高考物理大一轮复习精讲课件第6章静电场-4(小专题)电场中的功能关系及带电粒子在交变电场中的运动

第4课时(小专题)电场中的功能关系及带电粒子在交变电场中的运动突破一电场中的功能关系1．求电场力做功的几种方法(1)由公式W＝Flcosα计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcosα。(2)由WAB＝qUAB计算，此公式适用于任何电场。(3)由电势能的变化计算：WAB＝EpA－EpB。(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔEk。2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变。(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变。(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化。【典例1】(2014·全国卷新课标Ⅰ，25)如图1所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝32OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q＞0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求：图1(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；(2)电场强度的大小和方向。解析(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝32d，根据平抛运动的规律有dsin60°＝v0t①dcos60°＝12gt2②又有Ek0＝12mv20③由①②③式得Ek0＝38mgd④设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA＝Ek0＋12mgd⑤由④⑤式得EkAEk0＝73⑥(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了d2和3d2，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得ΔEpA＝3Ek0－Ek0－12mgd＝23Ek0⑦ΔEpB＝6Ek0－Ek0－32mgd＝Ek0⑧在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有x32d＝ΔEpAΔEpB⑨解得x＝d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E，有qEdcos30°＝ΔEpA⑪由④⑦⑪式得E＝3mg6q⑫答案(1)73(2)3mg6q方向与竖直向下的方向的夹角为30°【变式训练】1.(2014·天津卷，4)如图2所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()图2A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析微粒同时受到重力和电场力作用，由题中条件仅可判断出重力与电场力合力向下，无法确定电场力的大小和方向，故只能确定合力对微粒做正功，其动能增大，其他结论均无法确定，选C。答案C突破二带电粒子在交变电场中的运动问题1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。2．常见的试题类型此类题型一般有三种情况：(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。【典例2】如图3甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为U0的加速电场，偏转电场极板间的距离为d，极板长为l＝2d，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为l。现在偏转电场的两极板间接一周期为T的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(设正离子的电荷量为q、质量为m，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短，可以认为离子在穿过平行板的过程中电压是不变的)图3(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度v0的大小；(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间t；(3)离子打到荧光屏上的区间的长度x。解析(1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得qU0＝12mv20，解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v0＝2qU0m。(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象。设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为U，则有d2＝12·qUmd·(lv0)2，又因为l＝2d，所以可得U＝U02。由图乙可知，在偏转电压U＝0.5U0～U0之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内出现“黑屏”的时间为t＝T2。(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为y，打在荧光屏上的位置到O点的距离为Y，如图所示，由几何关系可得yY＝l23l2＝13，所以离子打到荧光屏上的区间的长度x＝2Y＝6y＝6×d2＝3d。答案(1)2qU0m(2)T2(3)3d解决此题关键要把握住以下几点(1)粒子在穿过偏转电场的过程中两偏转极板的电势差始终保持不变，这样就可以将变化电压问题简化为电压恒定的问题进行处理；(2)所谓“黑屏”即为带电粒子不能射出偏转电场，因此只要算出粒子恰好不能射出偏转电场的电压，即可根据电压与时间的关系找出“黑屏”的时间；(3)粒子在荧光屏上达到最远距离时对应带电粒子刚好从偏转电场极板边缘射出时的偏转情况。【变式训练】2.平行板间加如图4所示的周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝T2时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是()图4解析每半个周期两板间的电压恒定，板间电场为匀强电场，粒子所受电场力恒定，因此粒子从T2时刻开始在电场中做匀加速直线运动，在T时刻电场反向，电场力大小不变，粒子做匀减速直线运动，在32T时刻速度减为零，以后循环此过程。答案A突破三应用动力学知识和功能关系解决力电综合问题1．方法技巧功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。2．解题思路【典例3】(2013·四川卷，10)在如图5所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连。弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。图5(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。求A到达N点时拉力F的瞬时功率。第一步：抓住关键点→获取信息第二步：抓好过程分析→理清解题思路规范解答A、B处于静止状态时，对于A、B根据共点力的平衡条件解决问题；当A、B做匀加速直线运动时，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系解决问题。(1)F作用之前，A、B均处于静止状态。设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳中张力为T0，有对A：T0＝mAgsinθ①对B：T0＝qE＋f0②联立①②式，代入数据解得f0＝0.4N③(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔEp④T－μmBg－qE＝mBa⑤设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2as⑥F弹＝kΔx⑦F＋mAgsinθ－F弹sinθ－T＝mAa⑧由几何关系知Δx＝s1－cosθsinθ⑨设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv⑩联立④～⑩式，代入数据解得P＝0.528W。⑪答案(1)0.4N(2)0.528W【变式训练】3.(2014·浙江名校高考联盟联考)如图6所示，CD左侧存在场强大小为E＝mgq，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角α＝53°的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。图6(1)求DA两点间的电势差UDA；(2)求圆管半径r；(3)求小球从D点运动到P点的时间t。解析(1)WAD＝－mgL＝－WDAUDA＝WDAq或UDA＝EL①解得UDA＝mgLq②(2)由恰好过D点，判断vD＝0③根据动能定理：从A到D过程mg(Ltan53°－2r)－EqL＝0④解得r＝L6⑤(3)由于mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达P处水平位移为x，竖直位移为y，则有x＝yxtan53°＋x＝2r⑥解得x＝L7，y＝L7⑦竖直方向自由落体有y＝12gt2⑧解得t＝2L7g⑨答案(1)mgLq(2)L6(3)2L7g