高中物理 第九节 测定电池的电动势和内阻预习学案 新人教版选修31.docx

1、高中物理 第九节 测定电池的电动势和内阻预习学案 新人教版选修312019-2020年高中物理 第九节 测定电池的电动势和内阻预习学案 新人教版选修3-1学习目标1、了解并掌握测定电池的电动势和内阻的原理和实验方法。2、学习用图象法处理实验数据。预习内容：测定电源电动势和内阻方案：方案1.测定电源的电动势和内阻的实验原理就是闭合电路欧姆定律，对于一个给定的电池，电动势和内阻是一定的，由闭合电路欧姆定律可以写出电源电动势E、内电阻r与路端电压U、电流I 的关系式，为 。根据这个关系式，你可以利用哪些实验器材来测定电源的电动势E和内电阻r？画出实验电路图。方案2.根据闭合电路欧姆定律，可以写出电源

2、电动势E、内电阻r与电路电流I 、电路外电阻R的关系式，为 。根据这个关系式，你可以利用哪些实验器材来测定电源的电动势E和内电阻r？画出实验电路图。方案3. 根据闭合电路欧姆定律，可以写出电源电动势E、内电阻r与路端电压U 、电路外电阻R的关系式，为 。根据这个关系式，你可以利用哪些实验器材来测定电源的电动势E和内电阻r？画出实验电路图。若采用方案1，处理数据的方法有两种，一种是公式法：若改变滑动变阻器的阻值，分别测得两组U、I值U1 、I1 、U2、I2代入公式E=U+Ir可求得E=_r=_（应多测几组数据求平均值）另一种是图像法，即做出电源的U-I图像，由图像求得E、r实验中应注意：（1）

3、应选用内阻大一些（用过一段时间）的旧干电池，在本实验中不要把电流调得过大，每次读完示数后立即断电。（2）在画U-I图象时，要使较多的点落在这条直线上，或使各点均匀分布在直线的两侧。个别偏离直线太远的点可舍去不予考虑。这样，就可以使偶然误差得到部分抵消，从而提高精确度。（3）干电池内阻较小时路端电压U的变化也较小，这时，在画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始（横坐标I必须从零开始）。但这时图线和横轴的交点不再是短路电流，不过直线斜率的大小照样还是电源的内电阻。巩固练习题1.在测定电池的电动势和内电阻的实验中，待测电池、开关和导线配合下列哪些仪器.可以达到测

4、定目的( )A.一只电流表和一只滑动变阻器 B.一只电流表和一只电压表C.一只电流表和一只电阻箱 D.一只电压表和一只电阻箱2.下面给出多种用伏安法测电池电动势和内电阻的数据处理方法，其中既减小偶然误差，又直观、简便的方法是 （ ）A测出两组I，U的数据，代入方程组E=U1+I1r和E=U2+I2r中，即可求出E和rB多测几组I，U的数据，求出几组E，r，最后分别求出其平均值C测出多组I，U的数据，画出UI图像，再根据图像求E，rD多测出几组I，U数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出开路时的路端电压即为电压势E，再用闭合电路欧姆定律求出内电阻r3.用电压表、电流表测定a、b两节干电池的电

5、动势Ea、Eb和内电阻ra、rb时，画出的图线如图所示，则( )A、.EaEb，rarb B、EaEb，rarb C、Earb D、EaEb，raRV2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为RA1、RA2，且RA1RA2，在实验中，为了使E、r的测量值更精确一些，选择的电表可以是（ ） A.V1与A1 B.V1与A2C.V2与A1 D.V2与A25. 在“用伏安法测电池的电动势和内电阻”的实验中，某同学按照正确实验方法测出几组数据，根据这些数据画出UI图线，如上右图所示，从这图线可以看出：电池的电动势E_V，内电阻r_6.在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，一位同学记录了6组数据(如下表

6、)。(1)根据数据选定下列供选用仪器，并按本实验要求在实物图中按所选规格连线： 干电池=15V)；直流电流表(O060A档，内阻O1)，(O300A档，内阻为O02)；直流电压表(O300V档，内阻5k)，(O150V档，内阻为25k)；滑动变阻器(O10)，允许最大电流为100A)； 滑动变阻器(O1000，允许最大电流060A)；开关一个，导线若干。电流表量程选_A，电压表量程选_V，滑动变阻器选_。(2)根据记录数据在图所示的坐标纸上作U-I图线，并根据图线求出E=_，r=_。2019-2020年高中物理 第九部分磁场竞赛讲座讲稿 新人教版第一讲 基本知识介绍磁场部分在奥赛考刚中的考点很

7、少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。一、磁场与安培力1、磁场a、永磁体、电流磁场磁现象的电本质b、磁感强度、磁通量c、稳恒电流的磁场*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I 、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB 。矢量式d= k，（d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k结合安培定则寻求方向亦可。其中 k = 1.0107N/A2 。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置

8、激发的磁感强度。毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B = 2k ；*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2kI ；*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2knI 。其中n为单位长度螺线管的匝数。2、安培力a、对直导体，矢量式为 = I；或表达为大小关系式 F = BILsin再结合“左手定则”解决方向问题（为B与L的夹角）。b、弯曲导体的安培力整体合力折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F1与NO段导体的安培力F2的合力为F，则F的大小为F = = BI = BI关于F的方向，由于FF2

9、PMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于PMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。证毕。由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）导体的内张力弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。c、匀强磁场对线圈的转矩如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转

10、动（并自动选择垂直B的中心轴OO，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为M = BIS几种情形的讨论增加匝数至N ，则 M = NBIS ；转轴平移，结论不变（证明从略）；线圈形状改变，结论不变（证明从略）；*磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转角，则M = BIScos ，如图9-3；证明：当 = 90时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcos才能产生力矩磁场B垂直OO轴相对线圈平面旋转角，则M = BIScos ，如图9-4。证明：当 = 90时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcos才能产生力矩说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，

11、认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。二、洛仑兹力1、概念与规律a、 = q，或展开为f = qvBsin再结合左、右手定则确定方向（其中为与的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。b、能量性质由于总垂直与确定的平面，故总垂直 ，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们

12、可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v1和导体运动v2的合运动，其合速度为v ，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f1 = qv1B的合力（见图9-5）。很显然，f1的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f1的正功和f2的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v1在105m/s数量级，而v2一般都在102m/s数量级以上，致使f1只是f的一个极小分量。）如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6

13、），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动a、时，匀速圆周运动，半径r = ，周期T = b、与成一般夹角时，做等螺距螺旋运动，半径r = ，螺距d = 这个结论的证明一般是将分解（过程从略）。但也

14、有一个问题，如果将分解（成垂直速度分量B2和平行速度分量B1 ，如图9-7所示），粒子的运动情形似乎就不一样了在垂直B2的平面内做圆周运动？其实，在图9-7中，B1平行v只是一种暂时的现象，一旦受B2的洛仑兹力作用，v改变方向后就不再平行B1了。当B1施加了洛仑兹力后，粒子的“圆周运动”就无法达成了。（而在分解v的处理中，这种局面是不会出现的。）3、磁聚焦a、结构：见图9-8，K和G分别为阴极和控制极，A为阳极加共轴限制膜片，螺线管提供匀强磁场。b、原理：由于控制极和共轴膜片的存在，电子进磁场的发散角极小，即速度和磁场的夹角极小，各粒子做螺旋运动时可以认为螺距彼此相等（半径可以不等），故所有粒

15、子会“聚焦”在荧光屏上的P点。4、回旋加速器a、结构&原理（注意加速时间应忽略）b、磁场与交变电场频率的关系因回旋周期T和交变电场周期T必相等，故 =c、最大速度 vmax = = 2Rf5、质谱仪速度选择器&粒子圆周运动，和高考要求相同。第二讲 典型例题解析一、磁场与安培力的计算【例题1】两根无限长的平行直导线a、b相距40cm，通过电流的大小都是3.0A，方向相反。试求位于两根导线之间且在两导线所在平面内的、与a导线相距10cm的P点的磁感强度。【解说】这是一个关于毕萨定律的简单应用。解题过程从略。【答案】大小为8.0106T ，方向在图9-9中垂直纸面向外。【例题2】半径为R ，通有电流

16、I的圆形线圈，放在磁感强度大小为B 、方向垂直线圈平面的匀强磁场中，求由于安培力而引起的线圈内张力。【解说】本题有两种解法。方法一：隔离一小段弧，对应圆心角 ，则弧长L = R 。因为 0（在图9-10中，为了说明问题，被夸大了），弧形导体可视为直导体，其受到的安培力F = BIL ，其两端受到的张力设为T ，则T的合力T = 2Tsin再根据平衡方程和极限= 0 ，即可求解T 。方法二：隔离线圈的一半，根据弯曲导体求安培力的定式和平衡方程即可求解【答案】BIR 。说明如果安培力不是背离圆心而是指向圆心，内张力的方向也随之反向，但大小不会变。学员思考如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋

17、转而成（磁场仍然是进去的），且已知单位长度的电量为、环的角速度、环的总质量为M ，其它条件不变，再求环的内张力。提示此时环的张力由两部分引起：安培力，离心力。前者的计算上面已经得出（此处I = = R），T1 = BR2 ；后者的计算必须应用图9-10的思想，只是F变成了离心力，方程 2T2 sin = M2R ，即T2 = 。答BR2 + 。【例题3】如图9-11所示，半径为R的圆形线圈共N匝，处在方向竖直的、磁感强度为B的匀强磁场中，线圈可绕其水平直径（绝缘）轴OO转动。一个质量为m的重物挂在线圈下部，当线圈通以恒定电流I后，求其静止时线圈平面和磁场方向的夹角。【解说】这是一个应用安培力矩

18、定式的简单问题，解题过程从略【答案】arctg 。二、带电粒子在匀强磁场中的运动【例题4】电子质量为m 、电量为q ，以初速度v0垂直磁场进入磁感强度为B的匀强磁场中。某时刻，电子第一次通过图9-12所示的P点，为已知量，试求：（1）电子从O到P经历的时间；（2）OP过程洛仑兹力的冲量。【解说】圆周运动的基本计算。解题过程从略。值得注意的是，洛仑兹力不是恒力，故冲量不能通过定义式去求，而应根据动量定理求解。【答案】（1） ；（2）2mv0sin 。【例题5】如图9-13所示，S是粒子源，只能在纸面上的360范围内发射速率相同、质量为m 、电量为q的电子。MN是一块足够大的挡板，与S相距= L

19、。它们处在磁感强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，试求：（1）要电子能到达挡板，其发射速度至少应为多大？（2）若发射速率为，则电子击打在挡板上的范围怎样？【解说】第一问甚简，电子能击打到挡板的临界情形是轨迹与挡板相切，此时 rmin = ；在第二问中，先求得r = L ，在考查各种方向的初速所对应的轨迹与挡板相交的“最远”点。值得注意的是，O点上方的最远点和下方的最远点并不是相对O点对称的。【答案】（1） ；（2）从图中O点上方距O点L处到O点下方距O点L处的范围内。【例题6】如图9-14甲所示，由加速电压为U的电子枪发射出的电子沿x方向射入匀强磁场，要使电子经过x下方距O为L且xOP

20、= 的P点，试讨论磁感应强度B的大小和方向的取值情况。【解说】以一般情形论：电子初速度v0与磁感应强度B成任意夹角 ，电子应做螺旋运动，半径为r = ，螺距为d = ，它们都由 、B决定（v0 =是固定不变的）。我们总可以找到适当的半径与螺距，使P点的位置满足L 、的要求。电子运动轨迹的三维展示如图9-14乙所示。如果P点处于（乙图中）螺线轨迹的P1位置，则 = ，B ；如果P点处于P2或P3位置，则 ，B与成一般夹角。对于前一种情形，求解并不难只要解L = kd（其中k = 1，2，3，）方程即可；而对后一种情形，要求出B的通解就难了，这里不做讨论。此外，还有一种特解，那就是当B时，这时的解

21、法和【例题4】就完全重合了。【答案】通解不定。当B时，B =（其中k = 1，2，3，）；当B时，B =。问题存疑两个特解能不能统一？三、带电粒子在电磁复合场中的运动一般考虑两种典型的复合情形：B和E平行，B和E垂直。对于前一种情形，如果v0和B（E）成角，可以将v0分解为v0和v0n ，则在n方向粒子做匀速圆周运动，在方向粒子做匀加速运动。所以，粒子的合运动是螺距递增（或递减）的螺线运动。对于后一种情形（垂直复合场），难度较大，必须起用动力学工具和能量（动量）工具共同求解。一般结论是，当v0和B垂直而和E成一般夹角时，粒子的轨迹是摆线（的周期性衔接）。【例题7】在三维直角坐标中，沿+z方向有

22、磁感强度为B的匀强磁场，沿z方向有电场强度为E的匀强电场。在原点O有一质量为m 、电量为q的粒子（不计重力）以正x方向、大小为v的初速度发射。试求粒子再过z轴的坐标与时间。【解说】过程甚简，粒子运动情形见图9-15。【答案】z = ，t = 。（其中k = 1，2，3，）【例题8】在相互垂直的匀强电、磁场中，E、B值已知，一个质量为m 、电量为+q的带电微粒（重力不计）无初速地释放，试定量寻求该粒子的运动规律。【解说】在相互垂直的电、磁场中，粒子受力的情形非常复杂，用运动的分解与合成的手段也有相当的困难，必须用到一些特殊的处理方法。鉴于粒子只能在垂直B的平面内运动，可以在该平面内建立如图9-1

23、6所示的直角坐标。在这个坐标中，从以下四个角度考查粒子运动的定量规律（1）电场方向的最大位移Y能量关系 qEY =m 在x方向上用动量定理，有t = mvP 且 = qB （注意 t = Y）解式可得 Y = （2）轨迹顶点P的曲率半径r在P点有动力学关系 qvPB qE = m ，而vP在第（1）问中已经求得。可解出：r = （3）垂直电场方向的“漂移”速度针对OP过程，y方向有动力学关系 = m即 qE = m ，即 qE qB= m 。而 = = 0所以 = *（4）粒子从O到P做经历的时间t解法一：摆线亦称旋轮线，是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹（如图9-17所示）。在本题

24、的E、B叠加场中，可以认为“轮子”的旋转是由洛仑兹力独立形成的。而从O到P的过程，轮子转动的圆心角应为，故对应时间为 t = 。解法二：参照摆线方程x = a（t sint）y = a（1 cost）得到 xP = a = = 。再根据 t = = /所以 t = 。【答案】略。【评说】在垂直复合场中，寻求能量关系比较容易，但动力学关系（或动量关系）只能启用平均的思想，这也是一种特殊的处理方法。四、束缚问题带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚，在电、磁场中的运动问题称为束缚问题。束缚问题涉及的受力情形复杂，且常常伴随边界条件的讨论，因此有更大的挑战性。【例题9】单摆的摆长为L ，摆球带电+q ，

25、放在匀强磁场中，球的摆动平面跟磁场垂直，最大摆角为 。为使其能正常摆动，磁场的磁感强度B值有何限制？【解说】这是第九届初试题，解题的关键所在是要分析清楚：小球“最有可能脱离圆弧”的点是否一定在最低点？下面的定量讨论完成之后，我们将会发现：这个答案是否定的。针对某个一般位置P ，设方位角（如图9-18所示），如果小球没有离开圆弧，可以列出动力学方程：T + qvB mgcos = m 从O到P过程，能量方程：mgL（cos cos）= mv2 小球不离开圆弧的条件是：T 0 解式易得 B 学员活动请求出函数 y = 的极小值解法备考：对于正数a 、b ，有 a + b 2而 y = = 3 +

26、考虑到 、的实际取值情况，3和均为正数，所以，y 2即 ymin = 2 磁感应强度取值的一般结论为：B 2 。但此结论还有讨论的空间因为极值点的条件是： = ，即 cos = cos 。显然，只有当cos 时（即最大摆角较大时），极值点才可取，上面的“一般结论”才成立；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。而当过小，cos 时，无解，极值点不可达，此时应寻求y = 函数（在定义域内）的最小值。这个最值的寻求相对复杂一些，具体过程如下广义的y虽然是先减后增，但它的自变量是而非 ，因是定值，故y也可以认为是随着cos的增大而先减后增，如图9-19所示。当极值点不可达时（图中虚线所示），图线应落在左 边的一段实线（因为过小，cos过大，理论极值点过大，cos达不到），函数为减函数。当cos最大时，y有最小值。所以，当cos = 1时（此时 = 0 ，小球在最低点），最小值 ymin = ；物理意义：小球“最有可能脱离圆弧”的点在最低点。【答案】当 arccos 时，B 2 ；当 arccos 时，B 。第九部分完