數少，我們說它帶負電.使物體帶電并不是創造出電荷.

4.感應起電

例4如圖3所示，有一帶正電的驗電器，當一金屬球A靠近驗電器的小球B（不接觸）時，驗電器的金箔張角減小，則

A.金屬球A可能不帶電

B.金屬球A可能帶負電

C.金屬球A可能帶正電

D.金屬球A一定帶正電

解析由題意可知驗電器是帶電的（因箔片有張角），當不帶電的金屬球A靠近驗電器的小球B時，由于感應起電，金屬球A會帶上異種電荷，因異種電荷相吸，所以驗電器上帶的電荷會更多的聚集到小球B上，箔片上聚集的電荷會減少，故張角減小，A項正確；當金屬球A帶負電時，同樣因異種電荷相吸，使得箔片上聚集的電荷減少，張角減小，B項正確.

答案A、B

5.接觸起電

例5半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有相等的電荷量，相隔一定的距離，今讓第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B接觸后移開.（1）若A、B兩球帶同種電荷，求接觸后兩球的電荷量之比.（2）若A、B兩球帶異種電荷，求接觸后兩球的電荷量之比.

解析（1）若A、B帶同種電荷，設電荷量為Q，第三個球與A接觸時，平分A的電荷量，A剩余電荷量為12Q.再與B接觸，平分二者之和.B最后帶電荷量為12Q+Q2=34Q，則最后A、B電荷量之比為12Q∶34Q=2∶3.

（2）若A、B帶異種電荷，設A帶電+Q，則最后A帶電+12Q，B最后帶電-Q+12Q2=-14Q，A、B最后電荷量之比為12Q∶14Q=2∶1.

答案（1）2∶3（2）2∶1

6.電荷守恒定律

例6有兩個完全相同的帶電絕緣金屬小球A、B，分別帶有電荷量為QA=6.4×10-9 C，QB=-3.2×10-9 C，讓兩絕緣金屬小球接觸，在接觸過程中，電子如何轉移并轉移了多少？

解析在接觸過程中，由于B球帶負電，其上多余的電子轉移到A球，這樣中和A球上的一部分電荷直至B球為中性不帶電，同時，由于A球上有凈余正電荷，B球上的電子會繼續轉移到A球，直至兩球帶上等量的正電荷.

在接觸過程中，電子由球B轉移到球A.接觸后兩小球各自的帶電荷量：

QA′=QB′=QA+QB2=6.4×10-9-3.3×10-92 C

=1.6×10-9 C.

共轉移的電子電荷量為

ΔQ=-QB+QB′=3.2×10-9 C+1.6×10-9 C

=4.8×10-9 C，

轉移的電子數

電荷及其守恒定律范文第4篇

1.通過建立理想化模型，培養學生的想象能力。例如：在教學“質點”這一概念時，我們可以首先通過研究物體的運動，使學生認識到：由于物體都有形狀和大小，要確定運動中的物體的位置及其變化，并非是一件容易的事情，從而給予學生一個明確的非建立一個物理模型不可的印象。然后，再從眾多的事例分析中，讓學生發現，在某些情況下由于物體的大小和形狀對我們所研究的現象產生的影響較小，可以忽略不計，以致能把它看做是一個無大小、無形狀的點，即質點。經過這樣的教學，不僅使學生掌握了“質點”這個概念。而且使學生學會了認識自然規律的最基本的方法，還培養了學生科學的想象能力。縱覽整個中學物理教材。不難發現可以采用這種方法進行教學的概念還有：剛體、理想流體、理想氣體、點電荷、電力線、光線等等。

2.通過物理公式的導出過程培養學生的想象能力。物理學是一門從科學實驗中發展起來的自然科學，它的每一個規律的建立都是以實驗為依據的，所以，我們在通過物理公式的導出過程中培養學生的想象能力的教學中，務必要注意兩個問題：其一，在由實驗得出必要的具體數據之后，要引導學生對這些數值進行認真細致地分析、研究，總結出它們的數值間的關系(這些關系一般反映了某一物理規律的某一個側面)；其二，引導學生通過科學的想象，把上述各個方面的關系按其內部聯系綜合出一個完整的、正確的物理規律(通常用數學語言加以描述)，例如：在推導“歐姆定律”的過程中，我們在認真測得一些數據之后，應提出如下幾個問題：①電阻不變時，電流強度與電壓的關系是怎樣的?②電壓不變時，電流強度與電阻的關系是怎樣的?③分析每一次測出的3個數據能得出什么樣的關系是怎樣的?④怎樣用字母符號表示這一關系?經過對上述四個問題的解答。學生一般能獨立地推導出歐姆定律的數學表達方式I=U/R。

3.通過對相關或相似的物理問題、物理概念、物理規律之間的比較。培養學生的想象能力和辯證思維能力，在教學中把規律性相同或相似的物理問題、物理概念、物理規律，運用類比的方法進行講解，既可消除學生中所存在的一些錯誤和模糊認識，又可以使學生通過聯想、比較，產生由此及彼、舉一反三、觸類旁通的效果。從而也能培養學生的想象能力，此外還有利于學生們的記憶。教學中我們發現，常用的歸類比較的做法主要應用在以下三個方面：

(1)對相關的物理問題進行比較。例如：交直流發電機(電動機)在機構原理上的比較；液體內部壓強的大小求法與計算物體重力勢能的比較；物體質量的計算與物體浸入在某液體時所受浮力大小計算的比較；幻燈機成像調節(或照相機成像調節)與放大鏡成像調節的比較；柴油機工作原理與汽油機工作原理的比較，等等。

(2)把表達形式相似而本質不同的概念進行比較。例如：質量與重量；密度與比重，力矩定義式與功的定義式；動量與功率，電源電壓與路端電壓：電勢與電勢差；靜電場與引力場，電勢能與重力勢能；質點與點電荷；電力線與磁力線；電壓與水壓等的比較。

(3)把表達形式或規律相似而本質不同的物理定律、公式進行比較；右手定則與左手定則的比較；動能(動量)定理與機械能(動量)守恒定律的比較；動量守恒定律與機械能守恒定律的比較，等等。

電荷及其守恒定律范文第5篇

1 把握一條線索

電場中有一條線索貫穿整章始終，這就是電場線。電場線是形象、粗略描述電場的一種方式，從它的分布情況可定性地分析場強的大小和方向、電場力的大小和方向、電勢的高低等，因此把握電場線及其特點是學好靜電場的關鍵。

電場線是一簇假想曲線，它常有以下幾個特點：①從正電荷出發，終止于負電荷；②電場線上某點的切線方向表示該點的場強方向；③電場線的疏密程度表示場強的強弱；④電場線不相交也不閉合，也不是客觀存在于電場中的線。

例1 如圖1所示，a、b、c是一條電場線上的三個點，電場線的方向由a到c，a、b間距離等于b、c間距離。用φa、φb和φc和Ea、Eb、Ec分別表示a、b、c三點的電勢和電場強度，可以判定（）

A.φa>φb>φc

B.φa-φb=φb-φc

C.Ea>Eb>Ec

D.Ea=Eb=Ec

解析 因為題中只已知一條電場線，無法知道電場線的疏密程度，所以電場強度的大小無法判斷；根據沿著電場線的方向是電勢降低最快的方向，可以判斷A選項正確。雖然a、b間距離等于b、c間距離，但只有在勻強電場中，沿場強方向相同距離的電勢差恒定，因此電勢差的大小也就無法判斷。故本題正確答案應為A。

2 掌握兩個定律

電場中有兩個基本定律，即電荷守恒定律和庫倉定律。電荷守恒定律是指電荷既不能被創造也不能被消滅，它只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分，系統的電荷代數和保持不變。庫倉定律是指真空中兩個點電荷間的作用力跟它們的電量成正比，跟它們之間的距離平方成反比，作用力的方向在它們的連線上，表達式F=kq1q2r2。這兩個定律是解決點電荷之間相互作用力問題的依據，在應用時要注意庫倉定律的適用條件和各物理量的對應性。

例2 已經證實，質子、中子都是由上夸克和下夸克的兩種夸克組成的，上夸克帶電為23e，下夸克帶電為-13e，e為電子所帶電量的大小，如果質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），試計算質子內相鄰兩個夸克之間的靜電力（庫倉力）。

解析 因為質子帶電為+e，所以由電荷守恒定律可知，它一定是由2個上夸克（電量為2×23e+）和1個下夸克（電量為-13e）組成的，即滿足2×23e+（-13e）=+e。

按題意可知，三個夸克必位于邊長為l的等邊三角形的三個頂點處，如圖1所示。這時上夸克與上夸克之間的靜電力應為：F1=k23e×23el2=49ke2l2

代入數值解得：F1=46N，并且為斥力。

上夸克與下夸克之間的靜電力為：F2=k13e×23el2=29ke2l2

代入數值可得：F2=23N，并且為引力。

3 理解三個概念

電場中的概念較多，但最基本、最重要應是電場強度（簡稱場強）、電勢和電勢能，這三個概念必須深刻理解。放入電場中某一點的電荷受到的電場力跟它的電量的比值，叫做這一點的電場強度，其定義式為E=Fq（q為試探電荷），電場強度是矢量，其方向與正電荷在該點受力方向相同。電場中某點的電勢，等于該點和所選零電勢間的電勢差，電勢是標量，具有相對性，所以與零電勢點的選取有關，一般取大地或無窮遠電勢為零。電勢能是指電荷在電場中由電荷和電場的相對位置所決定的能量，電勢能是標量，它同樣具有相對性，即電勢能的大小與電勢能的零點選取有關。

例3 如圖所示的是在一個電場中的a、b、c、d四個點分別引入檢驗電荷時，電荷所受的電場力F跟引入的電荷電量之間的函數關系。下列說法正確的是：（ ）

A.這電場是勻強電場

B.a、b、c、d四點的電場強度大小關系是Ed>Eb>Ea>Ec

C.這四點場強大小關系是Eb>Ea>EC>Ed

D.無法比較E值大小

解析 對某一點的場強，由F=Eq，可知F跟q的關系圖線是一條過原點的直線，該直線的斜率的大小即表示場強的大小，由些結合圖象可得出Ed>Eb>Ea>Ec，選項B正確。

例4 某靜電場沿x方向的電勢分布如圖3所示，則：（）

A.在0-x1之間不存在沿x方向的電場

B.在0-x1之間存在著沿x方向的勻強電場

C.在x1-x2之間存在著沿x方向的勻強電場

D.在x1-x2之間存在著沿x方向的非勻強電場

解析 根據電場線垂直于等勢線，沿電場線方向電勢降低，電場線的切線方向為電場強度方向等性質和結論，由圖3可看出0-x1之間電勢沒有變化，所以不存在沿x方向的電場，選項A正確、B錯誤。

由圖3看出x1-x2之間在x方向相等距離的電勢降落相等，即該區間為勻強電場，所以選項C正確、D錯誤。

4 明確四對關系

電場中必須明確以下四對重要關系：

（1）電勢差與電場強度的關系：在勻強電場中，任兩點間的電勢差等于電場強度與該兩點在場強方向上的距離的乘積，即U=Ed（其中d是兩點沿電場線方向上的距離）。

（2）電勢差與電場力做功的關系：電荷在電場中兩點間移動時，電場力所做的功跟移動電荷量的比值等于電勢差，即U=W/q

（3）電勢能的變化與電場力做功的關系：電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增加；且電場力做多少功，電勢能就變化多少，即W=Δε。

（4）平行板電容器的電容與極板間距離和正對面積的關系：平行板電容器的電容與極板間距離和正對面積的關系為C=εS4πkd。

例5 在勻強電場中，如圖4中所示分布著A、B、C三點。當把一個電量q=10-5C的正電荷從A沿AB線移到B時，電場力做功為零；從B移到C時，電場力做功為-1.73×10-3J。試判斷該電場的方向，算出場強的大小。

解析 將電荷由A移至B時電場力不做功，說明A、B兩點在同一等勢面上，又由于是勻強電場，等勢面為平面，故AB面為一等勢面；再由將正電荷由B移至C時克服電場力做功可知，C點電勢高于B點電勢，場強方向應垂直AB向下。

根據W=qU，可得UBC=WBCq=-1.73×10-310-5=-173V

又由勻強電場中場強與電勢差距關系E=U/d

可得：E=UBCd=1732×10-2×sin60°=1000V/m

例6 傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示是一種測定壓力的電容式傳感器，當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，可使膜片產生形變，引起電容的變化，將電容器、靈敏電流計和電源串聯成閉合電路，那么：（）

A.當F向上壓膜片電極時，電容將增大

B.當F向上壓膜片電極時，電容將減小

C.若電流計有示數，則壓力F發生變化

D.若電流計有示數，則壓力F不發生變化

解析 當F向上壓膜片電極時，減小了極板間距離d，電容C增大，所以選項A正確。若與之相連的電流計有示數，這表明有電荷的定向移動，說明電容器中有充、放電，所以電容發生了變化，可知壓力F發生變化，選項C也正確。

5 熟悉五種電場分布

熟悉以下幾種常見的電場分布，對有效提高解題速度、拓展思維的廣度等很有幫助，尤其要注意等量同（或異）種電荷的連線中垂線上的場強（在上圖中可直觀看出其定性分布特點）。

6 會處理帶電粒子在電場中的偏轉問題

如圖6所示，質量為m電荷量為q的帶電粒子以平行于極板的初速度v0射入長L板間距離為d的平行板電容器間，兩板間電壓為U，則射出時的側移y和偏轉角為θ：

（1）側移：y=12(Uqdm)(Lv0)=qUL22mv20d

千萬不要死記公式，要清楚物理過程。根據不同的已知條件，結論改用不同的表達形式（已知初速度、初動能、初動量或加速電壓等）。

（2）偏角：tanθ=vyv0=qULdmv20，注意到y=L2tanθ，說明穿出時刻的末速度的反向延長線與初速度延長線交點恰好在水平位移的中點。這一點和平拋運動的結論相同。

例8 如圖7所示的真空管中，質量為m，電量為e的電子從燈絲F發出，經過電壓U1加速后沿中心線射入相距為d的兩平行金屬板B、C間的勻強電場中，通過電場后打到熒光屏上，設B、C間電壓為U2，B、C板長為l1，平行金屬板右端到熒光屏的距離為l2，求：

（1）電子離開勻強電場時的速度與進入時速度間的夾角。

（2）電子打到熒光屏上的位置偏離屏中心距離。

解析 電子在真空管中的運動過分為三段，從F發出在電壓U1作用下的加速運動；進入平行金屬板B、C間的勻強電場中做類平拋運動；飛離勻強電場到熒光屏間的勻速直線運動。

（1）設電子經電壓U1加速后的速度為v1，根據動能定理有： eU1=12mv21

電子進入B、C間的勻強電場中，在水平方向以v1的速度做勻速直線運動，豎直方向受電場力的作用做初速度為零的加速運動，其加速度為：a=eEm=eU2dm

電子通過勻強電場的時間：t=l1v1

電子離開勻強電場時豎直方向的速度 vy為：vy=at=eU2l1mdv1

電子離開電場時速度 v2與進入電場時的速度v1夾角為α（如圖8）則：tgα=vyv1=eU2l1mdv21=U2l12U1d

所以解得：α=arctgU2l12U1d

（2）電子通過勻強電場時偏離中心線的位移：y1=12at2=12eU2dm?l21v21=U2l214U1d

電子離開電場后，做勻速直線運動射到熒光屏上，豎直方向的位移：y2=l2tgα=U2l1l22U1d

所以電子打到熒光屏上時，偏離中心線的距離為：y=y1+y2=U2l12U1d(l12+l2)