第9单元 07 ※专题十五 带电粒子在交变电场中的运动（word练习）-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习课时作业（基础版）

**基本信息** 聚焦带电粒子在交变电场中的运动，通过矩形波、正弦波等交变电压情境，系统覆盖轨迹判断、速度变化及偏移计算，强化科学思维中的模型建构与运动合成推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础理解|3（1-3）|不同交变电压下粒子运动轨迹与速度图像分析|基于牛顿运动定律，建立电场力-加速度-速度的动态关系| |综合应用|2（4-5）|多过程运动及临界状态判断|结合运动合成，分段分析粒子在交变电场中的位移累积| |拓展提升|2（6-7）|复杂情境（含加速电场）的定量计算|整合动能定理与运动学公式，推导偏移量与电压周期的定量关系|

※专题十五　带电粒子在交变电场中的运动 (限时40分钟) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 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流电压.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,则图A、B、C、D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) (　) A　B C　D 2.[2025·安徽蚌埠质检] 如图甲所示是极板长度为L的平行板电容器,虚线为电容器的中心线,两极板M、N接在如图乙所示的交变电源上(t=0时M板带负电).在t=时,一带正电的粒子以v=的速度沿虚线方向射入电容器并能飞出,不计粒子的重力,则该粒子在极板间运动的轨迹可能是 (　) A　B　C　D 3.图甲为两水平金属板,在两板间加上周期为T的交变电压u,电压u随时间t变化的图线如图乙所示.质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间,经时间T从两板间飞出.下列关于粒子运动的描述错误的是 (　) A.t=0时刻入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大 B.t=T时刻入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大 C.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度都沿水平方向 D.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度大小都相等 4.(多选)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,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法正确的是 (　) A.带电粒子将始终向同一个方向运动 B.2 s末带电粒子回到原出发点 C.3 s末带电粒子的速度为零 D.0~3 s内,电场力做的总功为零 5.如图甲所示为一平行板电容器,A极板上有一小孔C,在小孔处由静止释放一个带负电的粒子,已知该带电粒子只受电场力的作用,在电容器两极板间加如图乙所示的电压,电压的变化周期为T,若粒子从t=时刻释放,则下列说法正确的是 (　) A.粒子一定能运动到B极板上 B.粒子一直向B极板运动 C.粒子的速度时间图像可能为图丙 D.粒子的速度时间图像可能为图丁 6.(多选)[2025·辽宁名校联盟模拟] 如图甲所示,在矩形MNQP区域内有平行于MP的匀强电场,一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(不计粒子重力)以初速度v0从M点沿MN方向进入匀强电场,经时间T0刚好从Q点射出,MN=2MP=2L.取匀强电场方向由M→P为正方向,使匀强电场的电场强度按图乙或图丙做周期性变化,图中E0为未知量,现使该粒子在t=0时刻仍从M点以v0射入电场,下列说法正确的是 (　) A.电场强度E0的大小为 B.若电场按图乙做周期性变化,则粒子到达NQ边界上的位置与Q相距 C.若电场按图乙做周期性变化,则粒子到达NQ边界时的速度大小为v0 D.若电场按图丙做周期性变化,则粒子到达NQ边界时的位置与Q相距 7.如图甲所示,真空室中加热的阴极K发出的电子(初速度不计)经电场加速后,由小孔S沿两平行金属板M、N的中心线OO'射入板间,加速电压为U0,M、N板长为L,两板相距.加在M、N两板间电压UMN随时间t变化的关系图线如图乙所示,变化周期为T0,M、N板间的电场可看成匀强电场,忽略板外空间的电场.在每个粒子通过电场区域的极短时间内,两板电压可视作不变,板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ,屏与OO'垂直,交点为O'.已知电子的质量为m,电荷量为e,单位时间内从小孔S进入的电子个数为n,忽略电子重力及电子间的相互作用,不考虑相对论效应.求: (1)电子加速至O点的速度大小v0; (2)电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时,M、N板间的电压U1; (3)在荧光屏上有电子区域的长度b和0~2T0时间内打到荧光屏的电子数目N. 学科网（北京）股份有限公司 $ ※专题十五　带电粒子在交变电场中的运动 1.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.B　[解析] 粒子在水平方向做匀速直线运动,穿过板的时间为t==2T,一带正电的粒子以v=的速度沿虚线方向射入电容器,~内,M板带负电,粒子受合力向上,竖直方向做匀加速直线运动,轨迹曲线向上弯曲,~T粒子所受合力向下,轨迹曲线向下弯曲,在竖直方向上先减速到零,后加速向下,轨迹先向上后向下, T~粒子所受合力向上,轨迹曲线向上弯曲,先在竖直方向向下减速到零,后加速向上,轨迹先向下后向上,~2T粒子的运动情况与~T粒子运动情况相同,B选项轨迹符合题意. 3.B　[解析] 粒子在电场中运动的时间是相同的,t=0时刻入射的粒子在沿电场方向上先加速,然后减速为零,最后离开电场区域,故t=0时刻入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大,选项A正确;t=T时刻入射的粒子在沿电场方向上先加速,然后减速,再反向加速,最后反向减速为零离开电场区域,故t=时刻入射的粒子离开电场时偏离中线的距离为零,选项B错误;因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T,根据动量定理,在沿电场方向上,电场力的冲量的矢量和为零,故所有粒子离开电场时沿电场方向的分速度均为零,即最终都垂直于电场方向射出电场,离开电场时的速度大小都等于初速度,选项C、D正确. 4.CD　[解析] 设第1 s内粒子的加速度为a1,第2 s内的加速度为a2,由a=,可知a2=2a1,所以粒子第1 s内向负方向运动,1.5 s末粒子的速度减小为零,然后向正方向运动,至3 s 末回到原出发点,粒子的速度又减小为零,v⁃t图像如图所示,由动能定理可知,0~3 s内电场力做的总功为零,选项A、B错误,C、D正确. 5.C　[解析] 由图乙所示图像可知,t=时刻上极板电势高,两板间的电场方向竖直向下,带负电的粒子所受电场力竖直向上,粒子在电场力作用下向上做初速度为零的匀加速直线运动,在~T时间内上极板电势低,下级板电势高,粒子受到向下的电场力,粒子的加速度向下,~T时间内粒子向上做匀减速直线运动,T时刻向上的速度减到零,T~T时间内粒子向下做初速度为零的匀加速直线运动,T~T粒子向下做匀减速直线运动,在T时刻粒子速度为零,然后粒子重复~T内的运动过程,~T时间内粒子的位移大小可能大于两极板间距也可能小于两极板间距,故A、B错误;由以上分析可知,粒子从释放开始先做初速度为零的匀加速直线运动,再做匀减速直线运动直到速度为零,然后做反向的初速度为零的匀加速直线运动,然后再做匀减速直线运动直到速度为零,然后再重复前述运动过程,粒子的加速度大小是不变的,v⁃t图像的斜率表示加速度,在粒子运动的各阶段v⁃t图像的斜率大小是不变的,粒子的v⁃t图像可能为图丙,不可能为图丁,故C正确,D错误. 6.AD　[解析] 对粒子分析,粒子沿MN方向做匀速直线运动,由运动学知识有2L=v0T0,沿电场方向做匀加速直线运动,由运动学知识有L=a,对粒子受力分析,由牛顿第二定律有qE0=ma,联立解得E0=,A正确;若电场按图乙做周期性变化,沿MN方向做匀速直线运动,有2L=v0T0,沿电场线方向,前做匀加速直线运动,有vy=a,y1=a,~T0时间内,沿电场线方向做匀速直线运动,有y2=vy,联立解得粒子到达NQ边界上的位置与Q相距y=L-(y1+y2)=,粒子到达NQ边界时的速度大小为v==v0,B、C错误;若电场按图丙做周期性变化,沿MN方向做匀速直线运动,有2L=v0T0,沿电场线方向,前做匀加速直线运动,有vy=a,y1=a,~T0时间内,沿电场线方向做匀减速直线运动,有vy2=vy-a,y2'=vy-a,联立粒子到达NQ边界时的位置与Q相距y'=L-(y1+y2')=,D正确. 7.(1)　(2)U0　(3)L　T0n [解析] (1)根据题意,电子加速到O点的过程,由动能定理有eU0=m 解得v0= (2)设M、N两板间距离为d,电子在M、N板间运动时间为t,加速度大小为a 则水平方向上有L=v0t 竖直方向上有d=at2 由牛顿第二定律有ma= 解得U1=U0 (3)根据题意可知,电子刚好从M板的右边缘离开偏转电场时,垂直于中心线OO'方向的速度vy=at 偏转角度的正切值tan θ= 由几何关系有b=2 解得b=L 当|uMN|≤U0时,电子才能从两板间射出 则有N=T0n 学科网（北京）股份有限公司 $