2025-2026学年物理人教版（2019）必修第三册 第十章 静电场中的能量 专题强化 静电场中的功能关系及图像问题 教案 (2)

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2025-2026学年人教版（2019）必修第三册 第十章 静电场中的能量 专题强化 带电粒子在交变电场中的运动 教案 [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．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．带电粒子在电场中做直线运动的条件 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，电子在运动过程中不与极板发生碰撞，设电子向B板运动方向为正方向。 (1)试在图(a)中作出电子的加速度随时间变化的图像。 　 (2)试在图(b)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，eq \f(T,2)时刻后电场方向改变，静电力方向与运动方向相反，电子做匀减速直线运动，T时刻，速度减为零，以后重复上述过程，由运动学和动力学规律画出如图b所示的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　若两金属板加上如图丙所示的交变电压，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，再返回出发点做周期性来回运动 答案　D 解析　根据a＝eq \f(eU0,dm)，作出电子a－t图像，如图c所示，在0～eq \f(T,4)内电子做匀加速直线运动，eq \f(1,4)T时速度最大，eq \f(1,4)T～eq \f(1,2)T做匀减速直线运动，eq \f(1,2)T时速度减为零，eq \f(1,2)T～eq \f(3,4)T反向做匀加速直线运动，eq \f(3,4)T时速度最大，eq \f(3,4)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　若两极板加上如图丁所示的交变电压，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，最后打在A板上 D．电子时而向A板运动，时而向B板运动，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做周期性变化的电场，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刚好经时间T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)粒子在0～T内，沿电场方向的运动情况： 由题意得0～eq \f(T,2)时间内，在沿电场方向上，粒子做____________运动，t＝eq \f(T,2)时刻，vy________，eq \f(T,2)～T时间内，粒子做________________，t＝T时刻，vy＝________。画出沿电场方向的分速度vy－t图像。 (2)粒子离开极板时的速度v＝________； (3)若粒子从eq \f(T,4)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)eq \f(5,4)T　v0　O′ 解析　(1)0～eq \f(T,2)时间内，在沿电场方向上，粒子做匀加速直线运动，t＝eq \f(T,2)时刻，vy最大，eq \f(T,2)～T时间内，粒子做匀减速直线，t＝T时刻，vy＝0。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)作出从eq \f(T,4)时刻射入电场的粒子在沿电场方向的vy－t图像如图所示。由图像可知粒子先做匀加速运动，eq \f(1,2)T时速度最大，eq \f(1,2)T～eq \f(3,4)T做匀减速运动，eq \f(3,4)T时速度减为零，eq \f(3,4)T～T反向做匀加速运动，T时反向速度最大，T～eq \f(5,4)T做匀减速运动，eq \f(5,4)T时速度减为零，回到板间中线。 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垂直电场方向射出电场。 答案　(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沿电场方向的速度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，粒子做加速、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＝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随时间t的变化关系如图乙所示，其周期T＝eq \f(d,v0)。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eq \f(2v02,φ0) C．t＝eq \f(T,4)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eq \f(T,2)的时间，其速度大小为eq \r(2)v0 答案　ABD 解析　由于粒子在电场中的运动时间为t＝eq \f(2d,v0)＝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×eq \f(1,2)a×(eq \f(T,2))2，又因为a＝eq \f(qφ0,md)，T＝eq \f(d,v0)，可解得eq \f(q,m)＝eq \f(2v02,φ0)，B正确；由对称性可知，t＝eq \f(T,4)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eq \f(T,2)的时间，粒子在竖直方向的分速度为vy＝eq \f(T,2)a＝eq \f(qφ0,md)×eq \f(1,2)×eq \f(d,v0)＝v0，故此时粒子的速度大小为v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(2)v0，D正确。 专题强化练　[分值：60分] 1～4题每题6分，共24分 1．(2023·广州市华侨中学校考)如图甲所示，一带负电的粒子静止在平行板电容器的a、b两极板之间，将交变电压加在电容器上，电压随时间的变化如图乙所示。t＝0时，带电粒子在静电力的作用下开始运动，a板的电势高于b板的电势。粒子与两板的距离足够大，不计重力，粒子的运动情况可能是(　　) A．在a、b板间做往复运动，先向a板运动 B．在a、b板间做往复运动，先向b板运动 C．一直向a板运动 D．一直向b板运动 答案　C 解析　在0～eq \f(T,2)时间内，a板的电势比b板高，带负电的粒子受到的静电力向上，向上做匀加速直线运动；在eq \f(T,2)～T时间内，a板的电势比b板低，电子受到的静电力向下，向上做匀减速直线运动，由于两段过程所用时间相等，加速度大小相等，所以t＝T时刻粒子速度为零，接着重复前面的运动，故电子一直向a板运动。故选C。 2．(多选)如图所示，两金属板(平行)分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的U－t图像应是(设两板距离足够大)(　　) 答案　BC 解析　由A图像可知，电子先做匀加速运动，eq \f(1,2)T时速度最大，eq \f(1,2)T～T做匀减速运动，T时速度减为零，然后重复一直向一个方向运动，A错误；由B图像可知，电子先做匀加速运动，eq \f(1,4)T时速度最大，eq \f(1,4)T～eq \f(1,2)T做匀减速运动，eq \f(1,2)T时速度减为零，eq \f(1,2)T～eq \f(3,4)T反向做匀加速运动，eq \f(3,4)T时速度最大，eq \f(3,4)T～T做匀减速运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动，B正确；由C图像可知，电子先做加速度减小的加速运动，eq \f(1,4)T时速度最大，eq \f(1,4)T～eq \f(1,2)T做加速度增大的减速运动，eq \f(1,2)T时速度减为零；eq \f(1,2)T～eq \f(3,4)T反向做加速度减小的加速运动，eq \f(3,4)T时速度最大，eq \f(3,4)T～T做加速度增大的减速运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动，选项C正确；由D图像可知，电子0～eq \f(T,2)做匀加速运动，从eq \f(1,2)T～T做匀速运动，然后重复加速运动和匀速运动一直向一个方向运动，D错误。 3．如图甲所示，在平行板电容器的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交变电压，t＝0时刻，该带电粒子在静电力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用只改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则eq \f(Ek3,Ek5)等于(　　) A.eq \f(3,5) B.eq \f(5,3) C．1 D.eq \f(9,25) 答案　B 解析　设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3＝qeq \f(U0,3)，若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5＝q·eq \f(U0,5)，故eq \f(Ek3,Ek5)＝eq \f(5,3)，B正确。 4．(多选)(2023·郑州市高二月考)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，下列关于粒子运动描述正确的是(　　) A．t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大 B．t＝eq \f(1,4)T时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方向都水平 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 答案　ACD 解析　粒子在电场中水平方向始终做匀速直线运动，即粒子在电场中运动的时间是相同的。t＝0时刻入射的粒子，在竖直方向先加速后减速，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，故A正确；结合上述可知，t＝eq \f(1,4)T时刻入射的粒子，在竖直方向先加速，后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，故B错误；可作出a－t图像如图所示，a－t图像与t轴所围的面积表示粒子离开极板沿电场方向的速度vy，分析可知，任意粒子在极板间运动时间均为T，a－t图像与t轴所围面积代数和为零，故所有粒子均垂直电场方向射出电场，故C、D正确。 5～7题每题9分，共27分 5．(2024·广州市第八十九中学高二月考)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．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．0～2 s内，静电力做的总功为零 C．4 s末带电粒子回到原出发点 D．2.5～4 s内，静电力做的总功为零 答案　D 解析　因0～1 s内粒子运动的加速度大小a1＝eq \f(qE0,m)，1～3 s内粒子运动的加速度大小a2＝eq \f(q·2E0,m)＝2a1， 则在t＝1.5 s时刻速度减为零，然后反向运动……；以粒子由静止开始运动的方向为正方向，画出带电粒子速度随时间t变化的图像如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子没有回到原出发点，故A、C错误； 2 s末带电粒子速度不为零，可见0～2 s内静电力做的功不为零，故B错误； 2．5 s末和4 s末，带电粒子速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，动能变化为零，静电力做功为零，故D正确。 6．(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PM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＝eq \f(mv02,4qL) B．电场强度大小为E0＝eq \f(mv02,2qL) C．电场变化的周期可能为T0＝eq \f(2L,5v0) D．电场变化的周期可能为T0＝eq \f(3L,v0) 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＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE0,m)，联立解得E0＝eq \f(mv02,2qL)，故A错误，B正确；当电场强度方向周期性变化时，沿电场方向先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速到零的直线运动，这一过程可以重复n次，直到粒子运动到NQ,2L＝nv0T0(n＝1,2,3…)，解得T0＝eq \f(2L,nv0)(n＝1,2,3…)，当n＝5时，可得T0＝eq \f(2L,5v0)，故C正确，D错误。 7．(2023·遂宁市高二期末)如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可以认为是匀强电场，当t＝0时，一带电粒子(不计重力)从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙所示。带电粒子经过4T时间恰好到达右侧极板，(带电粒子的质量m、电荷量q、速度最大值vm、时间T为已知量)则下列说法正确的是(　　) A．带电粒子在两板间做往复运动，周期为T B．两板间距离d＝2vmT C．两板间所加交变电场的周期为T，所加电压大小U＝eq \f(2mvm2,q) D．若其他条件不变，该带电粒子从t＝eq \f(T,8)开始进入电场，该粒子不能到达右侧板 答案　B 解析　速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，由图像可知位移不断增加，带电粒子在两板间做单向直线运动，故A错误；由图像可知两板间距离为d＝4×eq \f(vmT,2)＝2vmT，故B正确；速度—时间图像斜率表示加速度，由图像可知两板间所加交变电场的周期为T,0～eq \f(T,2)时间内由动能定理有qeq \f(U,8)＝eq \f(1,2)mvm2，解得U＝eq \f(4mvm2,q)，故C错误；若带电粒子从t＝eq \f(T,8)开始进入电场，粒子向右运动的位移大于向左运动的位移，故该粒子能到达右侧板，故D错误。 (9分) 8．(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的周期性变化的电压，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，已知电场变化的周期为T＝eq \f(2d,v0)，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则以下说法正确的是(　　) A．t＝0时刻进入的粒子在t＝eq \f(T,2)时刻的速度方向与金属板成45°角 B．t＝0到t＝eq \f(T,4)时段内进入的粒子离开电场时的速度方向均平行于极板 C．t＝eq \f(T,8)时刻进入的粒子与P板的最大距离为eq \f(d,2) D．t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子在t＝eq \f(3T,4)时刻与P板的距离为eq \f(d,4) 答案　ABD 解析　粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子速度在竖直方向上减为零，根据题意有t＝eq \f(2d,v0)＝T 由于t＝0时刻进入的粒子恰好从下极板右边缘离开电场，可知在t＝eq \f(T,2)时，粒子在竖直方向上的位移为eq \f(d,2)，水平位移为d，由类平抛运动推论可得tan θ＝eq \f(vy,v0)＝2×eq \f(\f(d,2),d)＝1，故合速度方向与金属板成45°角，故A正确；t＝0到t＝eq \f(T,4)时段内进入的粒子，在竖直方向上先向下加速运动的时间和再向下减速运动的时间相等，接着向上加速运动再向上减速运动的时间也相等，经过一个周期，粒子速度在竖直方向上减为零，故离开电场时速度方向平行于极板，故B正确；t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(qU0,md)×(eq \f(d,v0))2，t＝eq \f(T,8)时刻进入的粒子在t＝eq \f(7T,8)时离P板的最大距离为y＝2×eq \f(1,2)×eq \f(qU0,md)×(eq \f(3T,8))2＝eq \f(9d,16)，故C错误；t＝eq \f(T,4)时刻进入的粒子在竖直方向先向下加速运动eq \f(T,4)，然后向下减速运动eq \f(T,4)，在t＝eq \f(3T,4)时刻与P板的距离为y＝2×eq \f(1,2)×eq \f(qU0,md)×(eq \f(T,4))2＝eq \f(d,4)，故D正确。