第十章 专题强化5 带电粒子在交变电场中的运动（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二物理必修第三册学习笔记（人教版）

本高中物理讲义聚焦带电粒子在交变电场中的运动，系统梳理直线运动（交变电场定义、初速度为零或平行电场方向的加速减速交替运动）和曲线运动（垂直电场方向入射的分运动分析），构建知识脉络与学习支架。 该资料通过U-t图像转化为a-t、v-t图像建构运动模型，例题及拓展题（如例1分析电子运动方向）引导科学推理。课中辅助教师突破重难点，课后练习题覆盖不同情境，助力学生查漏补缺，提升科学思维与问题解决能力。

专题强化5　带电粒子在交变电场中的运动 [学习目标]　1.会分析带电粒子在交变电场中的直线运动(重点)。2.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.交变电场 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。 例1　如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，一电子静止在两极板中间，t=0时刻在两极板间加上如图乙所示周期为T的交变电压UBA，已知电子的质量为m、电荷量为e，两板间的距离为d，(电子在0~2T时间内不与极板发生碰撞)，设电子向B板运动方向为正方向。 (1)试在图丙中作出电子的加速度随时间变化的图像。 (2)试在图丁中作出电子的速度随时间变化的图像(不用计算最大速度)。 (3)下列关于电子运动情况的说法正确的是　　　　。  A.电子一直向A板运动 B.电子一直向B板运动 C.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回出发点做周期性来回运动 D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回出发点做周期性来回运动 答案　(1)见解析图a　(2)见解析图b　(3)B 解析　开始时B板的电势比A板高，电子受到向左的静电力，向B板做初速度为零的匀加速直线运动，时刻电场方向改变，静电力方向与电子运动方向相反，电子做匀减速直线运动，T时刻，速度减为零，之后电子重复上述运动过程，由运动学和动力学规律画出如图a、b所示的a-t图像和v-t图像；由电子的v-t图像可知，电子一直向B板运动。 拓展1　若两金属板间加上如图戊所示的交变电压，电子的运动情况为(　　) A.电子一直向A板运动 B.电子一直向B板运动 C.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回出发点做周期性来回运动 D.电子先向B板运动，然后向A板运动，返回出发点后做周期性来回运动 答案　D 解析　根据a=，作出电子a-t图像，如图c所示，在0~内电子做匀加速直线运动，T时速度最大，T~T做匀减速直线运动，T时速度减为零，T~T反向做匀加速直线运动，T时速度最大，T~T做匀减速直线运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动，其v-t图像如图d所示，故选D。 拓展2　若两极板间加上如图己所示的交变电压，电子的运动情况可能为(　　) A.电子一直向A板运动 B.电子一直向B板运动 C.电子时而向A板运动，时而向B板运动，若运动时间足够长，电子最后打在A板上 D.电子时而向A板运动，时而向B板运动，若运动时间足够长，电子最后打在B板上 答案　C 解决带电粒子在交变电场中直线运动问题的思路 (1)通常将U-t图像、E-t图像、φ-t图像等转化为a-t图像，进一步绘制出v-t图像，可将复杂的运动过程直观地描述出来。 (2)判断粒子一直向某一方向运动，还是做往复运动，关键是判断粒子的速度为零后加速度的方向，若加速度的方向与原来速度方向相同，粒子将继续向同一方向运动，若粒子加速度方向与原来运动方向相反，粒子将向反方向运动。 二、带电粒子在交变电场中的曲线运动 例2　如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，周期为T，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线OO'垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度大小均为v0，已知t=0时刻射入电场的粒子经过时间T刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。不计粒子间的相互作用，请分析以下情况： (1)t=0时刻射入电场的粒子在0~T内，沿电场方向的运动情况： 由题意得0~时间内，在沿电场方向上，粒子做　　　　　　运动，t=时刻，vy　　　　(填“最大”或“最小”)，~T时间内，在沿电场方向上，粒子做　　　　　　　　运动，t=T时刻，vy=　　　　。画出沿电场方向的分速度vy-t图像。  (2)该粒子离开极板时的速度v=　　　　；  (3)若一个粒子从时刻射入电场，粒子离开极板的时刻为　　　　，粒子离开极板的速度v'=　　　　，离开极板的位置为　　　　。  答案　(1)匀加速直线　最大　匀减速直线　0　见解析图　(2)v0　(3)T　v0　O' 解析　(1)0~时间内，在沿电场方向上，粒子做匀加速直线运动，t=时刻，vy最大，~T时间内，在沿电场方向上，粒子做匀减速直线运动，t=T时刻，vy=0。沿电场方向的分速度vy-t图像如图。 (2)粒子在t=T时刻离开电场，vy=0，粒子的速度v=v0。 (3)粒子在初速度方向上做匀速直线运动，故粒子在电场中的运动时间为T，故若粒子从时刻射入电场，离开极板的时刻为T，作出从时刻射入电场的粒子在沿电场方向的vy-t图像如图所示。由图像可知粒子沿电场方向先做匀加速直线运动，T时速度最大，T~T做匀减速直线运动，T时速度减为零，T~T反向做匀加速直线运动，T时反向速度最大，T~T做匀减速直线运动，T时速度减为零，回到板间中线。故粒子离开极板的速度v'=v0。 拓展　(1)试分析会不会有粒子打到极板上。 (2)试分析是否所有粒子均沿垂直电场方向射出电场。 答案　见解析 解析　(1)t=0时刻入射的粒子，偏移量最大，其他粒子不可能打到极板上。 (2)可作出a-t图像，如图所示，a-t图像的“面积”表示粒子离开极板时沿竖直方向的速度vy，分析可知，所有粒子在极板间运动时间均为T，a-t图像与t轴所围“面积”之和为零，故所有粒子均沿垂直电场方向射出电场。 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，分方向对粒子进行运动分析： (1)在初速度方向上，粒子做匀速直线运动。 (2)在垂直于初速度方向上，粒子做匀加速、匀减速交替的运动，可利用vy-t图像进行速度、位移的分析。 1.(多选)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=，因此带电粒子先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s内将反向加速，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，粒子只受静电力作用，前3 s内动能变化为0，根据动能定理知静电力做的总功为零，故D正确。 2.(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与时间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，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2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=，可解得=，B正确；由对称性可知，t=时刻从粒子源射入的粒子，刚好从靠近A板右侧水平射出，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=a=××=v0，故此时粒子的速度大小为v==v0，D正确。 专题强化练 [分值：50分] [1、2题，每题6分] 1.(2024·玉溪市第一中学高二月考)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(0<t0<)时刻由静止释放该粒子，关于该粒子的运动正确的是(　　) A.一开始向左运动，最后打到A板上 B.一开始向右运动，最后打到A板上 C.一开始向左运动，最后打到B板上 D.一开始向右运动，最后打到B板上 答案　D 解析　粒子带正电，在t0(0<t0<)时刻由静止释放该粒子，粒子在t0~向右加速运动，在~(T-t0)向右减速运动，(T-t0)~T向左加速运动，T~(T+t0)向左减速到零，此后重复以上运动，粒子在一个周期内向右运动的多，向左运动的少，最终打到B板上。故D正确。 2.(多选)(2024·七台河市高二期中)如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如乙图所示的方波形电压。在t=0时刻，一质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿平行板方向射入电场，并在t=T时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是(　　) A.电子沿平行板方向做加速运动 B.板间距离必须满足d≥T C.电子从板间射出时机械能增加eU0 D.电子从板间射出时的速度大小为v0 答案　BD 解析　竖直方向上，0~内电子做匀加速直线运动，~T内电子做匀减速直线运动至速度为零，从两板间射出的速度大小为v0，电子沿平行板方向做匀速运动，故D正确，A错误；电子在竖直方向位移为y=××2= 由y≤可知d≥T，故B正确；0~T内静电力做功为零，机械能增加量为零，故C错误。 3.(9分)(2025·保定市高二月考)如图甲所示，某加速装置由多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，序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。为了尽可能保证电子运动到圆筒间隙中都能加速，电子在每个圆筒内的运动时间均为，因此圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。若已知电子的质量为m、电子电荷量为-e、电压的绝对值为u，周期为T。忽略电子通过每个圆筒间隙的加速时间。 (1)(3分)求电子在圆筒4中运动的速率； (2)(6分)求第2个金属圆筒与第8个金属圆筒的长度之比。 答案　(1)2　(2) 解析　(1)根据动能定理有4eu=m 解得v4=2； (2)根据运动规律可知lN=vN· 结合动能定理有Neu=m 解得lN=∝ 所以有==。 [4~6题，每题7分] 4.A、B两导体板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB-t图线如下列四图所示。其中可能使电子到不了B板的是(　　) 答案　B 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，一定能到达B板，A错误；加B图电压，电子向B板运动的v-t图像如图所示，由图可知，在一个周期内，电子的位移为0，有可能到不了B板，B正确；加C图和D图电压，分析可知电子在一个周期内速度方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，C、D错误。 5.(多选)(2024·广州市广大附、广外、铁一3校期中联考)如图甲所示，长为L的两块正对金属板A、B水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压UAB，电子流沿中心线OO'从O点以初速度v0=射入板间，电子都不会碰到极板。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.两板间距d>T B.电子在t=0时刻从O点射入时一定从中心线离开电场 C.电子在t=时刻从O点射入时一定从中心线离开电场 D.电子无论在哪一时刻从O点射入，离开板间电场时的速率一定是v0 答案　ACD 解析　任何一个电子离开电场所用的时间均为T=，当电子在t=k(k为自然数)时刻从O点射入，射出电场时电子离开中心线的距离最大，为h=2×··<，得d>T，A正确；电子在t=0时刻从O点射入时，电子离开电场时与中心线间的距离最大，不会从中心线离开电场，B错误；电子在t=时刻从O点射入后，在电场中的运动轨迹如图，根据对称性可知电子从中心线离开电场，C正确；设电子从t=-Δt时刻从O点射入电场，则沿电场方向的分速度vy=aΔt-aΔt-a(-Δt)+a(-Δt)=0，离开电场时只有中心线方向上的速度，大小为v0，D正确。 6.(多选)(2024·沧州市高二期末)如图甲所示，两平行板沿水平方向放置，且在两极板间加如图乙所示的电压，t=0时刻由两极板的正中央静止释放一带负电的粒子，结果在2T0时粒子回到出发点，且整个过程中粒子刚好未与极板M发生碰撞，忽略粒子的重力。则下列说法正确的是(　　) A.粒子在T0时刻刚好运动到极板M B.在T0时刻粒子的速率最大 C.U1∶U2=1∶3 D.T0与2T0时刻粒子的动能之比为1∶4 答案　CD 解析　设两极板之间的距离为d，粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q。在0~T0时间内平行板间的电场强度为E1= 粒子的加速度a1=， 粒子向上做匀加速直线运动，经过时间T0的位移为x1=a1T02 此时的速度为v1=a1T0 在T0~2T0时间内平行板间电场强度为 E2= 粒子的加速度大小为a2= 粒子以v1的速度先向上做匀减速直线运动到达M板时，速度减为零，然后向下做匀加速直线运动，这段时间内的位移为x2=v1T0-a2 由题意知，在t=2T0时刻，粒子回到出发点，则有x1+x2=0 联立可得U1∶U2=1∶3 A错误，C正确；由以上分析可知，在T0时刻粒子的速度大小为v1=T0 在2T0时刻粒子的速度大小为v2=v1-a2T0 整理得v2=-T0显然T0与2T0时刻粒子的速率之比为v1∶v2=1∶2 由公式Ek=mv2可知T0与2T0时刻粒子的动能之比为1∶4，B错误，D正确。 [8分] 7.(多选)(2024·威海市高二期中)如图甲所示，在矩形MNQP区域中有平行于MP方向的匀强电场，电场强度为E0，一电荷量为+q、质量为m的带电粒子以v0的初速度从M点沿MN方向进入匀强电场，刚好从Q点射出。MN=PQ=2L，MP=QN=L。现保持电场强度的大小不变，使匀强电场的方向按图乙做周期性变化。使该带电粒子仍以v0的初速度从M点沿MN方向进入，粒子刚好能从QN边界平行PQ方向射出。不计粒子重力，取图甲中方向为电场正方向。则下列说法正确的是(　　) A.电场强度大小为E0= B.电场强度大小为E0= C.电场变化的周期可能为T0= D.电场变化的周期可能为T0= 答案　BC 解析　对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，则有2L=v0t，L=at2，a=，联立解得E0=，故A错误，B正确；当电场强度方向周期性变化时，粒子沿电场方向先做初速度为零的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，速度减为零，这一过程可以重复n次，直到粒子从QN边界射出，沿MN方向有2L=nv0T0(n=1，2，3…)，解得T0=(n=1，2，3…)，当n=5时，可得T0=，故C正确，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $