3．焦耳定律；电流通过一段只有电阻元件的电路时，在 t时间内的热量Q=I²Rt．

纯电阻电路中W＝UIt=U²t/R=I²Rt，P=UI=U²/R=I²R

非纯电阻电路W＝UIt，P=UI

2．电功率:电流做功的快慢,即电流通过一段电路电能转化成其它形式能对电流做功的总功率,P=UI

1．电功:电荷在电场中移动时,电场力做的功W＝UIt，

电流做功的过程是电能转化为其它形式的能的过程.

3、导体的伏安特性曲线:研究部分电路欧姆定律时,常画成I-U或U-I图象,对于线性元件伏安特性曲线是直线,对于非线性元件,伏安特性曲线是非线性的.

注意：①我们处理问题时，一般认为电阻为定值，不可由R=U/I认为电阻R随电压大而大，随电流大而小．

②I、U、R必须是对应关系．即I是过电阻的电流，U是电阻两端的电压．

[例1]来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流。已知质子电荷e=1.60×10^-19C。这束质子流每秒打到靶上的质子数为_________。假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n₁和n₂，则n₁∶n₂=_______。

解：按定义，

　　 由于各处电流相同，设这段长度为l，其中的质子数为n个，

则由。而

点评：解决该题的关键是：(1)正确把握电流强度的概念 I＝Q/t而 Q＝ne。所以n=Q/e=It/e,(2)质子源运动路程上的线密度与其瞬时速度成反比，因为I＝neSv，所以当电流I一定时，n与v成反比．

[例2]用某种金属制成粗细均匀的导线，通以一定大小的恒定电流，过一段时间后，导线升高的温度(　　　　　 )

A．跟导线的长度成正比　　　　　　　　 B．跟导线的长度成反比

C．跟导线的横截面积成正比　　　　　　 D．跟导线的横截面积成反比

解析：金属导线的电阻为R＝ρL／S，通电后产生的电热为Q＝I²Rt＝I²ρt／S．设金属导体升高的温度为ΔT，由热学知识可知导体需要的热量为 Q^／＝cmΔT＝ cρ_密 LSΔT．电流产生的全部热量均被导线所吸收，即：I²ρt／S＝cρ_密 LSΔT，ΔT＝I²ρt／cρ_密LS²，上式说明了 D选项正确．

[例3]试研究长度为l、横截面积为S，单位体积自由电子数为n的均匀导体中电流的流动，在导体两端加上电压U，于是导体中有匀强电场产生，在导体内移动的自由电子(-e)受匀强电场作用而加速.而和做热运动的阳离子碰撞而减速，这样边反复进行边向前移动，可以认为阻碍电子运动的阻力大小与电子移动的平均速度v成正比，其大小可以表示成kv(k是常数).

(1)电场力和碰撞的阻力相平衡时，导体中电子的速率v成为一定值，这时v为

A. 　　　　　　　　　　 　　　 B. 　　　C.　　 　　　　　　　　　　 D.

(2)设自由电子在导体中以一定速率v运动时，该导体中所流过的电流是___________.

(3)该导体电阻的大小为___________(用k、l、n、s、e表示).

[答案] 据题意可得kv=eE,其中E=,因此v=.据电流微观表达式I=neSv,可得I=，再由欧姆定律可知R=.

2、适用于金属导电体、电解液导体，不适用于空气导体和某些半导体器件．

1、导体中的电流I跟导体两端的电压成正比，跟它的电阻R成反比。 I=U/R

2、在匀强电场中的偏转

　 如图所示，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子沿平行于带电金属板以初速度v₀进入偏转电场，飞出电场时速度的方向改变角α。

　①知道在偏转电场中的两个分运动：垂直电场方向的匀速运动，v_x＝v₀，平行电场方向的初速度为零，加速度为Eq/m的匀加速直线运动

②偏向角tanα=qUL/mdv₀²

推导：在电场中运动的时间t＝L/v₀………①　　　　

　在电场中的加速度a＝qU/dm………②

飞出电场时竖直方向速度v_y＝at………③

　　　 偏转角的正切值tanα=v_y/v₀……………④　 由①②③④可得tanα=qUL/mdv₀²　

③飞出电场时，竖直方向位移y=½at²=qUL²/2mdv₀²

④经同一加速电场由静止加速的两个质量、电量均不同的粒子，进入同一偏转电场，飞出时偏转角相同U₀q=½mv ……①　 tanα=qUL/mdv₀²……②

由①②得tanα=UL/2dU₀　　 所以两粒子的偏转角相同与m与q无关．

　　 注意：这里的U与U₀不可约去，因为这是偏转电场的电压与加速电场的电压，二者不一定相等．

⑤沿速度v反方向延长交MN交于Q点，则QN＝L/2,　　 QN＝y/tanα=L/2

⑥粒子在电场中运动，一般不计粒子的重力，个别情况下需要计重力，题目中会说时或者有明显的暗示。

[例3]一带电粒子从静止经加速电压U₁的加速电场加速后进入板间距离为d，板间电势差为U₂的偏转电场，当它飞出偏转电场时，偏转角为θ，要使偏转角θ增大，则需要(　 )

A．使粒子的荷质比变大(q/m)　　 B．其它条件不变，只使U₁变大　　

C．其它条件不变，只使U₂变大　　　 D．其它条件不变，只使d变大

解析：这里是经加速电场加速后进入偏转电场tanα=U₂L/2dU₁

　　 所以这里与荷质比无关．所以A错．从tanα=U₂L/2dU₁可知： B错， C对， D错．　　 答案：c

点评：注意经加速电场加速的情况，应当注意从tanα=U₂L/2dU₁角度讨论问题．

[例5]长为l的平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电为十q、质量为m的带电粒子，以初速v₀紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30⁰角，如图所示．求：(1)粒子未速度的大小；(2)匀强电场的场强； (3)两板间的距离d．

解法一：由牛顿定律和运动学公式求解．

(1)由速度矢量图8-63所示，得粒子束速度v＝v₀／cos30⁰=2v₀／3

(2)粒子在电场中运动时间t＝l／v₀，粒子射出电场时沿场强方向的分速度v_y=v₀tan30⁰=v₀／3． 由v_y＝at有v₀／3=Eql/mv₀．则场强E＝mv/3ql．

(3)两板间距离 d=v_yt/2=L/6

解法二：(1)由动量定理和动能定理求解．v＝v₀／cos30⁰，t＝L/v₀．

　　 (2)由动量定理有　 qEt＝mv₀tan30⁰。E＝mv/3ql

　　 (3)由动能定理有　 qEd＝½mv²－½mv，d=L/6

　　 答案：(1)2v₀／3；(2)mv/3ql；(3)L/6

[例6]有三个质量相等，分别一带有正电，负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度V先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则正确的有(　　　 )

　　 A．粒子A带正电，B不带电，C带负电

　　 B．三个粒子在电场中运动时间相等

　　 C、三个粒子在电场中运动的加速度a_A＜a_B＜a_C

　　 D．三个粒子到这极板时动能E_A＞E_B＞E_C

解析：三粒子在水平方向上都为匀速运动，则它们在电场中的飞行时间关系为t_A＞t_B＞t_C 三粒子在竖直方向上有d/2=½at² 所以a_A＜a_B＜a_C，则A带正电，B不带电，C带负电． 再由动能定理知，三粒子到这极板时动能关系为E_A＜E_B＜E_C．　　 答案：AC

说明：通过以上几个题目，请体会带电粒子，飞出偏转电场；恰好飞出，没有飞出几种情况的处理方法是什么？

[例7]如图(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场，。现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t=0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v₀射入电场，忽略粒子的重力，，则下列关于粒子运动状况的表述中正确的是

　 A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复振动

B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动

C．只要周期T和电压U₀的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出；

　 D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出

　 解析：当 t＝0时，带电粒子飞入电场后，在垂直于板的方向上受到电场力的作用，做加速运动，若是粒子在T/2的时间内没有打在极板上，且没有飞出电场，那么在T／2-T的时间内，粒子做匀减速运动，粒子在这段时间内还没有打在极板上，同时还没有飞出电场，当t=T时，粒子沿电场方向的速度为零．在第二个周期内又将重复第一个周期的运动，……所以粒子在垂直于板的方向上的分运动不可能是往复振动，只能是单向运动．当粒子在周期T的整数倍时飞出电场时，它的速度方向是与板平行的，因为此时粒子沿电场方向(就是与板垂直方向)的速度刚好为零．由此可见选项B、C正确。

[点评]关键是分析带电粒子在电场力的作用下所作运动的特点：当电场力的方向发生变化时，带电粒子的加速度也发生了变化．当加速度方向与速度方向相同时，带电粒子作加速运动，加速度方向与速度方相反时，带电粒子做减速运动．

[例8]两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U₀的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t₀，电子所受重力不计，试求：

　　 ①电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值．

　　 ②侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．

[解析]①电子在t=2 nt₀(其中：n= 0、1、2、……)时刻进入电场，电子通过两极的侧向位移最大，在t＝(2n+l)t₀(其中n＝0、l、2、…)时刻进入电场电子通过两板侧向位移最小．电子侧向位移最大时，进入电场在沿电场线方向上作初速度为零的匀加速运动，再作匀速运动，后作初速度不为零的匀加速运动，各段运动的时间均为t₀；当电子侧向位移最小时，在电场线上只有在第二个t₀的时间开始作初速度为零的匀加速运动，在第三个t₀的时间作匀速运动．电子进入偏转电场后，在电场中的加速度均为a=eU_O／md,电子侧向最大位移为y_max= a t₀²／2+a t₀²+a t₀²+a t₀²／2＝3a t₀²＝3eU₀ t₀²／md。　 y_max=d／2

由以上两式解得y_max＝t₀ ； d＝2y_max＝2 t_{0　 ；}；电子侧向最小位移为y_min=a t₀²／2+a t₀²= y_max／2＝t₀　　　 y_min=d／4

②电子离开偏转电场时的动能等于加速电场和偏转电场电场力做功之和．当电子的侧向位移为最大时，电子在电场中加速(只有加速，电场力才做功)．运动的距离为y₁＝2 y_max ／3＝d／3，电子的侧向位移最小时，电子在电场中加速运动的距离为y₂＝y_min／3=d／12,侧向位移最大的电子动能为 E_kmax＝eU_O+eU_O· y₁／d＝4eU_O／3，侧向位移最小的电子动能为E_kmin= eU_O+eU_O·y₂／d＝13eU_O／12，故E_kmax∶E_kmin＝16∶13

点评：电子在电场中的分段运动分析清楚后，在电场中侧向位移是可求的，电子离开偏转电场时的动能则必须注意到电子进入两平行金属板后，在加速阶段有电场力对电子做功，在无电场时的匀速运动阶段没有电场力做功．

[例8]北京静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如下图所示。虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点(其横坐标为-x₀)时，速度与ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度v_y随位置坐标x变化的示意图是(　 D　 )

解析:电子在Y轴方向的分速度V_y变化的原因，应为Y方向上的电场力作用，给出ox轴上方的电场线示意图，注意电场线与等势线垂直如图所示，则x<0的范围，电场有沿Y轴负向的分量，电子先向Y轴负向获得分速度,A,C选项排除，经过Y轴后，电场有对电子向上的力作用，故V_y将减小，但在x方向上一直在加速，因此当其横坐标为+x时，电子并未回到与P点对称的位置，由功能关系知，V_y不会为零，因此选D.

[例9]下图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。

　　 已知两板间距d=0.1m,，板的长度L=0.5m,，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10^－5C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s²。

(1)左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？

(2)若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m,，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？

(3)设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。

解析：(1)左板带负电荷，右板带正电荷。

　　 依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足　　 　　　　<1>

　　 在水平方向上满足　　 　　<2>　　 <1><2>两式联立得　　

(2)根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足

(3)在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度。反弹高度　　

根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度　　 　　当时，　

[例10]20世纪50年代，物理学家发现了“电子偶素”。所谓“电子偶素”，实际上是指由一个负电子和一个正电子绕它们连线的中点旋转所形成的相对稳定的系统。已知正、负电子的质量均为m_e，带电荷电量均为e，静电力常量为k，普朗史常量为h。

(1)设“电子偶素”中正、负电子绕它们连线的中点做匀速圆周运动的轨道半径为r、运动速度为v，根据量子化理论上述物理量满足关系式：。试证明n=1时，正、负电子做匀速圆周运动的速率；

(2)已知“电子偶素”的能量为正、负电子运动的动能和系统的电势能之和。当正、负电子相距d时系统的电势能为试求n=1时，“电子偶素”的能量E₁。

解答：(1)设n=1时电子运转轨道半径为r₁，此时正负电子间库仑力 ①

　　 此库仑力作为向心力 ②　　 由题中量子化理论知n=1时　 　③

　　 联立①②③式证得　 　④

　 (2)由题意可知系统的电势能　 ⑤

　　 每个电子动能　 　⑥　　 系统的能量 E=2E_k+E_p　 ⑦

　　 联立①②③⑤⑥⑦式可得　 　⑧

带电粒子在电场中的运动与前面的带电物体在电场中的运动的不同点就是不考虑粒子的重力．带电粒子在电场中运动分两种情况：第一种是带电粒子垂直于电场方向进入电场，在沿电场力的方向上初速为零，作类似平抛运动．第二种情况是带电粒子沿电场线进入电场，作直线运动．

1、加速电场

　　 加速电压为U，带电粒子质量为m，带电量为q，假设从静止开始加速，则根据动能定理½mv²=Uq，所以离开电场时速度为v=．

3、平行板电容器问题的分析

一定要分清两种常见的变化：　　

⑴电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定(等于电源电动势)，这种情况下带

⑵充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下

[例10]平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器两极间的电压；W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　　 )

　　 A．U变小，E不变；　　 B．E变大，W变大；

　　 C．U变小，W不变；　 D．U不变，W不变；

解析：由极板间距离减小，知电容C增大；由充电后与电源断开，知带电量Q不变；由U＝Q/C可得极板间电压U减小．根据C=和U=Q/C得U＝．再由E=U/d得E＝．即E由Q/S决定．而Q及S都不变，所以E不变．(由上面的等式可以看出，在板间电介质不变的情况下．E由Q/S-一正对面积上的电荷密度决定，这个结论虽是由考纲外的公式推导出来的，但熟悉这个结论能对解决有关平行板电容器的问题带来方便．)因为E不变，P点与负极板间的距离不变，所以可知 P与负极板间的电压不变，即 P点的电势Up不变，那么正电荷的电势能 W＝qU_p 就不变． 答案：AC

说明：(1)记住凡与电源断开，意味着电量不变．在这种情况下板间距离变大时(正对面积不变)E不变．

　　 (2)当该题不是与电源断开而是始终与电源相接，则板间电势基不变；板下移使电容C变大，电量变大；场强E变大；电势能W变大．

[例11]有一电容器，带电量为10^－5C时，两板间电压为200V，如果使它带的电量再增加10^－6C，这时它的电容是　　　　　　　 F，两板间的电压是　　　 V．

解析：由C=Q/U可知C＝5×10^－8F

　　　 由C＝ΔQ/ΔUM可知 ΔU＝ΔQ/C＝10^－6/5×10^－8＝20 V

　　 U^/＝ U+ΔU=220 V

　 答案；5×10^－8F；220 V

[例12]如图所示，两极板各钻有一个小孔的平行板电容器，经充电后两极板分别带上了电量为Q的异种电荷。我们将一根串联着小灯泡、外表面绝缘的导线按图方式穿过两小孔连接成闭合回路，导线穿过的极板处为M、N。试想小灯泡会发光吗？

解析:平行板电容器的电场分布应该是如图所示的分布，并不是只分布在电容器内部。在图中，不仅闭合回路的M、N处于电场中，电容器外部的回路导线也处于电场中。由图中的电场分布可知，两部分导线中的自由电荷都会在电场力的作用下发生定向移动，导线中的负电荷往M处集中，正电荷往N处集中，而电容器两板之间的电势差为一定值，它与路径无关。由静电感应与静电平衡的知识可得，导线中的电场强度必定为零(电容器带电形成的电场与感应电荷形成的电场相叠加)，导线上在M、N之间会形成一个电势差，它与电容器两极板间的电势差等值但反向，所以在闭合回路中根本不会形成持续的电流，电灯当然不会亮，永动机是不存在的。

试题展示

　　　　　　 带电粒子在电场中的运动

规律方法　 一、带电物体在电场中的运动

带电物体(一般要考虑重力)在电场中受到除电场力以外的重力、弹力、摩擦力，由牛顿第二定律来确定其运动状态，所以这部分问题将涉及到力学中的动力学和运动学知识。

[例1]用长为 l的细线悬挂一质量为 m的带正电的小球于水平的匀强电场中，电场方向向右，如图所示．若小球所受到的电场力大小为重力的3／4倍，求：若从悬线竖直位置A点由静止开始释放小球，则①悬线对小球的最大拉力为多大？②该小球能上升的最大高度是多少？③若使小球在竖直面内做圆周运动，则小球在A点具有的最小速度是多大？

解析：小球受到的重力和电场力均为恒力，这两个力的合力由图可知F=5 mg／4，与竖直方向的夹角为θ，且tgθ＝3／4．可把小球看作是在与竖直方向的夹角为θ的恒力F的作用下作圆周运动，它类似于在重力作用下竖直面内的圆周运动，绳子在最低点受到的拉力最大，故小球在恒力F和绳子拉力的作用下作竖直面内的圆周运动，当绳子与竖直方向夹角为θ时，绳子拉力最大为T_m，T_m－F＝mv²／L，½mv²＝FL(l－cosθ)，T_m＝F+2 F(l－cosθ)＝(3－2cosθ)5mg／4＝1．75 mg ，小球运动到绳子与竖直方向成θ角时速度最大，由运动的对称性．可知小球能达到的最大高度就是绳子与竖直方向的夹角为2θ处，小球上升的最大高度为H，H＝L(l一cos2θ)＝L(l一cos²θ+sin²θ)=0． 72L。小球若在竖直面内作圆周运动，则在绳子拉力最大处直径的另一端点时所具有的最小速度是力　 F提供的向心力，即 F＝mv²／L=5mg／4，½mv²= 5mgL／8=½ mv_A²－　 FL(l+cosθ)　　

5 mgL／8=½ mv_A²－( l+cosθ)L·5 mg／4，解得v_A=／2

[点评]本题是将电场力和重力的合力F等效为重力在竖直面内作圆周运动的情况来处理，使求解过程简便，其前提条件是电场力和重力均为恒力，才可以这样处理。

[例2]如图所示，BC是半径为R的1/4圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.今有一质量为m、带正电q的小滑块(体积很小可视为质点)，从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：

(1)滑块通过B点时的速度大小；

(2)水平轨道上A,B两点之间的距离。

解析:(1)小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为v_B，

根据动能定理有：mgR一qER=½mv_B²一0,解得

(2)小-滑块在AB轨道上运动中，所受摩擦力为f=μmg.

小滑块从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功。设小滑块在水平轨道上运动的距离(即A,B两点间的距离)为L，则根据功能定理有：mgR一qE(R+L)一μmgL＝0一0,解得

2、静电感应与静电平衡

[例8]如图所示，绝缘导体A带正电，导体不带电，由于静电感应，使导体B的M端带上负电，而N端则带等量的正电荷.

(1)用导线连接M、N，导线中有无电流流过？

(2)若将M、N分别用导线与大地相连，导线中有无电流流过？方向如何？

解析：A为带正电的场源电荷，由正电荷即形成的电场的电势分布可知：U_A＞U_B＞U_地，其中，B是电场中处于静电平衡的导体.U_M=U_N=U_B.当用导线在不同位置间连接时，电流定由高电势流向低电势，而在电势相等的两点间连接时，则导线中无电流通过.所以：

(1)因为U_M=U_N，故导线中无电流.

(2)因为U_M=U_N=U_B＞U_地，所以无论用导线将M还是N与大地相连，电流均由导体B流向大地.

[例9]目前国家环保局统一规定常规大气监测的项目是：二氧化硫，氮氧化物，悬浮颗粒三种大气污染物，其中，在对悬浮颗粒的治理方法中有一种为静电除尘法，其依据的物理原理是让带电的物质微粒在　　 力

作用下，几乎都奔向并吸附在　　　　　　 上，如图即为静电除尘器的示意图．除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成,A接到　　　　 ,B接到　　　　 ．A,B之间形成很强的电场，而且距B越近电场越强,B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，正离子跑到B上得到电子变成　　　　　　　 ．电子奔向正极A的过程中，遇到烟气中的悬浮颗粒，使悬浮颗粒带　　　　　　 电，吸附到A上，排出的气体就清洁了．

答案：电场　 电极　 高压电源正极　 高压电源负极　 空气分子　 负