第九章 第6课时 专题强化：带电粒子在交变电场中的运动（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第6课时　专题强化：带电粒子在交变电场中的运动 目标要求　1.掌握交变电场的特点。2.会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。 考点一　带电粒子在交变电场中的直线运动 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．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动。 (2)粒子做往返运动。 3．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临界条件。 (2)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。 4．解题技巧 (1)按周期性分段研究。 (2)将a－t图像v－t图像。 例1　(多选)如图所示，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，两板间电势差随时间的变化规律如图所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。则下列说法正确的是(　　) 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＝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，故A正确；若电子在t＝时刻进入，则由图像知，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，故B正确；若电子在t＝时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回A板从小孔飞出，故C错误；t＝时刻电子一靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，故D错误。 拓展　若已知电子质量为m、电荷量大小为e，电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B板。 (1)A、B两板间的距离为______________； (2)电子在两板间的最大速度为____________。 答案　(1)　(2) 解析　(1)电子在t＝时刻由静止释放恰好打在B板上，则电子先加速后减速，在t＝T时刻到达B板且速度为零，设两板的间距为d，加速度大小为a＝，则有d＝2×a()2，解得d＝； (2)由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为vm＝a·＝。 在画速度—时间图像时，要注意以下几点： (1)带电粒子进入电场的时刻。 (2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。 (3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的“面积”为正，在横轴下方所围成的“面积”为负。 (4)注意对称性和周期性变化关系的应用。 (5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像的问题，还应逐段分析求解。 考点二　带电粒子在交变电场中的偏转 1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形。 当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。 2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。 3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，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临界条件。 4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。 例2　如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。 (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； (2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。 ①定性画出垂直板方向的速度vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。 ②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。 ③若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？ (3)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ 答案　(1) (2)①见解析图　②见解析 ③d＝(n＝0,1,2,3，…) (3)L＝nv0T(n＝1,2,3，…)　d≥ 解析　(1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电场，则粒子在电场中的运动时间为t＝ (2)① ②由对称性可知，粒子可能在t1＝nT，即vy＝0时从B板右边缘水平射出， L＝v0t1＝nv0T(n＝1,2,3，…)， d＝2n·a()2 由牛顿第二定律有a＝， 联立得d＝(n＝1,2,3，…) ③根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，，…时，恰好打到B板，则有d＝(2n＋1)×·()2(n＝0,1,2,3，…) 解得d＝(n＝0,1,2,3，…)。 (3)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，做向下的匀加速直线运动，在～时间内，向下做匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B板上，然后在～T时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板间距d满足条件d≥2×a()2 由牛顿第二定律可得a＝ 联立解得d≥ 粒子在电场中的运动时间为t2＝nT(n＝1,2,3，…) 则板长为L＝v0t2＝nv0T(n＝1,2,3，…) 课时精练 1．如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　) 答案　A 解析　在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场的方向向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图像可知A正确，B、C、D错误。 2．如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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　若0<t0<，带正电粒子先加速向B板运动，再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误；若<t0<，带正电粒子先加速向A板运动，再减速运动至零，然后再反方向加速运动、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B正确；若<t0<T，带正电粒子先加速向A板运动，再减速运动至零，然后再反方向加速运动、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C错误；若T<t0<，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零，然后再反方向加速运动、减速运动至零，如此反复运动；每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。 3.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(　　) A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B．电压如乙图所示时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动 D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动 答案　D 解析　若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～T时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了T后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到T后向左减速，T后向右加速，T后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确。 4．(多选)如图甲所示，长为2d的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期T＝。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为v0的相同带电粒子。已知t＝0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，不计粒子重力，则下列判断正确的是(　　) A．t＝0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0 B．该粒子源发射的粒子的比荷为 C．t＝时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能 D．t＝0时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为v0 答案　ABD 解析　由于粒子在电场中的运动时间为t＝＝2T，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了两个周期，由对称性可知，粒子在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电容器时，其速度等于水平速度v0，A正确；在两个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得d＝4×a×()2，又因为a＝，T＝，代入可解得＝，B正确；由对称性可知，t＝时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，C错误；t＝0时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为vy＝at＝·＝v0，故此时粒子的速度大小为v＝＝v0，D正确。 5．如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受电场力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是(　　) A．粒子射出时间可能为t＝4 s B．粒子射出的速度大小为2v C．极板长度满足L＝3vn(n＝1,2,3，…) D．极板间最小距离为 答案　D 解析　粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动v－t图像如图所示 因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s…，满足t＝1.5n(n＝1,2,3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长度L＝v·1.5n(n＝1,2,3，…)，故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥vy×1.5 s，vy＝a×1 s，a＝，联立解得d≥，故D正确。 6．(2023·浙江杭州市检测)如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的圆筒依次排列，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输出质子流。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．质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B．质子进入第n个圆筒瞬间速度为 C．各金属筒的长度之比为1∶∶∶… D．质子在各圆筒中的运动时间之比为1∶∶∶… 答案　C 解析　金属圆筒中电场为零，质子不受静电力，做匀速运动，故A错误；质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得neU0＝mvn2－0，解得vn＝，故B错误；只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；第n个圆筒长度Ln＝vn·＝·，则各金属筒的长度之比为1∶∶∶…，故C正确。 7．在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变，方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子以平行于极板的速度v0从两板中央OO′射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问： (1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？ (2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？ (3)若电子恰能从O′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 答案　(1)　(2)v0T　(3)＋k(k＝0,1,2，…)　T 解析　(1)由动能定理得 e＝mv2－mv02， 解得v＝。 (2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。 (3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝＋k(k＝0,1,2，…)时射入；极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d，由牛顿第二定律有a＝，加速阶段运动的距离s＝·()2≤，解得d≥T，故两极板间距至少为T。 学科网（北京）股份有限公司 $