人教版高中物理新教材同步講義 必修第三冊 第10章　專題強化5　帶電粒子在交變電場中的運動（含解析）

帶電粒子在交變電場中的運動[學(xué)習(xí)目標]1.學(xué)會分析帶電粒子在交變電場中的直線運動.2.學(xué)會分析帶電粒子在交變電場中的曲線運動．一、帶電粒子在交變電場中的直線運動1．此類問題中，帶電粒子進入電場時初速度為零，或初速度方向與電場方向平行，帶電粒子在交變靜電力的作用下，做加速、減速交替的直線運動．2．該問題通常用動力學(xué)知識分析求解．重點分析各段時間內(nèi)的加速度、運動性質(zhì)、每段時間與交變電場的周期T間的關(guān)系等．常用v－t圖像法來處理此類問題，通過畫出粒子的v－t圖像，可將粒子復(fù)雜的運動過程形象、直觀地反映出來，便于求解．例1(多選)(2021·鶴崗市工農(nóng)區(qū)高二期中)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當兩板間加上如圖乙所示的電壓后，下列選項圖中反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是()答案AB解析分析電子一個周期內(nèi)的運動情況：0～eq\f(T,4)時間內(nèi)，因B板電勢高，則電子從靜止開始向B板做勻加速直線運動；eq\f(T,4)～eq\f(T,2)時間內(nèi)，電子沿原方向做勻減速直線運動，eq\f(T,2)時刻速度為零；eq\f(T,2)～eq\f(3T,4)時間內(nèi)，電子向A板做勻加速直線運動；eq\f(3T,4)～T時間內(nèi)，電子向A板做勻減速直線運動．接著重復(fù)這種運動．根據(jù)勻變速直線運動的v－t圖像是傾斜的直線可知，B圖符合電子的運動情況，故B正確，C錯誤．電子做勻變速直線運動時x－t圖像應(yīng)是曲線，故D錯誤．根據(jù)電子的運動情況，勻加速運動和勻減速運動交替變化，而勻變速運動的加速度不變，a－t圖像應(yīng)平行于橫軸，故A正確．針對訓(xùn)練1(多選)(2021·銀川一中期中)如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，電子只受靜電力的作用，且初速度為零(設(shè)兩板間距足夠大)，則()A．若電子是在t＝0時刻進入板間的，它將一直向B板運動B．若電子是在t＝0時刻進入板間的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上C．若電子是在t＝eq\f(T,8)時刻進入板間的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D．若電子是在t＝eq\f(T,4)時刻進入板間的，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最后不能打到B板上答案ACD解析方法一：若電子在t＝0時刻進入板間電場，電子將在一個周期內(nèi)先做勻加速運動后做勻減速運動，之后沿同一方向重復(fù)這種運動，直到打在B板上，故A正確，B錯誤；若電子在t＝eq\f(T,4)時刻進入板間，由對稱性可知，電子將在板間做往返運動，故D正確；若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入板間，則電子在eq\f(1,8)T～eq\f(7,8)T內(nèi)向B板運動，eq\f(7,8)T～eq\f(9,8)T內(nèi)向A板運動，之后重復(fù)這種運動，直到打在B板上，故C正確．方法二：圖像法．選取豎直向上為正方向，作出電子運動的v－t圖像如圖所示，根據(jù)圖像很容易得到A、C、D正確．二、帶電粒子在交變電場中的曲線運動帶電粒子以一定的初速度垂直于電場方向進入交變電場，粒子做曲線運動．(1)若帶電粒子的初速度很大，粒子通過交變電場時所用時間極短，故可認為粒子所受靜電力為恒力，粒子在電場中做類平拋運動．(2)若粒子運動時間較長，在初速度方向做勻速直線運動，在垂直初速度方向利用vy－t圖像進行分析：①vy＝0時，速度方向沿v0方向．②y方向位移可用vy－t圖像的面積進行求解．例2如圖甲所示，極板A、B間的電壓為U0，極板C、D間的間距為d，熒光屏到C、D板右端的距離等于C、D板的板長．A板O處的放射源連續(xù)無初速度地釋放質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，經(jīng)電場加速后，沿極板C、D的中心線射向熒光屏(熒光屏足夠大且與中心線垂直)，當C、D板間未加電壓時，粒子通過C、D板間的時間為t0；當C、D板間加上圖乙所示電壓(圖中電壓U1已知)時，粒子均能從C、D板間飛出，不計粒子的重力及粒子間的相互作用．求：(1)C、D板的長度L；(2)粒子從C、D兩極板間飛出時垂直于極板方向偏移的最大距離；(3)粒子打在熒光屏上區(qū)域的長度．答案(1)t0eq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(qU1t02,2md)(3)eq\f(3qU1t02,2md)解析(1)粒子在A、B板間，有qU0＝eq\f(1,2)mv02，在C、D板間有L＝v0t0，解得L＝t0eq\r(\f(2qU0,m)).(2)粒子從nt0(n＝0,2,4…)時刻進入C、D間，偏移距離最大，粒子做類平拋運動，偏移距離y＝eq\f(1,2)at02，加速度a＝eq\f(qU1,md)，解得y＝eq\f(qU1t02,2md).(3)粒子在C、D間偏移距離最大時打在熒光屏上的位置距中心線最遠，從C、D板飛出的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,v0)，vy＝at0，打在熒光屏上的位置距中心線的最遠距離s＝y(tǒng)＋Ltanθ，粒子打在熒光屏上的區(qū)域長度Δs＝s＝eq\f(3qU1t02,2md).針對訓(xùn)練2(多選)(2021·赤峰市松山區(qū)高二月考)如圖甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間做周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0.已知t＝0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場．不計粒子間的相互作用，則()A．所有粒子都不會打到兩極板上B．所有粒子最終都垂直電場方向射出電場C．運動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0D．只有t＝neq\f(T,2)(n＝0,1,2，…)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場答案ABC解析帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運動．由t＝0時刻進入電場的粒子運動情況可知，粒子在平行金屬板間運動的時間為周期性變化的電場的周期的整數(shù)倍，在0～eq\f(T,2)時間內(nèi)帶電粒子運動的加速度a＝eq\f(E0q,m)，由勻變速直線運動規(guī)律得vy＝at＝eq\f(E0q,m)t，eq\f(T,2)～T時間內(nèi)帶電粒子做減速運動，之后重復(fù)這種運動，最后垂直電場方向射擊電場，所以帶電粒子在沿電場方向的速度vy與E－t圖線所圍面積成正比(時間軸下方的面積取負值)．而經(jīng)過整數(shù)個周期，E－t圖像與坐標軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度總為零，B正確，D錯誤；在t＝0時刻入射的帶電粒子，偏移量最大，故其他粒子均不可能打到極板上，A正確；當粒子在t＝0時刻入射且經(jīng)過時間T離開電場時，粒子在t＝eq\f(T,2)時達到最大速度，此時豎直方向的位因此最大動能為初動能的2倍，C正確．1.(多選)帶正電的微粒放在電場中，電場強度的大小和方向隨時間變化的規(guī)律如圖所示．帶電微粒只在靜電力的作用下由靜止開始運動，則下列說法中正確的是()A．微粒在0～1s內(nèi)的加速度與1～2s內(nèi)的加速度相同B．微粒將沿著一條直線運動C．微粒將做往返運動D．微粒在第1s內(nèi)的位移與第3s內(nèi)的位移相同答案BD解析作出微粒的v－t圖像如圖所示．由圖可知B、D選項正確．2.在空間有正方向為水平向右，電場強度按如圖所示變化的電場，位于電場中A點的電子在t＝0.5s時由靜止釋放，運動過程中只受靜電力作用．在t＝1s時，電子離開A點的距離大小為l，那么在t＝3s時，電子將處在()A．A點右方3l處 B．A點左方l處C．A點左方3l處 D．A點答案B3．(多選)(2021·玉溪市江川區(qū)高二期末)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來靜止在左極板小孔處，不計電子的重力，下列說法正確的是()A．若t＝0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到右極板上B．若t＝0時刻釋放電子，電子可能在兩板間做往返運動C．若t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，電子可能在兩板間做往返運動，也可能打到右極板上D．若t＝eq\f(3T,8)時刻釋放電子，電子必然回到左極板答案AC解析若t＝0時刻釋放電子，電子將重復(fù)先勻加速后勻減速的運動，直到打到右極板，不會在兩極板間做往返運動，所以選項A正確，B錯誤；若t＝eq\f(T,4)時刻釋放電子，電子先做勻加速運動后做勻減速運動，分析易知前eq\f(T,2)內(nèi)電子可能到達右極板，若前eq\f(T,2)時間內(nèi)電子未到達右極板，則電子將在兩極板間做往返運動，所以選項C正確；同理，若t＝eq\f(3T,8)時刻釋放電子，電子有可能到達右極板，也有可能回到左極板，這取決于兩板間的距離，所以選項D錯誤．4．(2021·杭州二中期中)如圖(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處，若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上，則t0可能屬于的時間段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)答案B解析剛釋放粒子時，粒子向A板運動，說明釋放粒子時UAB為負，所以選項A、D錯誤；若eq\f(T,2)<t0<eq\f(3,4)T，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零，然后再反方向加速、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離大于向右運動的距離，最終打在A板上，所以選項B正確；若eq\f(3,4)T<t0<T，帶正電粒子先加速向A板運動、再減速運動至零，然后再反方向加速、減速運動至零；如此反復(fù)運動，每次向左運動的距離小于向右運動的距離，最終打在B板上，所以選項C錯誤．5．(多選)如圖(a)所示，A、B表示真空中水平放置的間距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間電場可視為勻強電場，現(xiàn)在A、B兩板間加上如圖(b)所示的周期性的交變電壓，在t＝eq\f(T,4)時，恰有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v0射入電場，忽略粒子重力，下列關(guān)于粒子運動狀態(tài)的表述正確的是()A．粒子在垂直于板的方向的分運動不可能是單向運動B．粒子在垂直于板的方向的分運動可能是往復(fù)運動C．粒子不可能沿與板平行的方向飛出D．只要電壓周期T和v0的值同時滿足一定條件，粒子可以沿與板平行的方向飛出答案BD解析粒子在平行于板的方向做勻速直線運動，在垂直于板的方向上粒子受到靜電力的作用，做勻變速直線運動，粒子從t＝eq\f(T,4)時刻出發(fā)，在電場中的運動時間不明確，可能做單向運動，也可能做往復(fù)運動，故A錯誤，B正確．若粒子在(eq\f(T,4)＋neq\f(T,2))(其中n＝1,2，…)時刻從右端離開電場，此時粒子沿電場方向的分速度恰好為0，粒子就可沿與板平行的方向飛出，故C錯誤，D正確．6．(2021·揚州中學(xué)期中)如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上、下兩極板間的電勢差隨時間變化的圖像如圖乙所示．每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的，不計電子重力，求：(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？答案(1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm處(2)30cm解析(1)電子經(jīng)電場加速，滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qu,mL)·(eq\f(L,v))2所以y＝eq\f(uL,4U0)，由題圖乙可知，t＝0.06s時u＝1.8U0所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點與O點距離為Y，由幾何關(guān)系知eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))，所以Y＝13.5cm.(2)由題圖甲可知電子偏移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，可知eq\f(Ym,\f(L,2))＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為2Ym＝3L＝30cm.7．(多選)如圖甲所示，在A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，A板接地，一質(zhì)量為m、電荷量為q的電子在t＝eq\f(T,4)時刻進入兩極板，僅在靜電力作用下，由靜止開始運動，恰好能到達B板，則()A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,16m))B．電子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．電子在兩板間做勻加速直線運動D．若電子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打在B板上答案AB解析電子在靜電力作用下，加速度大小不變，方向變化，選項C錯誤；電子在t＝eq\f(T,4)時刻進入兩極板，先加速后減速，在t＝eq\f(3T,4)時刻到達B板，設(shè)A、B兩板的間距為d，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，選項A正確；在t＝eq\f(T,2)時電子的速度最大，則vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，＝eq\f(9d,8)>d，說明電子會一直向B板運動并打在B板上，不會向A板運動，選項D錯誤．8．如圖甲所示，在xOy坐標系中，兩平行金屬板AB、OD水平放置，OD與x軸重合，板的左端與原點O重合，板長L＝2m，板間距離d＝1m，緊靠極板右側(cè)有一熒光屏．兩金屬板間電壓UAO隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，變化周期為T＝2×10－3s，U0＝1×103V，一帶正電的粒子從左上角A點，以平行于AB邊v0＝1000m/s的速度射入板間，粒子電荷量為q＝1×10－5C，質(zhì)量m＝1×10－7kg.不計粒子所受重力．求：(1)粒子在板間運動的時間；(2)粒子打到熒光屏上的縱坐標的范圍；(3)粒子打到熒光屏上時的動能．答案(1)2×10－3s(2)范圍在0.85m～0.95m之間(3)5.05×10－2J解析(1)在板間，粒子在水平方向上做沿x軸方向的勻速直線運動，設(shè)運動時間為t，則L＝v0t，t＝eq\f(L,v0)＝2×10－3s.(2)t＝0時刻射入的粒子在板間偏移量最大，設(shè)為y1，y1＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(T,2)))eq\f(T,2)，由牛頓第二定律得eq\f(U0q,d)＝ma，解得y1＝0.15m.縱坐標y＝d－y1＝0.85m，t＝1×10－3s時刻射入的粒子在板間偏移量最小，設(shè)為y2，y2＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2，解得y2＝0.05m，縱坐標y′＝d－y2＝0.95m，所以打到熒光屏上的縱坐標的范圍在0.85m～0.95m之間．(3)分析可知粒子打到熒光屏上時的動能相同，設(shè)為Ek，由動能定理得：eq\f(U0,d)qy2＝Ek－eq\f(1,2)mv02，解得Ek＝5.05×10－2J.9．(多選)(2021·德陽市期末)如圖甲所示，兩平行極板P、Q的極板長度和板間距離均為l，位于極板左側(cè)的粒子源沿兩板的中軸線向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度相同、重力不計的帶電粒子．在0～3t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)．已知t＝0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在2t0時刻經(jīng)極板邊緣射出．不考慮粒子間相互影響，則下列說法正確的是()A．該粒子在平行板間不是一直做曲線運動B．該粒子在平行板間偏轉(zhuǎn)時的加速度a＝eq\f(l,2t02)C．兩平行板間所加電壓大小為eq\f(3ml2,qt02)D．若t＝eq\f(t0,2)時刻進入兩板間的帶電粒子，也恰好經(jīng)極板邊緣射出，則兩板間所加電壓大小應(yīng)為eq\f(2ml2,3qt02)答案AD解析0～t0時間內(nèi)粒子受到靜電力作用而做類平拋運動，t0～2t0時間內(nèi)電壓為零，粒子不受靜電力作用，做勻速直線運動，故A正確；在0～t0時間內(nèi)，粒子只受到靜電力作用而做類平拋運動，則有：垂直極板方向位移大小：y1＝eq\