1、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WFlcos 计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为WEqlcos。(2)由WABqUAB计算，此公式适用于任何电场。(3)由电势能的变化计算：WABEpAEpB。(4)由动能定理计算：W电场力W其他力Ek。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】(2
2、014全国卷新课标，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，BOA60，OB32OA，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(q0)，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
3、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 OAd，则 OB32d，根据平抛运动的规律有 dsin 60v0tdcos 6012gt2又有 Ek012mv20 由式得 Ek038mgd设小球到达 A 点时的动能为 EkA，则EkAEk012mgd由式得EkAEk073(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 EpA和 EpB，由能量守恒及式得 EpA3Ek0Ek012mgd23Ek0EpB6Ek0Ek032mgdEk0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
4、点与 A 点等电势，M 与 O 点的距离为 x，如图，则有x32dEpAEpB 解得 xd。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，由几何关系可得 30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 qEdcos 30EpA由式得 E 3mg6q 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
5、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
6、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l2d，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
7、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 qU012mv20，解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为 v02qU0m。(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转
8、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d212qUmd(lv0)2，又因为 l2d，所以可得 UU02。由图乙可知，在偏转电压 U0.5U0U0 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 tT2。(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yYl23l213，所以离子打到荧光屏上的区间的长度 x2Y6y6d23d。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
9、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 tT2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
10、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37的光滑斜面上的M点和粗糙绝
11、缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k5 N/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E5104 N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA0.1 kg和mB0.2 kg，B所带电荷量q4106C。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g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。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a0.6 m/s2开始做匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B
12、的电势能增加了Ep0.06 J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数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：T0mAgsin 对B：T0qEf0 联立式，代入数据解得f00.4 N (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qEsEp TmBg
13、qEmBa 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x，有v22as F 弹kxFmAgsin F 弹sin TmAa由几何关系知 xs1cos sin 设拉力F的瞬时功率为P，有PFv 联立式，代入数据解得P0.528 W。答案(1)0.4 N(2)0.528 W【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 Emgq，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 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
14、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(sin 530.8，cos 530.6)。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)WADmgLWDAUDAWDAq或 UDAEL解得 UDAmgLq (2)由恰好过 D 点，判断 vD0根据动能定理：从 A 到 D 过程mg(Ltan 532r)EqL0解得 rL6(3)由于 mgEq，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 xyxtan 53x2r解得 xL7，yL7 竖直方向自由落体有 y12gt2解得 t2L7g 答案(1)mgLq (2)L6(3)2L7g
