2024年高中物理新教材同步学案 必修第三册 第10章　专题强化5　带电粒子在交变电场中的运动（含解析）

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专题强化5　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～eq \f(1,2)T内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，eq \f(1,2)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～eq \f(T,2)内做类似题图甲0～T的运动，eq \f(T,2)～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，设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＝eq \f(T,8)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＝eq \f(3,8)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＝eq \f(T,2)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eq \f(T,8)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eq \f(3T,8)时刻进入电场，则由图丁知，在第一个周期电子即返回至A板，C错误。若电子在eq \f(T,2)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图像进行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eq \f(\r(2)d,v0)B．射出粒子的最大动能为eq \f(5,4)mv02C．t＝eq \f(d,2v0)时刻射入的粒子，从O′点射出D．t＝eq \f(3d,v0)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＝eq \f(mv02,2qd)，则粒子在电场中的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(v02,2d)，粒子在电场中运动的最短时间满足eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)atmin2，tmin＝eq \f(\r(2)d,v0)，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＝eq \f(8d,v0)，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eq \f(1,2)mv02，选项B错误；t＝eq \f(d,2v0)＝eq \f(T,8)时刻射入的粒子，先向下做加速运动，由于eq \f(3,8)T＝eq \f(3d,2v0)>tmin，粒子将打在下极板上，选项C错误；t＝eq \f(3d,v0)＝eq \f(3T,4)时刻射入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速eq \f(T,4)，后向上减速eq \f(T,4)速度到零；然后向下加速eq \f(T,4)，再向下减速eq \f(T,4)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·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～eq \f(T,3)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eq \r(2)v0B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了eq \f(1,2)mgdD．克服静电力做功为eq \f(1,2)mgd答案　BCD解析　0～eq \f(T,3)时间内微粒匀速运动，则有qE0＝mg，eq \f(T,3)～eq \f(2,3)T时间内，微粒做平抛运动，加速度为g，方向向下；eq \f(2,3)T～T时间内，微粒的加速度a＝eq \f(2qE0－mg,m)＝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eq \f(1,2)d，则重力势能的减小量ΔEp＝eq \f(1,2)mgd，故C正确；在eq \f(T,3)～eq \f(2,3)T内和eq \f(2,3)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eq \f(1,4)d，整个过程中克服静电力做功W＝q×2E0×eq \f(1,4)d＝eq \f(1,2)qE0d＝eq \f(1,2)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，这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　D2.(多选)(2022·兰州市第三十三中学高二期中)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＝eq \f(qE1,m)，第2 s内加速度a2＝eq \f(qE2,m)，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·许昌市高二期末)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＝eq \f(T,2)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的图像正确的是(　　)答案　B解析　由A板电势φA随时间t变化的规律及qeq \f(φ,d)＝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·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．0eq \r(\f(qU0T2,4m))。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＝eq \f(T,4)时由静止释放该粒子，粒子可能到达B板C．在0eq \r(\f(qU0T2,4m))，所以粒子不能到达B板，B错误；在00)，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，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)4t0eq \r(\f(2eU0,m))　(2)eq \f(5eU1t02,md)　(3)eq \r(\f(eU1t02,m))解析　(1)电子在M、N间做加速运动，根据动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))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＝4t0eq \r(\f(2eU0,m))(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＝eq \f(U1,d)解得a＝eq \f(eU1,md)，在0～2t0时间内竖直方向的位移为y1＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t0))2，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＝eq \f(v1＋v2,2)t0＝eq \f(3,2)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＝eq \f(v2＋v3,2)t0＝eq \f(3,2)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＝eq \f(5eU1t02,md)(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平，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，4t0内第一个t0内的位移大小为y1′＝eq \f(1,2)a′t02，第2个t0内的位移大小为y2′＝eq \f(1,2)a′t02又a′＝eq \f(eU1,md1)A、B两极板间的最小距离为d1＝y1′＋y2′解得d1＝eq \r(\f(eU1t02,m))。