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3．焦耳定律；電流通過一段只有電阻元件的電路時，在 t時間內的熱量Q=I²Rt．

純電阻電路中W＝UIt=U²t/R=I²Rt，P=UI=U²/R=I²R

非純電阻電路W＝UIt，P=UI

2．電功率:電流做功的快慢,即電流通過一段電路電能轉化成其它形式能對電流做功的總功率,P=UI

1．電功:電荷在電場中移動時,電場力做的功W＝UIt，

電流做功的過程是電能轉化為其它形式的能的過程.

3、導體的伏安特性曲線:研究部分電路歐姆定律時,常畫成I-U或U-I圖象,對于線性元件伏安特性曲線是直線,對于非線性元件,伏安特性曲線是非線性的.

注意：①我們處理問題時，一般認為電阻為定值，不可由R=U/I認為電阻R隨電壓大而大，隨電流大而�。�

②I、U、R必須是對應關系．即I是過電阻的電流，U是電阻兩端的電壓．

[例1]來自質子源的質子(初速度為零)，經(jīng)一加速電壓為800kV的直線加速器加速，形成電流強度為1mA的細柱形質子流。已知質子電荷e=1.60×10^-19C。這束質子流每秒打到靶上的質子數(shù)為_________。假定分布在質子源到靶之間的加速電場是均勻的，在質子束中與質子源相距L和4L的兩處，各取一段極短的相等長度的質子流，其中的質子數(shù)分別為n₁和n₂，則n₁∶n₂=_______。

解：按定義，

　　 由于各處電流相同，設這段長度為l，其中的質子數(shù)為n個，

則由。而

點評：解決該題的關鍵是：(1)正確把握電流強度的概念 I＝Q/t而 Q＝ne。所以n=Q/e=It/e,(2)質子源運動路程上的線密度與其瞬時速度成反比，因為I＝neSv，所以當電流I一定時，n與v成反比．

[例2]用某種金屬制成粗細均勻的導線，通以一定大小的恒定電流，過一段時間后，導線升高的溫度(　　　　　 )

A．跟導線的長度成正比　　　　　　　　 B．跟導線的長度成反比

C．跟導線的橫截面積成正比　　　　　　 D．跟導線的橫截面積成反比

解析：金屬導線的電阻為R＝ρL／S，通電后產生的電熱為Q＝I²Rt＝I²ρt／S．設金屬導體升高的溫度為ΔT，由熱學知識可知導體需要的熱量為 Q^／＝cmΔT＝ cρ_密 LSΔT．電流產生的全部熱量均被導線所吸收，即：I²ρt／S＝cρ_密 LSΔT，ΔT＝I²ρt／cρ_密LS²，上式說明了 D選項正確．

[例3]試研究長度為l、橫截面積為S，單位體積自由電子數(shù)為n的均勻導體中電流的流動，在導體兩端加上電壓U，于是導體中有勻強電場產生，在導體內移動的自由電子(-e)受勻強電場作用而加速.而和做熱運動的陽離子碰撞而減速，這樣邊反復進行邊向前移動，可以認為阻礙電子運動的阻力大小與電子移動的平均速度v成正比，其大小可以表示成kv(k是常數(shù)).

(1)電場力和碰撞的阻力相平衡時，導體中電子的速率v成為一定值，這時v為

A. 　　　　　　　　　　 　　　 B. 　　　C.　　 　　　　　　　　　　 D.

(2)設自由電子在導體中以一定速率v運動時，該導體中所流過的電流是___________.

(3)該導體電阻的大小為___________(用k、l、n、s、e表示).

[答案] 據(jù)題意可得kv=eE,其中E=,因此v=.據(jù)電流微觀表達式I=neSv,可得I=，再由歐姆定律可知R=.

2、適用于金屬導電體、電解液導體，不適用于空氣導體和某些半導體器件．

1、導體中的電流I跟導體兩端的電壓成正比，跟它的電阻R成反比。 I=U/R

2、在勻強電場中的偏轉

　 如圖所示，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子沿平行于帶電金屬板以初速度v₀進入偏轉電場，飛出電場時速度的方向改變角α。

　①知道在偏轉電場中的兩個分運動：垂直電場方向的勻速運動，v_x＝v₀，平行電場方向的初速度為零，加速度為Eq/m的勻加速直線運動

②偏向角tanα=qUL/mdv₀²

推導：在電場中運動的時間t＝L/v₀………①　　　　

　在電場中的加速度a＝qU/dm………②

飛出電場時豎直方向速度v_y＝at………③

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

③飛出電場時，豎直方向位移y=½at²=qUL²/2mdv₀²

④經(jīng)同一加速電場由靜止加速的兩個質量、電量均不同的粒子，進入同一偏轉電場，飛出時偏轉角相同U₀q=½mv ……①　 tanα=qUL/mdv₀²……②

由①②得tanα=UL/2dU₀　　 所以兩粒子的偏轉角相同與m與q無關．

　　 注意：這里的U與U₀不可約去，因為這是偏轉電場的電壓與加速電場的電壓，二者不一定相等．

⑤沿速度v反方向延長交MN交于Q點，則QN＝L/2,　　 QN＝y(tǒng)/tanα=L/2

⑥粒子在電場中運動，一般不計粒子的重力，個別情況下需要計重力，題目中會說時或者有明顯的暗示。

[例3]一帶電粒子從靜止經(jīng)加速電壓U₁的加速電場加速后進入板間距離為d，板間電勢差為U₂的偏轉電場，當它飛出偏轉電場時，偏轉角為θ，要使偏轉角θ增大，則需要(　 )

A．使粒子的荷質比變大(q/m)　　 B．其它條件不變，只使U₁變大　　

C．其它條件不變，只使U₂變大　　　 D．其它條件不變，只使d變大

解析：這里是經(jīng)加速電場加速后進入偏轉電場tanα=U₂L/2dU₁

　　 所以這里與荷質比無關．所以A錯．從tanα=U₂L/2dU₁可知： B錯， C對， D錯．　　 答案：c

點評：注意經(jīng)加速電場加速的情況，應當注意從tanα=U₂L/2dU₁角度討論問題．

[例5]長為l的平行金屬板，板間形成勻強電場，一個帶電為十q、質量為m的帶電粒子，以初速v₀緊貼上板垂直于電場線方向射入該電場，剛好從下板邊緣射出，末速度恰與下板成30⁰角，如圖所示．求：(1)粒子未速度的大小；(2)勻強電場的場強； (3)兩板間的距離d．

解法一：由牛頓定律和運動學公式求解．

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

(2)粒子在電場中運動時間t＝l／v₀，粒子射出電場時沿場強方向的分速度v_y=v₀tan30⁰=v₀／3． 由v_y＝at有v₀／3=Eql/mv₀．則場強E＝mv/3ql．

(3)兩板間距離 d=v_yt/2=L/6

解法二：(1)由動量定理和動能定理求解．v＝v₀／cos30⁰，t＝L/v₀．

　　 (2)由動量定理有　 qEt＝mv₀tan30⁰。E＝mv/3ql

　　 (3)由動能定理有　 qEd＝½mv²－½mv，d=L/6

　　 答案：(1)2v₀／3；(2)mv/3ql；(3)L/6

[例6]有三個質量相等，分別一帶有正電，負電和不帶電的微粒，從極板左側中央以相同的水平初速度V先后垂直場強射入，分別落到極板A、B、C處，如圖所示，則正確的有(　　　 )

　　 A．粒子A帶正電，B不帶電，C帶負電

　　 B．三個粒子在電場中運動時間相等

　　 C、三個粒子在電場中運動的加速度a_A＜a_B＜a_C

　　 D．三個粒子到這極板時動能E_A＞E_B＞E_C

解析：三粒子在水平方向上都為勻速運動，則它們在電場中的飛行時間關系為t_A＞t_B＞t_C 三粒子在豎直方向上有d/2=½at² 所以a_A＜a_B＜a_C，則A帶正電，B不帶電，C帶負電． 再由動能定理知，三粒子到這極板時動能關系為E_A＜E_B＜E_C．　　 答案：AC

說明：通過以上幾個題目，請體會帶電粒子，飛出偏轉電場；恰好飛出，沒有飛出幾種情況的處理方法是什么？

[例7]如圖(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間的電場可視為勻強電場，�，F(xiàn)在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t=0時恰有一質量為m、電量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v₀射入電場，忽略粒子的重力，，則下列關于粒子運動狀況的表述中正確的是

　 A．粒子在垂直于板的方向上的分運動可能是往復振動

B．粒子在垂直于板的方向上的分運動是單向運動

C．只要周期T和電壓U₀的值滿足一定條件，粒子就可沿與板平行的方向飛出；

　 D．粒子不可能沿與板平行的方向飛出

　 解析：當 t＝0時，帶電粒子飛入電場后，在垂直于板的方向上受到電場力的作用，做加速運動，若是粒子在T/2的時間內沒有打在極板上，且沒有飛出電場，那么在T／2-T的時間內，粒子做勻減速運動，粒子在這段時間內還沒有打在極板上，同時還沒有飛出電場，當t=T時，粒子沿電場方向的速度為零．在第二個周期內又將重復第一個周期的運動，……所以粒子在垂直于板的方向上的分運動不可能是往復振動，只能是單向運動．當粒子在周期T的整數(shù)倍時飛出電場時，它的速度方向是與板平行的，因為此時粒子沿電場方向(就是與板垂直方向)的速度剛好為零．由此可見選項B、C正確。

[點評]關鍵是分析帶電粒子在電場力的作用下所作運動的特點：當電場力的方向發(fā)生變化時，帶電粒子的加速度也發(fā)生了變化．當加速度方向與速度方向相同時，帶電粒子作加速運動，加速度方向與速度方相反時，帶電粒子做減速運動．

[例8]兩平行金屬板間所加電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示，大量質量為m、帶電量為e的電子由靜止開始經(jīng)電壓為U₀的電場加速后連續(xù)不斷地沿兩平行金屬板間的中線射入，若兩板間距恰能使所有子都能通過．且兩極長度使每個電子通過兩板均歷時3t₀，電子所受重力不計，試求：

　　 ①電子通過兩板時側向位移的最大值和最小值．

　　 ②側向位移最大和最小的電子通過兩板后的動能之比．

[解析]①電子在t=2 nt₀(其中：n= 0、1、2、……)時刻進入電場，電子通過兩極的側向位移最大，在t＝(2n+l)t₀(其中n＝0、l、2、…)時刻進入電場電子通過兩板側向位移最�。�電子側向位移最大時，進入電場在沿電場線方向上作初速度為零的勻加速運動，再作勻速運動，后作初速度不為零的勻加速運動，各段運動的時間均為t₀；當電子側向位移最小時，在電場線上只有在第二個t₀的時間開始作初速度為零的勻加速運動，在第三個t₀的時間作勻速運動．電子進入偏轉電場后，在電場中的加速度均為a=eU_O／md,電子側向最大位移為y_max= a t₀²／2+a t₀²+a t₀²+a t₀²／2＝3a t₀²＝3eU₀ t₀²／md�！� y_max=d／2

由以上兩式解得y_max＝t₀ ； d＝2y_max＝2 t_{0　 ；}；電子側向最小位移為y_min=a t₀²／2+a t₀²= y_max／2＝t₀　　　 y_min=d／4

②電子離開偏轉電場時的動能等于加速電場和偏轉電場電場力做功之和．當電子的側向位移為最大時，電子在電場中加速(只有加速，電場力才做功)．運動的距離為y₁＝2 y_max ／3＝d／3，電子的側向位移最小時，電子在電場中加速運動的距離為y₂＝y(tǒng)_min／3=d／12,側向位移最大的電子動能為 E_kmax＝eU_O+eU_O· y₁／d＝4eU_O／3，側向位移最小的電子動能為E_kmin= eU_O+eU_O·y₂／d＝13eU_O／12，故E_kmax∶E_kmin＝16∶13

點評：電子在電場中的分段運動分析清楚后，在電場中側向位移是可求的，電子離開偏轉電場時的動能則必須注意到電子進入兩平行金屬板后，在加速階段有電場力對電子做功，在無電場時的勻速運動階段沒有電場力做功．

[例8]北京靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置，其中某部分靜電場的分布如下圖所示。虛線表示這個靜電場在xoy平面內的一簇等勢線，等勢線形狀相對于ox軸、oy軸對稱。等勢線的電勢沿x軸正向增加，且相鄰兩等勢線的電勢差相等。一個電子經(jīng)過P點(其橫坐標為-x₀)時，速度與ox軸平行。適當控制實驗條件，使該電子通過電場區(qū)域時僅在ox軸上方運動。在通過電場區(qū)域過程中，該電子沿y方向的分速度v_y隨位置坐標x變化的示意圖是(　 D　 )

解析:電子在Y軸方向的分速度V_y變化的原因，應為Y方向上的電場力作用，給出ox軸上方的電場線示意圖，注意電場線與等勢線垂直如圖所示，則x<0的范圍，電場有沿Y軸負向的分量，電子先向Y軸負向獲得分速度,A,C選項排除，經(jīng)過Y軸后，電場有對電子向上的力作用，故V_y將減小，但在x方向上一直在加速，因此當其橫坐標為+x時，電子并未回到與P點對稱的位置，由功能關系知，V_y不會為零，因此選D.

[例9]下圖是某種靜電分選器的原理示意圖。兩個豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場。分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負電。經(jīng)分選電場后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上。

　　 已知兩板間距d=0.1m,，板的長度L=0.5m,，電場僅局限在平行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質量之比均為1×10^－5C/kg。設顆粒進入電場時的初速度為零，分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計。要求兩種顆粒離開電場區(qū)域時，不接觸到極板但有最大偏轉量。重力加速度g取10m/s²。

(1)左右兩板各帶何種電荷？兩極板間的電壓多大？

(2)若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m,，顆粒落至傳送帶時的速度大小是多少？

(3)設顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大小的一半。寫出顆粒第n次碰撞反彈高度的表達式。并求出經(jīng)過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01m。

解析：(1)左板帶負電荷，右板帶正電荷。

　　 依題意，顆粒在平行板間的豎直方向上滿足　　 　　　　<1>

　　 在水平方向上滿足　　 　　<2>　　 <1><2>兩式聯(lián)立得　　

(2)根據(jù)動能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足

(3)在豎直方向顆粒作自由落體運動，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度。反彈高度　　

根據(jù)題設條件，顆粒第n次反彈后上升的高度　　 　　當時，　

[例10]20世紀50年代，物理學家發(fā)現(xiàn)了“電子偶素”。所謂“電子偶素”，實際上是指由一個負電子和一個正電子繞它們連線的中點旋轉所形成的相對穩(wěn)定的系統(tǒng)。已知正、負電子的質量均為m_e，帶電荷電量均為e，靜電力常量為k，普朗史常量為h。

(1)設“電子偶素”中正、負電子繞它們連線的中點做勻速圓周運動的軌道半徑為r、運動速度為v，根據(jù)量子化理論上述物理量滿足關系式：。試證明n=1時，正、負電子做勻速圓周運動的速率；

(2)已知“電子偶素”的能量為正、負電子運動的動能和系統(tǒng)的電勢能之和。當正、負電子相距d時系統(tǒng)的電勢能為試求n=1時，“電子偶素”的能量E₁。

解答：(1)設n=1時電子運轉軌道半徑為r₁，此時正負電子間庫侖力 ①

　　 此庫侖力作為向心力 ②　　 由題中量子化理論知n=1時　 �、�

　　 聯(lián)立①②③式證得　 　④

　 (2)由題意可知系統(tǒng)的電勢能　 ⑤

　　 每個電子動能　 �、蕖　� 系統(tǒng)的能量 E=2E_k+E_p　 ⑦

　　 聯(lián)立①②③⑤⑥⑦式可得　 �、�

帶電粒子在電場中的運動與前面的帶電物體在電場中的運動的不同點就是不考慮粒子的重力．帶電粒子在電場中運動分兩種情況：第一種是帶電粒子垂直于電場方向進入電場，在沿電場力的方向上初速為零，作類似平拋運動．第二種情況是帶電粒子沿電場線進入電場，作直線運動．

1、加速電場

　　 加速電壓為U，帶電粒子質量為m，帶電量為q，假設從靜止開始加速，則根據(jù)動能定理½mv²=Uq，所以離開電場時速度為v=．

3、平行板電容器問題的分析

一定要分清兩種常見的變化：　　

⑴電鍵K保持閉合，則電容器兩端的電壓恒定(等于電源電動勢)，這種情況下帶

⑵充電后斷開K，保持電容器帶電量Q恒定，這種情況下

[例10]平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的電場強度，U表示電容器兩極間的電壓；W表示正電荷在P點的電勢能．若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則(　　　 )

　　 A．U變小，E不變；　　 B．E變大，W變大；

　　 C．U變小，W不變；　 D．U不變，W不變；

解析：由極板間距離減小，知電容C增大；由充電后與電源斷開，知帶電量Q不變；由U＝Q/C可得極板間電壓U減�。�根據(jù)C=和U=Q/C得U＝．再由E=U/d得E＝．即E由Q/S決定．而Q及S都不變，所以E不變．(由上面的等式可以看出，在板間電介質不變的情況下．E由Q/S-一正對面積上的電荷密度決定，這個結論雖是由考綱外的公式推導出來的，但熟悉這個結論能對解決有關平行板電容器的問題帶來方便．)因為E不變，P點與負極板間的距離不變，所以可知 P與負極板間的電壓不變，即 P點的電勢Up不變，那么正電荷的電勢能 W＝qU_p 就不變． 答案：AC

說明：(1)記住凡與電源斷開，意味著電量不變．在這種情況下板間距離變大時(正對面積不變)E不變．

　　 (2)當該題不是與電源斷開而是始終與電源相接，則板間電勢基不變；板下移使電容C變大，電量變大；場強E變大；電勢能W變大．

[例11]有一電容器，帶電量為10^－5C時，兩板間電壓為200V，如果使它帶的電量再增加10^－6C，這時它的電容是　　　　　　　 F，兩板間的電壓是　　　 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]如圖所示，兩極板各鉆有一個小孔的平行板電容器，經(jīng)充電后兩極板分別帶上了電量為Q的異種電荷。我們將一根串聯(lián)著小燈泡、外表面絕緣的導線按圖方式穿過兩小孔連接成閉合回路，導線穿過的極板處為M、N。試想小燈泡會發(fā)光嗎？

解析:平行板電容器的電場分布應該是如圖所示的分布，并不是只分布在電容器內部。在圖中，不僅閉合回路的M、N處于電場中，電容器外部的回路導線也處于電場中。由圖中的電場分布可知，兩部分導線中的自由電荷都會在電場力的作用下發(fā)生定向移動，導線中的負電荷往M處集中，正電荷往N處集中，而電容器兩板之間的電勢差為一定值，它與路徑無關。由靜電感應與靜電平衡的知識可得，導線中的電場強度必定為零(電容器帶電形成的電場與感應電荷形成的電場相疊加)，導線上在M、N之間會形成一個電勢差，它與電容器兩極板間的電勢差等值但反向，所以在閉合回路中根本不會形成持續(xù)的電流，電燈當然不會亮，永動機是不存在的。

試題展示

　　　　　　 帶電粒子在電場中的運動

規(guī)律方法　 一、帶電物體在電場中的運動

帶電物體(一般要考慮重力)在電場中受到除電場力以外的重力、彈力、摩擦力，由牛頓第二定律來確定其運動狀態(tài)，所以這部分問題將涉及到力學中的動力學和運動學知識。

[例1]用長為 l的細線懸掛一質量為 m的帶正電的小球于水平的勻強電場中，電場方向向右，如圖所示．若小球所受到的電場力大小為重力的3／4倍，求：若從懸線豎直位置A點由靜止開始釋放小球，則①懸線對小球的最大拉力為多大？②該小球能上升的最大高度是多少？③若使小球在豎直面內做圓周運動，則小球在A點具有的最小速度是多大？

解析：小球受到的重力和電場力均為恒力，這兩個力的合力由圖可知F=5 mg／4，與豎直方向的夾角為θ，且tgθ＝3／4．可把小球看作是在與豎直方向的夾角為θ的恒力F的作用下作圓周運動，它類似于在重力作用下豎直面內的圓周運動，繩子在最低點受到的拉力最大，故小球在恒力F和繩子拉力的作用下作豎直面內的圓周運動，當繩子與豎直方向夾角為θ時，繩子拉力最大為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 ，小球運動到繩子與豎直方向成θ角時速度最大，由運動的對稱性．可知小球能達到的最大高度就是繩子與豎直方向的夾角為2θ處，小球上升的最大高度為H，H＝L(l一cos2θ)＝L(l一cos²θ+sin²θ)=0． 72L。小球若在豎直面內作圓周運動，則在繩子拉力最大處直徑的另一端點時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

[點評]本題是將電場力和重力的合力F等效為重力在豎直面內作圓周運動的情況來處理，使求解過程簡便，其前提條件是電場力和重力均為恒力，才可以這樣處理。

[例2]如圖所示，BC是半徑為R的1/4圓弧形的光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內，其下端與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度為E.今有一質量為m、帶正電q的小滑塊(體積很小可視為質點)，從C點由靜止釋放，滑到水平軌道上的A點時速度減為零。若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，求：

(1)滑塊通過B點時的速度大小；

(2)水平軌道上A,B兩點之間的距離。

解析:(1)小滑塊從C到B的過程中，只有重力和電場力對它做功，設滑塊通過B點時的速度為v_B，

根據(jù)動能定理有：mgR一qER=½mv_B²一0,解得

(2)小-滑塊在AB軌道上運動中，所受摩擦力為f=μmg.

小滑塊從C經(jīng)B到A的過程中，重力做正功，電場力和摩擦力做負功。設小滑塊在水平軌道上運動的距離(即A,B兩點間的距離)為L，則根據(jù)功能定理有：mgR一qE(R+L)一μmgL＝0一0,解得

2、靜電感應與靜電平衡

[例8]如圖所示，絕緣導體A帶正電，導體不帶電，由于靜電感應，使導體B的M端帶上負電，而N端則帶等量的正電荷.

(1)用導線連接M、N，導線中有無電流流過？

(2)若將M、N分別用導線與大地相連，導線中有無電流流過？方向如何？

解析：A為帶正電的場源電荷，由正電荷即形成的電場的電勢分布可知：U_A＞U_B＞U_地，其中，B是電場中處于靜電平衡的導體.U_M=U_N=U_B.當用導線在不同位置間連接時，電流定由高電勢流向低電勢，而在電勢相等的兩點間連接時，則導線中無電流通過.所以：

(1)因為U_M=U_N，故導線中無電流.

(2)因為U_M=U_N=U_B＞U_地，所以無論用導線將M還是N與大地相連，電流均由導體B流向大地.

[例9]目前國家環(huán)保局統(tǒng)一規(guī)定常規(guī)大氣監(jiān)測的項目是：二氧化硫，氮氧化物，懸浮顆粒三種大氣污染物，其中，在對懸浮顆粒的治理方法中有一種為靜電除塵法，其依據(jù)的物理原理是讓帶電的物質微粒在　　 力

作用下，幾乎都奔向并吸附在　　　　　　 上，如圖即為靜電除塵器的示意圖．除塵器由金屬管A和懸在管中的金屬絲B組成,A接到　　　　 ,B接到　　　　 ．A,B之間形成很強的電場，而且距B越近電場越強,B附近的空氣分子被強電場電離為電子和正離子，正離子跑到B上得到電子變成　　　　　　　 ．電子奔向正極A的過程中，遇到煙氣中的懸浮顆粒，使懸浮顆粒帶　　　　　　 電，吸附到A上，排出的氣體就清潔了．

答案：電場　 電極　 高壓電源正極　 高壓電源負極　 空氣分子　 負