40-(小专题)电场中的功能关系及带电粒子.doc

教师姓名学生姓名 填写时间 学科 物理年级 上课时间 课时计划2h 教学目标教学内容个性化学习问题解决教学重点、难点教学过程第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】 (2014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，OBOA，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OBd，根据平抛运动的规律有dsin 60v0tdcos 60gt2又有Ek0mv由式得Ek0mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkAEk0mgd由式得(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0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答案(1)(2)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qU0mv，解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为v0。(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()2，又因为l2d，所以可得U。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t。(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，所以离子打到荧光屏上的区间的长度x2Y6y63d。答案(1)(2)(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T时刻速度减为零，以后循环此过程。答案A1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qEsEpTmBgqEmBa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v22asF弹kxFmAgsin F弹sin TmAa由几何关系知x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E，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)WADmgLWDAUDA或UDAEL解得UDA(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r(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x，y竖直方向自由落体有ygt2解得t答案(1)(2)(3)1(2014全国大纲卷，15)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场。一质量为1.00104 kg、带电荷量为1.00107 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m。对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)()A1.50104 J 和9.95103 JB1.50104 J和9.95103 JC1.50104 J和9.65103 JD1.50104 J和9.65103 J解析小球下落过程中，电场力做负功，电势能增加，增加的电势能EpqEh1.0010715010.0 J1.50104 J。由动能定理知，动能的改变量为合外力做的功，则动能改变量Ek(mgqE)h(1.001049.81.00107150)10.0 J9.65103 J。答案D2. (2014苏州市高三调研测试)如图7所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直。现将杆右移，同时顺时针转过90，发现A、B两球电势能之和不变。根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是()图7AA一定带正电，B一定带负电BA、B两球所带电荷量的绝对值之比qAqB12CA球电势能一定增加D电场力对A球和B球做功相等解析电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移后电势都变化，而两个小球组成的系统的电势能之和不变，那么电场力对其中一个做正功，对另一个一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球所带电荷的电性，A、C、D错误；由电势能变化之和为零得EqBLEqA2L，即|qA|qB|12，B正确。答案B3.如图8所示，A、B两金属板平行放置，在t0时刻将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板()图8解析加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动；加B图电压，电子开始向B板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B板；加C图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向B板运动，即电子一定能到达B板；加D图电压，电子的运动与C图情形相同，只是加速度是变化的，所以电子也一直向B板运动，即电子一定能到达B板，综上所述可知选项B正确。答案B4.如图9所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l0.40 m的绝缘细线把质量为m0.20 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为37。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，求：图9(1)小球运动通过最低点C时的速度大小；(2)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。(g取10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80)解析(1)小球受到电场力qE、重力mg和绳的拉力FT作用处于静止状态，根据共点力平衡条件有qEmgtan 37mg小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有mglqElmv解得小球通过C点时的速度vC m/s。(2)设小球在最低点时细线对小球的拉力为FT，根据牛顿第二定律有FTmgm，解得FT3 N。答案(1) m/s(2)3 N5如图10甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l。现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为q。这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动。设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势。不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力。已知上述物理量l0.6 m，U01.2103 V，T1.2102 s，m51010 kg，q1.0107 C。图10(1)在t0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t0到t这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？(3)在t0到t这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？解析(1)根据图乙可知，从t0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动。因为x23.6 ml，所以粒子从t0时刻开始，一直加速到达A板。设粒子到达A板的时间为t，则lt2解得t103 s。(2)在0时间内，粒子的加速度大小为a12105 m/s2在T时间内，粒子的加速度大小为a24105 m/s2可知a22a1，若粒子在0时间内加速t，再在T时间内减速刚好不能到达A板，则la1tt解得t2103 s因为6103 s，所以在0时间里4103 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板。(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板的粒子数为n300100(个)。答案(1)103 s(2)4103 s(3)100个 1.如图1所示，空间有一带正电的点电荷，图中的实线是以该点电荷为圆心的同心圆，这些同心圆位于同一竖直平面内，MN为一粗糙直杆，A、B、C、D是杆与实线圆的交点，一带正电的小球(视为质点)穿在杆上，以速度v0从A点开始沿杆向上运动，到达C点时的速度为v，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()图1A小球减少的机械能一定等于克服摩擦力做的功B小球减少的机械能一定大于克服摩擦力做的功C小球的机械能可能增加D以上都有可能解析小球由A点运动到C点，重力做负功，重力势能增加，电场力做负功，电势能增加，摩擦力做负功，产生热量，由能量守恒定律知，小球减少的机械能等于增加的电势能与产生的热量之和，可知选项A错、B对；电场力和摩擦力都做负功，机械能一定减少，C、D错。答案B2. (多选)如图2所示，在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点停下。则从M到N的过程中，下列说法正确的是()图2A小物块所受的电场力减小B小物块的电势能可能增加CM点的电势一定高于N点的电势D小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功解析在M点无初速度释放小物块，小物块能沿斜面运动到N点，并停在N点，说明小物块受到点电荷Q的电场力方向沿斜面向下，进而可知过程中电场力对小物块做正功，电势能减少，故B选项错误；由于小物块从M点向N点运动过程中远离了点电荷Q，所以小物块受的电场力减小，故A选项正确；由于小物块及Q的电性无法确定，故C选项错误；由功能关系知，小物块减少的电势能与重力势能之和等于克服摩擦力做的功，故D选项正确。答案AD3.如图3所示，在绝缘平面上方存在着足够大的水平向右的匀强电场，带电荷量为q的小金属块以一定初动能Ek从A点开始沿水平面向左做直线运动，经L长度到达B点，速度变为零。此过程中，金属块损失的动能有转化为电势能。取A点电势为零，下列说法正确的是()图3A摩擦力大小是电场力的BB点电势能为EkC再次回到A点时动能为EkDB点电势为解析根据题目意思：克服摩擦力做功WfEkfL，克服电场力做功W电克EkEqL，所以摩擦力是电场力的，即A错误；而W电克EpAB增EpB，所以EpBEk，B正确；由于从B点返回A点过程中，摩擦力继续做负功，所以C错误；A点电势为零，所以B点电势应该是B，即D错误。答案B4. (多选)如图4所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成30斜向上，在电场中有一质量为m，带电荷量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平。现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是()图4A小球再次到M点时，速度刚好为零B小球从P到M过程中，合外力对它做了mgL的功C小球从P到M过程中，小球的机械能增加了mgLD如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动解析小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为mg，方向水平向右，所以小球到M点时，速度最大，而不是零，A错；电场力与重力的合力为mg，合力方向上的位移为L，所以做功为mgL，B正确；机械能的增加量就是动能的增加量mgL和重力势能的增加量mgL之和，C错；细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力大小恒定，方向水平向右，小球将做匀变速曲线运动，D正确。答案BD5在点电荷Q的电场中的O点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的试探电荷，试探电荷运动到a点时的速度大小为v。若该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功为W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，设无穷远处电势为零。则下列判断正确的是()A电场中a点电势aB电场中O点电势为OC试探电荷的最大速度为vmDaO间电势差为UaO解析正试探电荷从无穷远处移到电场中a点克服电场力做功W，表明电场力为斥力，场源电荷带正电，由电场力做功得WqUa(a)q，a点电势a，A项正确；若将试探电荷从O移到a，由动能定理得qUOamv20，而UOaOa，解得O，B项错误；该试探电荷从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功W，试探电荷运动到a点时的速度大小仍为v，则试探电荷在无穷远处时速度最大，由动能定理有Wmvmv2，则vm，C项错误；UaOUOa，即UaO，D项错误。答案A6.在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图5所示。当给电容器突然充电使其电压增加U1时，油滴开始向上运动；经时间t后，电容器突然放电使其电压减少U2，又经过时间t，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。求：图5(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个t与第二个t时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)U1与U2之比。解析(1)油滴静止时满足：mgq则。(2)设第一个t时间内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个t时间内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1a1t2，x2v1ta2t2且v1a1t，x2x1解得a1a213。(3)油滴向上加速运动时：qmgma1，即qma1油滴向上减速运动时：mgqma2，即qma2则解得。答案(1)(2)13(3)147如图6所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球在水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C之前所带电荷量保持不变，经过C点后所带电荷量立即变为零)。已知A、B两点间的距离为2R，重力加速度为g。在上述运动过程中，求：图6(1)电场强度E的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率(计算结果用根号表示)。解析(1)设小球过C点时的速度为vC，小球从A点到C点的过程中，由动能定理得qE3Rmg2Rmv由平抛运动可得Rgt2,2RvC t联立可得E。(2)设小球运动到半圆上D点时的速率最大且为v，OD与竖直方向的夹角为，由动能定理得qE(2RRsin )mgR(1cos )mv2即：mv2mgR(sin cos 1)根据数学知识可知，当45时小球的动能最大由此可得v。答案(1)(2)能力提高练8(多选)电荷量为q1104 C的带正电的小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图7甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是()图7A物块在4 s内的总位移x6 mB物块的质量m0.5 kgC物块与水平面间的动摩擦因数0.2D物块在4 s内电势能减少14 J解析由图乙可知，物块在前2 s时间内做匀加速直线运动，在24 s时间内做匀速直线运动，根据vt图象所围面积可求得物块在前2 s时间内的位移x12 m，在24 s时间内的位移x24 m，总位移为x6 m，A正确；又由牛顿第二定律得qE1mgma，且a1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，有qE2mg，由图甲知E13104 N/C、E22104 N/C，联立可得m1 kg，0.2，B错误、C正确；又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即EpWE1qx1E2qx214 J，D正确。答案ACD9.在绝缘水平面上放有一带正电的滑块、质量为m，带电荷量为q，水平面上方虚线左侧空间有水平向右的匀强电场，场强为E，qEmg，虚线右侧的水平面光滑。一轻弹簧右端固定在墙上，处于原长时，左端恰好