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v0B．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TB．两板间距离d＝2vmTC．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。