专题突破(3) 带电粒子在交变电场中的运动-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

第十章 静电场中的能量 专题突破三 带电粒子 在交变电场中的运动 突破点一　带电粒子在交变电场中的直线运动 突破点二　带电粒子在交变电场中的曲线运动 专题突破(三)　带电粒子在交变电场中的运动 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 01 02 03 04 05 06 本专题主要研究带电粒子在交变电场中的直线运动或曲线运动问题，是上一节所学知识的延续和综合。由于带电粒子所处的电场是周期性变化的，所以粒子的运动也往往具有周期性、往复性、对称性等。通过本专题的学习，要掌握相关问题的分析方法和技巧，提高归纳综合的能力。 1．问题特点 (1)带电粒子进入电场时的初速度为零，或初速度方向与电场的方向平行，粒子在静电力的作用下交替做加速、减速或匀速直线运动。 (2)粒子的运动往往具有周期性、往复性和对称性。 2．分析方法 (1)常利用动力学的知识分析。分析时可分段考虑，关键要搞清与交变电场的周期性变化相对应的、各段时间内粒子的受力情况和运动情况。 (2)利用v ­t图像辅助分析。 根据粒子的动力学特点绘出v ­t图像，从而将粒子复杂的运动过程形象、直观地呈现出来，以便于分析判断。 (3)分析时要充分利用粒子运动的周期性、往复性和对称性，并能归纳总结出粒子一般性的运动规律。 【典例1】 (多选)(2024·辽宁沈阳检测)如图甲所示，两平行金属板水平放置，A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间t的变化规律如图乙所示，电子只受静电力的作用，且初速度为零(设两板间距足够大)，则下列说法正确的是(　　 ) A．若电子是在t＝0时刻进入板间的，它将一直向B板运动 B．若电子是在t＝0时刻进入板间的，它将时而向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＝时刻进入板间的，它将时而向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＝时刻进入板间的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后不能打到B板上 解析：选ACD。方法一：分段法　归纳法 若电子在t＝0时刻进入板间电场，则在0～T时间内，电子受到向上的静电力，由于初速度为零，所以向上做匀加速直线运动，在T～T时间内，电子受到的静电力向下，由于此时速度向上，所以向上做匀减速直线运动，根据对称性可知，在T时刻电子刚好减速为零，此后重复以上运动直到打在B板上，故A正确，B错误；若电子在t＝时刻进入板间电场，同理可以推知，电子先向上加速运动时间，后向上减速运动时间至速度为零，由于此 时加速度的方向仍向下，所以电子接着向下加速运动时间，然后再减速运动时间至速度为零，此后重复以上运动，所以电子在板间做周期性的往复运动，故D正确；若电子在t＝时刻进入板间电场，则电子在T～T时间内，电子先向上做加速运动，后向上做减速运动至速度为零，在T～T时间内，电子先向下做加速运动，后向下做减速运动至速度为零，此后重复以上运动，由于每个周期内电子向上运动的位移大于向下运动的位移，所以电子整体是向上运动的，最终会打在B板上，故C正确。 方法二：图像法 选取竖直向上为正方向，根据电子的受力情况和运动情况作出电子运动的v ­t图像如图所示。根据图像容易得到，A、C、D的说法是正确。 【针对训练1】 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< 解析：选B。刚释放粒子时，粒子向A板运动，说明释放粒子时UAB为负，故A、D错误；若<t0<则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，由于每次向左运动的距离大于向右运动的距离，所以粒子最终会打在A板上，故B正确；若<t0<T，则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，因为每次向左运动的距离小于向右运动的距离，所以粒子最终会打在B板上，故C错误。 问题特点及分析方法 带电粒子以一定的初速度垂直于电场的方向进入交变电场，由于粒子受到的静电力与速度有夹角，且周期性变化，所以粒子做复杂的曲线运动。 (1)若带电粒子的初速度很大，则粒子通过交变电场时所用的时间极短，可近似认为：粒子通过场区时所受的静电力还没来得及变化——恒力，粒子在电场中做类平抛运动。 此种情况的分析方法就是运动的合成与分解。 (2)若粒子在电场中运动的时间较长，则粒子沿初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向，粒子在静电力的作用下交替做加速、减速或匀速直线运动，合运动为复杂的曲线运动。 此种情况的分析方法除运动的合成与分解外，还要借鉴粒子在交变电场中做直线运动的分析方法。 【典例2】 (2024·安徽芜湖期末)如图甲所示，电子加速器的加速电压为U1，偏转电场的极板相距为d。大量电子由静止加速后，不断地从两板正中间沿水平方向射入偏转电场。两板不带电时，电子通过两极板的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值为U0(U0未知)的变化电压时，偏移量最大的电子恰从两极板右边缘射出。电子的电荷量为e，质量为m，不计电子重力和它们之间相互作用力，求： (1)电子射入偏转电场时的速度大小； (2)偏转电场的电压U0； (3)何时从左侧进入的电子从平行板右侧距离中线上方处飞出。 解析：(1)电子在加速电场运动时，根据动能定理得eU1＝mv02 解得v0＝。 (2)电子进入偏转电场后，水平方向的分运动为匀速运动，速度vx＝v0，竖直方向的分运动为分段的匀变速运动。由题图乙分析可知，在t＝nt0(n＝0，1，2，…)时刻进入偏转电场的电子，出偏转电场时偏移量最大，依题意知最大偏移量ym＝ 由牛顿第二定律得ay＝ 由运动学公式得ym＝×2 联立解得，偏转电压U0＝。 (3)设tx时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方处飞出偏转电场，由运动公式可得 ay(t0－tx)2×2－×2，解得tx＝t0 所以在t＝2nt0＋tx＝2nt0＋t0(n＝0，1，2，3，…)时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方飞出偏转电场 同理可得，在t＝2nt0－tx＝2nt0－t0(n＝1，2，3，…)时刻进入偏转电场的电子，也会从中线上方飞出偏转电场。 答案：(1)　(2)　(3)t＝2nt0－t0(n＝1，2，3，…)或t＝2nt0＋t0(n＝0，1，2，3，…) 【针对训练2】 (多选)如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压UAB，交变电压的周期T＝。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线持续不断地进入平行板之间。已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则(　　 ) A．所有电子在两板间运动的时间为2T B．所有电子离开电场时速度都是2v0 C．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 解析：选AC。依题意可知，所有电子离开极板所用的时间t＝＝2T，不同时刻进入电场的电子在竖直方向的分速度的vy ­t图像如图甲所示， 由图可以看出，所有电子离开电场时竖直方向的分速度vy＝0，所以所有电子离开电场时速度都等于v0，故A正确，B错误；t＝时刻进入电场的电子，在t＝时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax＝2×T2，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为d，则有，联立可得ymax＝，故C正确；t＝时刻进入电场的电子在竖直方向的分速度的vy ­t图像如图乙所示， 由图可以看出，电子在t＝T时刻侧位移最大，最大位移为ymax′＝4×故D错误。 【基础应用题】 1．(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的电压后，下列选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　 ) 解析：选AB。在0～时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动；～时间内，电子沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零；～时间内，电子向A板做匀加速直线运动；～T时间内，电子向A板做匀减速直线运动，此后重复以上运动。结合以上分析可知，B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时，x ­t图像应是曲线，故D错误。电子交替做匀加速运动和匀减速运动，加速度的大小不变，方向周期性变化，故A正确。 2．(2024·河南新乡期末)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，将一带电粒子在此匀强电场中由静止释放，若带电粒子只受静电力的作用，下列说法正确的是(　　 ) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．0～3 s内，静电力做的总功不为零 C．2 s末带电粒子离出发点最远 D．3 s末带电粒子回到原出发点 解析：选D。由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a1＝，在第2 s内的加速度大小为a2＝＝2a1。假设粒子带正电，则根据其动力学特点画出对应的v ­t图像如图所示， 由图可知，带电粒子做周期性的往返运动；0～3 s内，静电力做的总功为零；1.5 s末，带电粒子离出发点最远；3 s末带电粒子回到原出发点。故D正确。 3．(多选)如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压UMN，一段时间后加速器稳定加速质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则(　　 ) A．金属圆筒内部电场强度大小随序号增大而减小 B．质子在各圆筒中做匀速直线运动 C．质子在各圆筒中的运动时间都为T D．各金属筒的长度之比为1∶∶… 解析：选BD。金属圆筒内部处于静电屏蔽状态，内部电场强度处处为零，所以质子在金属圆筒中不受静电力，做匀速运动，故A错误，B正确；只有质子在每个圆筒中匀速运动的时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C错误；质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理有neU0＝－0，解得vn＝，所以第n个圆筒长度Ln＝，则各金属筒的长度之比为1∶∶∶…，故D正确。 4．(多选)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且周期性变化的电压，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，不计粒子重力及相互间的作用力，则(　　 ) A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 B．粒子的电荷量为 C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02 D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 解析：选AD。粒子进入电场后，水平方向的分运动为匀速直线运动，在电场中运动的时间t＝，此时间正好是交变电压的一个周期。t＝0时刻进入电场的粒子，在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期， 粒子的竖直分速度刚好为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A正确；在竖直方向，t＝0时刻进入电场的粒子在时间内的位移为，则有，解得q＝，故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为y＝2×，故静电力做功为W＝mv02，电势能减少了mv02故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，然后再向上减速，由对称性可知，粒子出电场时竖直方向的位移为零，所以粒子从P板右侧边缘离开电场，故D正确。 5．如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD水平放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10-3 s，U0＝1×103 V。一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电荷量为q＝1×10-5 C，质量m＝1×10-7 kg。不计粒子所受重力。求： (1)粒子在板间运动的时间； (2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围； (3)粒子打到荧光屏上时的动能。 解析：(1)在板间，粒子在水平方向上做沿x轴方向的匀速直线运动，设运动时间为t，则有L＝v0t 解得t＝＝2×10-3 s。 (2)t＝0时刻射入的粒子在板间偏移量最大，设为y1，则有 y1＝ 由牛顿第二定律得＝ma 解得y1＝0.15 m 所以纵坐标y＝d－y1＝0.85 m t＝1×10-3 s时刻射入的粒子在板间偏移量最小，设为y2，则有y2＝ 解得y2＝0.05 m 所以纵坐标y′＝d－y2＝0.95 m 故打到荧光屏上的纵坐标的范围在0.85 m～0.95 m之间。 (3)粒子打到荧光屏上时的动能都相同，设为Ek，由动能定理得 qy2＝Ek－mv02 解得Ek＝5.05×10-2 J。 答案：(1)2×10-3 s　(2)0.85 m～0.95 m　(3)5.05×10-2 J 【创新拔高题】 6．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，偏转电场板间距离L＝8 cm，极板长为2L，下极板接地，偏转电场极板右端到荧光屏的距离也是2L，在两极板间接有一交变电压，电压的变化周期T＝4 s，上极板的电势随时间变化的φ ­t图像如图乙所示。大量电子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间相对电势变化的周期而言极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的。 (1)求电子进入偏转电场时的速度大小v0(用电子比荷、加速电压U0表示)。 (2)在电势变化的每个周期内，荧光屏会出现“黑屏”现象，即无电子击中屏幕，求每个周期内的“黑屏”时间。 (3)求荧光屏上有电子打到的区间的长度。 解析：电子进入偏转电场时的速度即为电子出加速电场时的速度，根据动能定理有eU0＝mv02，解得v0＝。 (2)由题图甲可知，当电子在偏转电场中的侧移量大于时，电子将打在偏转电场的极板上，出现“黑屏”现象，设电子刚好能射出电场时的偏转电压为Um，则有a＝at2，联立方程解得Um＝0.5 U0 结合题图乙可知，当偏转电压在之间变化时，进入偏转电场的电子无法打在荧光屏上，因此每个周期内荧光屏出现“黑屏”的时间t′＝T＝1 s。 (3)设电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的距离为Y，如图所示， 由电场偏转的结论和几何关系可得＝3 当电子向上偏转时，在屏上出现的最大距离为Y1＝3×＝12 cm 当电子向下偏转时，在屏上出现的最大距离为Y2＝3×＝9.6 cm 所以荧光屏上有电子打到的区间的长度为l＝Y1＋Y2＝21.6 cm。 答案：(1) 　(2)1 s　(3)21.6 cm $$