2019年高考物理二輪復習十大熱門考點專項突破 專題07 帶電粒子在復合場中的運動練習.doc

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專題07 帶電粒子在復合場中的運動 熱點分析 帶電粒子在復合場中的運動是歷年高考壓軸題的首選，常以帶電粒子的運動為主線，與力的平衡、圓周運動、類平拋運動等結合命題，在近幾年高考中考查組合場的頻率很高． (1)在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動. (2)帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理. (3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口. 經典例題 例1、如圖7所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L＝0.4 m，兩板間距離d＝410－3 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央，已知微粒質量為m＝410－5 kg，電荷量q＝＋110－8 C，g＝10 m/s2。求： 圖7 (1)微粒入射速度v0為多少？ (2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上極板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？ 【名師解析】(1)開關S閉合前，由＝v0t，＝gt2可解得 v0＝＝10 m/s。 答案　(1)10 m/s　(2)與負極相連，120 V ≤U≤200 V 例2（2018四川四市二診）如圖所示，在豎直平面內xOy坐標系的第一、二象限內有沿x軸正方向的勻強電場，第三、四象限內有沿y軸負方向的勻強電場．長度為L的絕緣輕質細線一端固定在O點，另一端系質量為m、電荷量為＋q的小球，小球恰能繞O點做完整的圓周運動。軌跡與y軸負半軸交于A點，距地面高度為L，重力加速度為g，四個象限內勻強電場的場強大小都是E＝，不計阻力，運動過程中電荷量保持不變。 （1）求小球做圓周運動過程中的最小速度； （2）小球運動到A點，剪斷細線，求小球落地點與A點間的水平距離。 即小球在圓周上與O點連線夾角為45的C點時速度最小，設最小速度為vc，則 F＝（1分） 解得： （1分） 例3如圖所示，在xoy平面內，以O1（0，R）為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內有垂直平面向里的勻強磁場B1，x軸下方有一直線ab，ab與x軸相距為d，x軸與直線ab間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場E，在ab的下方有一平行于x軸的感光板MN，ab與MN間區(qū)域有垂直于紙平面向外的勻強磁場B2．在0≤y≤2R的區(qū)域內，質量為m、電荷量為e的電子從任何位置從圓形區(qū)域的左側沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域，經過磁場B1偏轉后都經過O點，然后進入x軸下方．已知x軸與直線ab間勻強電場場強大小，ab與MN間磁場磁感應強度．不計電子重力． （1）求圓形區(qū)域內磁場磁感應強度B1的大??？ （2）若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都不能打在感光板MN上，MN與ab板間的最小距離h1是多大？（3）若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都能打在感光板MN上，MN與ab板間的最大距離h2是多大？當MN與ab板間的距離最大距離h2時，求電子打到MN板上的位置到y(tǒng)軸的最遠距離s． 【參考答案】(1) (2) （3） （2）設電子經電場加速后到達ab時速度大小為v，電子在ab與MN間磁場做勻速圓周運動的軌道半徑為，沿x軸負方向射入電場的電子離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成θ角，則有： ，， 如果電子在O點以速度沿x軸負方向射入電場，經電場和磁場偏轉后，不能打在感光板上，則所有電子都不能打在感光板上，軌跡如圖： 則感光板與ab間的最小距離為： 聯(lián)立得到：，，，； （3）如果電子在O點以速度沿x軸正方向射入電場，經電場和磁場偏轉后，能打在感光板上，則所有電子都能打在感光板上，軌跡如圖： 則感光板與ab間的最大距離為，解得， 點睛：本題考查了帶電粒子在磁場、電場中的運動，關鍵作出粒子的運動軌跡，結合臨界狀態(tài)，根據半徑公式、周期公式以及幾何關系綜合求解。 例4（2016廣州二模）如圖，矩形abcd區(qū)域有磁感應強度為B的勻強磁場，ab邊長為3L，bc邊足夠長。厚度不計的擋板MN長為5L，平行bc邊放置在磁場中，與bc邊相距L，左端與ab邊也相距L。質量為m、電荷量為e的電子，由靜止開始經電場加速后沿ab邊進入磁場區(qū)域。電子與擋板碰撞后完全被吸收并導走。 （1）如果加速電壓控制在一定范圍內，能保證在這個電壓范圍內加速的電子進入磁場后在磁場中運動時間都相同。求這個加速電壓U的范圍。 （2）調節(jié)加速電壓，使電子能落在擋板上表面，求電子落在擋板上表面的最大寬度。 【名師解析】（1）只要電子從ad邊離開磁場，其運動的軌跡為半圓，運動時間相同，都為，當電子與擋板下表面相切時軌跡的半徑r1=2L，圓心為O1，如圖所示，要使電子在磁場中的運動時間相等，必須滿足：① 若電子恰好繞過擋板最右端從ad邊離開磁場，設其軌跡的半徑為r2 ，由幾何關系有： ⑤ 解得：⑥，即電子將從bc邊出去了，即電子不可能繞過擋板最右端N點從ad邊離開磁場。所以，使電子在磁場中運動時間相同的電壓的取值范圍是： ⑦ （ii）電子不能從bc邊射出，設電子軌跡與bc邊相切時的半徑為r4圓心為O4，打在上板的D點。則有： r4=3L⑩ 所以： 例5如圖所示，xOy平面的第Ⅱ象限內有垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出)，有一質量為m、電荷量為＋q的a粒子從x軸上坐標為(－l,0)的A點以速度v0，沿與x軸正向成θ＝60的方向射入第Ⅱ象限，經磁場偏轉后，從y軸上的坐標為(0，l)的P點垂直于y軸射入第Ⅰ象限，y軸和垂直于x軸的虛線之間有沿y軸負方向的勻強電場，a粒子將從虛線與x軸交點Q進入第Ⅳ象限，Q點橫坐標xQ＝2l，虛線右側有垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小與第Ⅱ象限勻強磁場相同(不計粒子的重力)． (1)求第Ⅱ象限勻強磁場的方向及磁感應強度的大小B； (2)求勻強電場的電場強度的大小E； (3)如在a粒子剛進入第Ⅱ象限的同時，有另一質量為m、電荷量為－q的b粒子，從y軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場，a、b粒子將發(fā)生迎面正碰，求M點縱坐標yM以及相碰點N的橫坐標xN和縱坐標yN. (2)粒子在電場中做類平拋運動，則加速度a＝ 2l＝v0t l＝at2 解得：E＝ (3)b粒子與a粒子在電場中運動情況相同，只是向上偏轉，兩粒子在右側磁場中迎面相碰，b粒子應在a粒子飛出右側磁場的位置飛入磁場，設a粒子飛出電場時的速度為v，則： qEl＝mv2－mv，解得v＝v0 設速度v與x軸正方向夾角為α，則vcosα＝v0，解得α＝ b粒子在磁場中運動時有qvB′＝m，由已知條件易知B′＝B，解得r2＝l 設b粒子飛入右側磁場時的縱坐標為yb，則yb＝2r2cosα＝4l 所以M點縱坐標yM＝y(tǒng)b－yP＝3l a粒子在第Ⅱ象限磁場中轉過的圓心角為θ＝，兩粒子在電場中運動時間相同，所以a粒子進入磁場時，b粒子已轉過的圓心角為θ，a、b粒子再各轉動時相遇．設相碰點與圓心的連線與x軸正方向所成角為φ，由分析可知φ＝ 例6如圖所示，有一平行板電容器左邊緣在y軸上，下極板與x軸重合，兩極板間勻強電場的場強為E。一電荷量為q，質量為m的帶電粒子，從O點與x軸成θ角斜向上射入極板間，粒子經過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器，立即進入一磁感應強度為B的圓形磁場的一部分(磁場分布在電容器的右側且未畫出)，隨后從c點垂直穿過x軸離開磁場。已知粒子在O點的初速度大小為v＝，∠acO＝45，cos θ＝，磁場方向垂直于坐標平面向外，磁場與電容器不重合，帶電粒子重力不計，試求： (1)K極板所帶電荷的電性； (2)粒子經過c點時的速度大??； (3)圓形磁場區(qū)域的最小面積。 (3)粒子在磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示，a、c為兩個切點。 洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律可知：qvcB＝m 可得軌跡半徑R＝＝ 粒子飛出電容器立即進入圓形磁場且磁場與電容器不重合，圓形磁場必與電容器右邊界ab切于a點，還需保證c點也在磁場中，當圓形磁場與bc切于c點時磁場面積最小，此時磁場半徑與軌跡半徑相等。 磁場最小面積S＝πR2＝。 例7．一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 （1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； （2）求該粒子從M點射入時速度的大?。? （3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。 【參考答案】（1）軌跡圖如圖所示： （2） （3） ; （1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱） （2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場方向的分量為v1，根據牛頓第二定律有 qE=ma ① 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有 v1=at ② ③ ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 ⑤ 由幾何關系得 ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ⑦ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， ? 由③⑦⑨⑩?式得 ? 故本題答案是：（1）軌跡圖如圖所示： （2） （3） ; 例8(2014浙江)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)，某種推進器設計的簡化原理如圖17-2-1所示，截面半徑為R的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。I為電離區(qū)，將氙氣電離獲得1價正離子；II為加速區(qū)，長度為L，兩端加有電壓，形成軸向的勻強電場。I區(qū)產生的正離子以接近0的初速度進入II區(qū)，被加速后以速度vM從右側噴出。 I區(qū)內有軸向的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在離軸線R/2處的C點持續(xù)射出一定速度范圍的電子。假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動，截面如圖17-2-2所示（從左向右看）。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成α角（0<α<90?）。推進器工作時，向I區(qū)注入稀薄的氙氣。電子使氙氣電離的最小速度為v0，電子在I區(qū)內不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大，電離效果越好。已知離子質量為M；電子質量為m，電量為e。（電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞）。 （1） 求II區(qū)的加速電壓及離子的加速度大??； （2） 為取得好的電離效果，請判斷I區(qū)中的磁場方向（按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”）； （3） α為90時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v的范圍； （4） 要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與α角的關系。 （2）由右手定則可判斷出磁場方向應垂直于紙面向外。 （4）如圖所示，OA=R-r，OC=R/2，AC=r 在△OAC中，由余弦定理得，(R-r)2=r2+R2/4-2rR/2sinα 解得：r= 由⑥⑨解得，. 注解：畫出軌跡示意圖，由圖中的幾何關系，利用相關知識得出軌道半徑r。 例9（2017年10月浙江十校聯(lián)盟聯(lián)考）（16分）如圖所示，兩水平放置的平行金屬板a、b，板長L＝0.2 m，板間距d＝0.2 m．兩金屬板間加如圖甲所示的電壓U， 忽略電場的邊緣效應．在金屬板右側有一磁場區(qū)域，其左右總寬度s＝0.4 m，上下范圍足夠大，磁場邊界MN和PQ均與金屬板垂直，磁場區(qū)域被等寬地劃分為n（正整數）個豎直區(qū)間，磁感應強度大小均為B＝510-3T，方向從左向右為垂直紙面向外、向內、向外……．在極板左端有一粒子源，不斷地向右沿著與兩板等距的水平線OO′發(fā)射比荷q/m＝1108C/kg、初速度為v0＝2105m/s的帶正電粒子。忽略粒子重力以及它們之間的相互作用． （1）當取U何值時，帶電粒子射出電場時的速度偏向角最大； （2）若n=1，即只有一個磁場區(qū)間，其方向垂直紙面向外，則當電壓由0連續(xù)增大到U過程中帶電粒子射出磁場時與邊界PQ相交的區(qū)域的寬度； （3）若n趨向無窮大，則偏離電場的帶電粒子在磁場中運動的時間t為多少？ 【命題意圖】本題考查帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動、牛頓運動定律、洛倫茲力及其相關的物理知識，意在考查綜合運用相關知識分析解決相關實際問題的能力。 解得：U=400V<500V 當U取400V時，帶電粒子射出電場時的速度偏向角最大 （2分） 兩粒子周期相同，則在磁場中運動的時間差t== （1分） （3）考慮粒子以一般情況入射到磁場，速度為v，偏向角為θ，當n趨于無窮大時，運動軌跡趨于一條沿入射速度方向的直線（漸近線）．又因為速度大小不變，因此磁場中運動可以等效視為勻速直線運動． 軌跡長度為：，運動速率為： 時間為：代入數據解得 （3分） 例10.如圖甲所示，ABCD是一長方形有界勻強磁場邊界，磁感應強度按圖乙規(guī)律變化，取垂直紙面向外為磁場的正方向，圖中AB＝AD＝L，一質量為m、所帶電荷量為q的帶正電粒子以速度v0在t＝0時從A點沿AB方向垂直磁場射入，粒子重力不計。 (1)若粒子經時間t＝T0恰好垂直打在CD上，求磁場的磁感應強度B0和粒子運動中的加速度a的大小。 (2)若要使粒子恰能沿DC方向通過C點，求磁場的磁感應強度B0的大小及磁場變化的周期T0。 聯(lián)立解得B0＝ 粒子做圓周運動的加速度大小為a＝＝。 (2)由題意可知粒子每經過一周期，其末速度方向與初速度方向相同，其部分軌跡如圖所示，粒子從A到C經歷的時間為磁場變化周期的整數(n)倍 即AB方向有L＝2nRsin θ AD方向有L＝2nR(1－cos θ) 聯(lián)立得cos θ＝，cos θ＝1(舍去) 即θ＝60，R＝ 例11（2014山東）如圖16-5甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，一質量為m、帶電量為q的粒子（不計重力），以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時，可使t=0時刻入射的粒子經△t時間恰能垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述m、q、d、v0為已知量。 （1）若△t =TB，求B0； （2）若△t =TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大??； （3）若，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 【名師解析】根據題述，可使t=0時刻入射的粒子經△t時間恰能垂直打在P板上，結合各小題條件，列出相關方程解答。 （2）設粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得 a= 據題意由幾何關系得：3R2=d。 聯(lián)立解得：a=. 聯(lián)立解得： d=4 R。 粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，連線與水平方向的夾角為，在每個TB時間內，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求：0<θ<π/2。由題意可知： T= 設經歷完整TB的個數為n（n=0,1,2,3，） 若在A點擊中P板，據題意由幾何關系得：R+2(R+Rsinθ)n=d 當n=0時，無解。 當n=1時，解得sinθ=0.5，θ=。 聯(lián)立解得：TB=。 當n≥2時，不滿足0<θ<90的要求。 若在B點擊中P板，據題意由幾何關系得：R+2 Rsinθ+2(R+Rsinθ)n=d 當n=0時，無解。 當n=1時，解得sinθ=，θ=arcsin()。 聯(lián)立解得：TB=[+ arcsin()]。 當n≥2時，不滿足0<θ<90的要求。 練兵場 1.如圖所示，在xOy平面內，有一電子源持續(xù)不斷地沿x正方向每秒發(fā)射出N個速率均為v的電子，形成寬為2b、在y軸方向均勻分布且關于x軸對稱的電子流．電子流沿x方向射入一個半徑為R、中心位于原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直xOy平面向里，電子經過磁場偏轉后均從P點射出．在磁場區(qū)域的正下方有一對平行于x軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點的距離為d，中間開有寬度為2l且關于y軸對稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負、大小均可調的電壓UAK.穿過K板小孔到達A板的所有電子被收集且導出，從而形成電流．已知b＝R，d＝l，電子質量為m，電荷量為e，忽略電子間相互作用． (1)求磁感應強度B的大??； (2)求電子流從P點射出時與負y軸方向的夾角θ的范圍； (3)當UAK＝0時，每秒經過極板K上的小孔到達極板A的電子數； (4)畫出電流i隨UAK變化的關系曲線． 2.如圖甲所示，在xOy平面的第三象限內有一個粒子發(fā)射裝置S，它可以向第一象限0～90范圍內的不同方向發(fā)射速率為v0=1.0103m/s，比荷為=1105C/kg的大量帶負電粒子．現(xiàn)在x軸上方的某區(qū)域內加一個勻強磁場，使所有粒子經過磁場后能在0≤y≤0.1m的范圍內沿x軸正向運動．粒子越過磁場區(qū)域后進入一個由平行板電容器MN所產生的正方形電場區(qū)域，電容器兩極板上的電壓隨時間變化的圖象如圖乙所示，已知電容器的左右兩端位于x1=0.15m，x2=0.25m處，上下兩端位于y1=0.1m、y2=0m處，在x=0.3m處有一個平行于y軸的熒屏L，粒子打到熒光屏后能夠發(fā)光．若所有粒子的運動軌跡都在一行于紙面的平面內，且不計粒子的重力、粒子間的相互作用及粒子落在極板和熒光屏上對電壓的影響．求： （1）偏轉磁場的感應強度； （2）偏轉磁場在圖中坐標系中分布的最小面積（結果保留兩位有效數字）； （3）電容器兩極板間有電壓和無電壓時熒光屏上平行于y軸方向發(fā)光長度的比值． 3. （2014高考福建理綜）如圖，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道的長為L、寬度為d、高為h，上下兩面是絕緣板，前后兩側面M、N是電阻可忽略的導體板，兩導體板與開關S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應強度大小為B，方向沿z軸正方向的勻強磁場中。管道內始終充滿電阻率為ρ的導電液體（有大量的正、負離子），且開關閉合前后，液體在管道進、出口兩端壓強差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動，液體所受的摩擦阻力不變。 （1）求開關閉合前，M、N兩板間的電勢差大小U0； （2）求開關閉合前后，管道兩端壓強差的變化Δp； （3）調整矩形管道的寬和高，但保持其它量和矩形管道的橫截面S=dh不變，求電阻R可獲得的最大功率Pm及相應的寬高比d/h的值。 參考答案 1.【參考答案】（1）； (2) －60≤θ≤60；（3）0. 82N； （4）； （1）電子均從P點射出，電子做圓周運動的軌道半徑：r=R 電子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得： 解得： （2）上端電子從P點射出時與負y軸最大夾角，由幾何關系可得： 解得： 同理下端電子從P點射出時與負y軸最大夾角也為 則夾角θ的范圍是： （4）由動能定理得：，解得： 與負y軸成角的電子的運動軌跡剛好與A板相切，其逆過程是類平拋運動，達到飽和電流所需的最小反向電壓為：或根據（3）可得飽和電流大小為： 則電流i隨變化的關系曲線，如圖所示： 【點睛】本題考查了電子在磁場與電場中的運動，分析清楚電子運動過程、作出電子運動軌跡、求出電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑是解題的關鍵，解題時注意求出極限值然后再確定范圍。 2.【參考答案】（1） （2） （3） (2)由題意可知，電子是以一定速度從原點O沿任意方向射入第一象限時，先考察速度沿+y方向的電子，其運動軌跡是圓心在x軸上的(0.1,0)點，半徑為R=0.1m的圓。該電子沿圓弧運動至最高點時即朝x軸的正向，可見這段圓弧就是符合條件磁場的上邊界，如圖1所示 當電子速度方向與x軸正向成角度θ時,作出軌跡圖2,當電子達到磁場邊界時,速度方向必須平行于x軸方向,設邊界任一點的坐標為S(x,y)，由圖2可知， x=Rsinθ，y=R?Rcosθ，消去參數θ得， x2 +(y?R)2 =R2 可以看出隨著θ的變化，S的軌跡是圓心為 (0,R)，半徑為R的圓，即是磁場區(qū)域的下邊界。 上下邊界就構成一個葉片形磁場邊界，如圖3所示，則符合條件的磁場最小面積為扇形面積減去等腰直角三角形面積的2倍。 S=2(?)=R2 本題中R=0.1m,代入上式得S=5.710?3 m2 豎直方向：y==1107(110?4)2=0.05m=5cm， 電場方向向下，帶負電粒子向上偏轉，沿中心線射入的粒子恰好沿邊界射出，在中心線上方進入平行板電容器的粒子打在極板上，沿中心線射入的粒子打在屏上的位置距中心線距離y′,根據幾何關系，y′=10cm 沿下極板入射的粒子剛好打在屏上和上板同一水平線上，所以有電壓時屏上發(fā)光長度為l2=5cm 所以有電壓時和無電壓時屏上發(fā)光長度的比值l2：l1=5cm：10cm=1：2 點睛：根據粒子在磁場中勻速圓周運動的某一臨界軌跡，沿+y方向入射，根據軌跡求出半徑，再結合洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，聯(lián)立求出磁感應強度；求出偏轉磁場的上下邊界，包圍的面積即為最小面積；無電壓時，粒子在板間勻速直線運動，發(fā)光亮度就是板寬度，有電壓時根據類平拋運動的規(guī)律求出在屏上的亮度． 3.【名師解析】根據導電液體中的帶電粒子在管道內運動受力平衡解得M、N兩板間的電勢差大小U0；根據開關閉合前后管道內導電液體受力情況及其相關知識，解得管道兩端壓強差的變化Δp；表示出電阻R獲得的功率表達式，利用相關數學知識得到電阻R可獲得的最大功率Pm及相應的寬高比d/h的值。 【解答】（1）設帶電粒子所帶的電量為q，當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，U0保持相對穩(wěn)定，有：q v0B=q 解得：U0=Bd v0。 聯(lián)立解得壓強差的變化Δp=。 (3)電阻R獲得的功率為：P=I2R= R， 變化為：P=R， 當=即d/h=LR/ρ時，電阻R獲得最大功率。 最大功率：Pm=。 注解：此題求最值運用了“積定二數相等時和最大”。