第2章 专题强化6 带电粒子在交变电场中的运动-（配套word）2023-2024学年高一新教材物理必修第三册 【步步高】学习笔记（鲁科版）

专题强化6　带电粒子在交变电场中的运动 [学习目标]　1.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动(重点)。2.学会分析带电粒子在交变电场中的曲线运动(重难点)。 一、带电粒子在交变电场中的直线运动 1．电场强度的大小和方向随时间做周期性变化的电场叫作交变电场(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．此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变电场静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动。 3．该问题通常用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质。 例1　在如图所示的平行板电容器的两板间分别加如图甲、乙所示的两种电压，开始B板的电势比A板高。在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动。若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v－t图像。 答案　见解析 解析　t＝0时，B板电势比A板高，在静电力作用下，电子向B板(设为正方向)做初速度为零的匀加速直线运动。 对于题图甲所示电压，在0～T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，T～T内电子做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(a)所示。 对于题图乙所示电压，在0～内做类似题图甲0～T的运动，～T内电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动。然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(b)所示。 通过画出粒子的v－t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解。 例2　(多选)如图(a)所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压UBA，UBA随时间t的变化规律如图(b)所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，电子的初速度和重力可忽略。则(　　) A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 C．若电子是在t＝T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上 D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动 答案　AB 解析　根据电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的图像。 由图丁可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确。若电子在时刻进入电场，则由图丁知，电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，B正确。若电子在时刻进入电场，则由图丁知，在第一个周期内电子即返回至A板，C错误。若电子在时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，即D错误。 二、带电粒子在交变电场中的曲线运动 若带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子将做曲线运动，应运用运动的独立性，分方向对粒子的运动进行分析： (1)在初速度方向上，粒子做匀速直线运动。 (2)在垂直初速度方向上 ①若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，粒子在该段时间内电场几乎不变，可认为粒子所受静电力为恒力。 ②若带电粒子的初速度较小，粒子通过交变电场时所用时间较长，粒子将在此方向上做加速、减速交替的运动，可利用vy－t图像分析在此方向上的速度、位移。 例3　(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，O点到两极板的距离相同，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子，在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，下列判断正确的是(　　) A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为mv02 C．t＝时刻射入的粒子，从O′点射出 D．t＝时刻射入的粒子，从O′点射出 答案　AD 解析　由题图乙可知电场强度大小E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，粒子在电场中运动的最短时间满足＝atmin2，tmin＝，选项A正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t＝，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时粒子的动能均为mv02，选项B错误；t＝＝时刻射入的粒子，先向下做加速运动，由于T＝>tmin，粒子将打在下极板上，选项C错误；t＝＝时刻射入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零…如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，则粒子将从O′点射出，选项D正确。 例4　(多选)(2022·湖南汉寿县第一中学高二阶段练习)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g，关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　) A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服静电力做功为mgd 答案　BCD 解析　0～时间内微粒匀速运动，则有qE0＝mg，～T时间内，微粒做平抛运动，加速度为g，方向向下；T～T时间内，微粒的加速度a＝＝g，方向竖直向上。微粒在竖直方向上先向下做匀加速运动后向下做匀减速运动，加速度大小相等，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量ΔEp减＝mgd，故C正确；在～T内和T～T时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为d，整个过程中克服静电力做功W＝q×2E0×d＝qE0d＝mgd，故D正确。 专题强化练 1.将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始时B板电势比A板电势高，t＝0时有一个原来静止的电子正处在两极板的中间，它仅在静电力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　) A．电子一直向着A板运动 B．电子一直向着B板运动 C．电子先向A板运动，然后反向向B板运动，之后在A、B两极板间做周期性往复运动 D．电子先向B板运动，然后反向向A板运动，之后在A、B两极板间做周期性往复运动 答案　D 2.(多选)(2023·福建德化第一中学阶段练习)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是(　　) A．带电粒子将做往复运动 B．2 s末带电粒子离出发点最远 C．2 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，静电力做的总功为零 答案　AD 解析　由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度为a1＝，第2 s内加速度a2＝，因此先加速1 s再减小0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，以粒子最开始的加速度方向为负方向，v－t图像如图所示。由图可知，带电粒子将做往复运动，故A正确；根据速度时间图像与t轴围成的面积表示位移可知，在t＝2 s时，带电粒子离出发点不是最远，故B错误；由图可知，2 s末粒子的速度不为零，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受静电力作用，前3 s内动能变化为0，即静电力做的总功为零，故D正确。 3．(2022·河南许昌市教研室高二期末)如图(a)中A和B是真空中的两块面积很大的竖直平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A板电势φA随时间t变化的规律如图(b)所示(图中只画出一个周期)。在两板之间的中点P处有一个带负电粒子(不计重力)，在t＝0时，粒子在静电力的作用下从静止开始运动。已知在t＝时刻，粒子的速度大小为v(粒子始终不会和金属板相碰)，则在0～T时间内，关于粒子的v－t图像正确的是(　　) 答案　B 解析　由A板电势φA随时间t变化的规律及q＝ma可知，a1∶a2＝1∶3，a1、a2方向相反，在v随时间t变化的图像中，斜率表示加速度，则B正确。 4．(2022·浙江杭州二中期中)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处，若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上，则t0可能属于的时间段是(　　) A．0<t0< B.<t0< C.<t0<T D．T<t0< 答案　B 解析　刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，所以选项A、D错误；若<t0<T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以选项B正确；若T<t0<T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以选项C错误。 5．(多选)如图(a)所示，A、B表示真空中水平放置的间距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间电场可视为匀强电场，现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝时，恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子重力，下列关于粒子运动状态的表述正确的是(　　) A．粒子在垂直于板的方向的分运动不可能是单向运动 B．粒子在垂直于板的方向的分运动可能是往复运动 C．粒子不可能沿与板平行的方向飞出 D．只要电压周期T和v0的值同时满足一定条件，粒子可以沿与板平行的方向飞出 答案　BD 解析　粒子在平行于板的方向做匀速直线运动，在垂直于板的方向上粒子受到静电力的作用，做匀变速直线运动，粒子从t＝时刻出发，在电场中的运动时间与T的关系不确定，可能做单向运动，也可能做往复运动，故A错误，B正确。若粒子在(＋n)(n＝1,2，…)时刻从右端离开电场，此时粒子沿电场方向的分速度恰好为0，粒子就可以沿与板平行的方向飞出，故C错误，D正确。 6．(2022·江苏扬州中学期中)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下两极板间的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的，不计电子重力，求： (1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？ (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？ 答案　(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm处　(2)30 cm 解析　(1)电子经电场加速，满足qU0＝mv2 经电场偏转后偏移量y＝at2＝··()2 所以y＝， 由题图乙可知，t＝0.06 s时u＝1.8 U0 所以y＝4.5 cm 设打在屏上的点与O点距离为Y， 由几何关系知＝，所以Y＝13.5 cm。 (2)由题图甲可知电子偏移量y的最大值为， 所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，可知＝ 所以荧光屏上电子能打到的区间长为 2Ym＝3L＝30 cm。 7．如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，t＝0时刻，该带电粒子在静电力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用只改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则等于(　　) A. B. C．1 D. 答案　B 解析　设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝q，若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·，故＝，B正确。 8．(多选)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间距为dAB，两板间加有如图(b)所示的电压，质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)被固定在两板的正中间P处，且dAB>。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时由静止释放该粒子，粒子一定能到达B板 B．t＝时由静止释放该粒子，粒子可能到达B板 C．在0<t<和<t<T两个时间段内运动的粒子的加速度相同 D．在<t<时间内由静止释放该粒子，粒子一定能到达A板 答案　AD 解析　t＝0时由静止释放该粒子，由题图(b)可知粒子在0～时间内向右做初速度为零的匀加速直线运动，在～T时间内做匀减速直线运动，仍向右，在T时刻速度减为零，在T～时间内继续向右做初速度为零的匀加速直线运动，然后～2T时间内向右做匀减速直线运动，如此周期性运动，粒子一直向右运动，一定能到达B板，A正确；在t＝时由静止释放该粒子，由题图(b)可知，粒子在～时间内向右做初速度为零的匀加速直线运动，在～时间内向右做匀减速直线运动，在时刻速度减速为零，在～T时间内开始向左做初速度为零的匀加速直线运动，T～时间内向左做匀减速直线运动，末速度为零，如此周期性运动，粒子在～时间内一直向右运动，在此段时间内的位移为s＝2×·()2＝，而dAB>，所以粒子不能到达B板，B错误；在0<t<和<t<T两个时间段内运动的粒子的加速度大小相等，但方向相反，加速度不同，C错误；在<t<时间内释放该粒子，则粒子先向右做加速运动，后向右做减速运动，再反向向左做加速运动，然后向左做减速运动，经过一个周期之后会有向左的位移，故粒子最后能到达A板，D正确。 9．如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及粒子间的作用力，则(　　) A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0 B．粒子的电荷量为 C．在t＝时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为 D．在t＝时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 答案　D 解析　粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝，此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子在竖直方向的速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；对于t＝0时刻释放的粒子，在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则＝()2，得q＝，B错误；在t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移y＝2×a(T)2－2×a(T)2＝，C错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，最后向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确。 10．(2023·云南昆明市五华区高二月考)如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，UMN＝－U0。A、B两极板间的距离为d，两极板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化周期为3t0。两极板间的电场可视为匀强电场，t＝0时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为－e(e>0)，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。 (1)求A、B金属板的长度L； (2)求t＝0时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的偏移距离y； (3)仅上下调整A、B两水平极板的位置(OP仍为A、B间的中心线)，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两极板间的最小距离d1。 答案　(1)4t0　(2)　(3) 解析　(1)电子在M、N间做加速运动，根据动能定理得eU0＝mv02，解得v0＝ 电子在A、B间水平方向的分运动为匀速直线运动，L＝v0·4t0 解得L＝4t0 (2)t＝0时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向根据牛顿第二定律得eE＝ma，E＝ 解得a＝， 在0～2t0时间内竖直方向的位移为y1＝a2，末速度为v1＝a·2t0 在2t0～3t0时间内的末速度为v2＝v1－at0＝at0，在这段时间内竖直方向上的位移为y2＝t0＝at02 在3t0～4t0时间内的末速度为v3＝v2＋at0＝2at0，在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为y3＝t0＝at02 从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的偏移距离y＝y1＋y2＋y3 解得y＝5at02＝ (3)A、B两极板间的距离最小时，A、B两极板间的电压刚变为－U1时入射的电子恰好飞出电场，其他时刻入射的电子全部打在极板上被吸收，0～4t0内第一个t0内的位移大小为y1′＝a′t02，第2个t0内的位移大小为y2′＝a′t02 又a′＝ A、B两极板间的最小距离为d1＝y1′＋y2′ 解得d1＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$