10-10带电粒子在交变电场中的运动（解析版）-2024高考一轮物理复习100考点100讲

2024年高考一轮复习100考点100讲

第10章  静电场

第10.10讲  带电粒子在电场中的运动

【知识点精讲】

1．常见的交变电场类型

交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。

2．交变电场中常见的运动类型

(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。

(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。

(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。

3．分析思路

(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。

(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分项。

(3)动量观点：应用动量定理分析。

4. 分析带电粒子在交变电场中运动的一般方法

(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。

(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。

(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。

【方法归纳】

1. 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法

带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：

(1)用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。

(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝mv2－mv。

思维导图：

2．带电粒子在电场中运动时重力的处理

(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。

(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。

【最新高考题精练】

1．（2023年1月浙江选考·12）．如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极、水平方问偏转电极和荧光屏组成．电极的长度为l、间距为d、极板间电压为U，极板间电压为零，电子枪加速电压为．电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极．

已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（    ）

A．在极板间的加速度大小为

B．打在荧光屏时，动能大小为

C．在极板间受到电场力的冲量大小为

D．打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切

【参考答案】D

【命题意图】本题考查示波管及其相关知识点。

【名师解析】由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小，A错误；

电子电极XX′间运动时，有vx = axt，

电子离开电极XX′时的动能为

电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为，B错误；

由动量定理可知，在XX′极板间受到电场力的冲量大小，C错误；

打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切，D正确。

2（2011安徽理综卷第18题）图（a）为示波管的原理图。如果在电极YY’之间所加的电压按图（b）所示的规律变化，在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是

解析：此题考查示波管。带电粒子在电场中的运动等知识点。由电极YY’之间所加的电压按图（b）所示的规律变化可知，在y方向图形从y=0开始且向+y方向运动；由在电极XX’之间所加的电压按图（c）所示的规律变化可知，在x方向图形从-x半个周期开始，所以在荧光屏上会看到的图形是B。

答案：B

3（2010·江苏物理）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k>1)。电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。

（1）若，电子在0—2r时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；

（2）若电子在0—2r时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度随时间t变化的关系；

（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。

解析：.（1）电子在0~τ时间内做匀加速直线运动，加速度大小a1=，①

位移x1=a1τ2。②

在τ~2τ时间内先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，加速度大小a2=，③

初速度大小v1=a1τ。④

匀减速直线运动阶段位移x2=。⑤

依据题意，d> x1+ x2

解得   d>。⑥

（2）在2nτ~(2n+1) τ,(n=0,1,2, ……,99)时间内      

速度增量△v1= a1τ   ⑦

 在(2n+1)τ~2 (n+1) τ,(n=0,1,2, ……,99)时间内 

加速度的大小   a2′=

 速度增量    △v2=-a2′τ        ⑧

 (a)当0≤t-2nτ<τ时

 电子的运动速度 v=n△v1+n△v2+a1(t-2nτ)       ⑨

 解得 v=[t-(k+1)nτ] ,(n=0,1,2, ……,99)      ⑩

 (b)当0≤t-(2n+1) τ<τ时

 电子的运动速度 v=(n+1) △v1+n△v2-a2′ [t-(2n+1) τ]     

 解得v=[(n+1)(k+1) τ-kτ],(n=0,1,2, ……,99)      

 （3）电子在2(N-1) τ~(2N-1) τ时间内的位移x2N-1=v2N-2τ+a1τ2

 电子在(2N-1) τ~2Nτ时间内的位移x2N=v2N-1τ-a2′τ2

 由式可知 v2N-2=(N-1)(1-k) τ。

由式可知，v2N-1=(N-Nk+k) τ。

依据题意，x2N-1+ x2N=0，

解得 k=。

【最新模拟题精练】

1.  （2022·河北石家庄三模）如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 微粒飞出时的速度沿水平方向且大于

B. 微粒的最大速度为

C. 微粒受到的电场力做功为

D. 微粒飞出时重力的功率为

【参考答案】C

【名师解析】

时间内微粒匀速运动，则

可知内和内，由牛顿第二定律，

得

微粒进入两板间做类平抛运动，内和内的运动是互逆的，所以微粒飞出两板间的速度为入射的速度，故A错误；

时微粒速度最大，最大速度为，故B错误；

微粒沿电场线方向分别做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动，恰好从金属板边缘飞出则

电场力作用下，沿电场线方向匀加速运动距离为

沿电场线方向匀速运动距离为

电场力做功

联立得，故C正确；

微粒飞出的速度与重力垂直，重力功率为零，故D错误。

2. (2021高考辽宁模拟卷)如图甲所示，长为的两水平金属板组成一间距为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。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的相同带电粒子。已知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.时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为

B.该粒子源发射的粒子的比荷为

C.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.时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为

【参考答案】：ABD

【名师解析】：由于粒子在电场中的运动时间为，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了2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，选项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，又因为，，可解得，选项B正确；由对称性可知，时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧下方离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，选项C错误；时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为，故此时粒子的速度大小为，选项D正确。

3. 如图甲所示，真空中水平正对放置长为L的平行金属板，以两板中间线为x轴，以过极板右端竖直向上的方向为y轴建立坐标系。在t＝0时，将图乙所示的电压加在两板上，与此同时电子持续不断地沿x轴以速度v0飞入电场，所有电子均能从两板间飞出。不考虑电子间的相互作用，电子的重力忽略不计。关于电子经过y轴的位置，正确的描述是（　　）

A．当L＜＜v0T时，电子从两个不同位置经过y轴，一个在坐标原点处，一个在y轴正方向某处 

B．当L＝v0T时，电子经过y轴某一段区域，这个区域位于y轴正方向上，从原点开始C．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度大小不同，但都大于飞入速度v0的值             

D．当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值

【参考答案】AD。

【名师解析】电子进入平行金属板间，水平方向做匀速直线运动，穿越金属板的时间为t＝，当L≪υ0T时，t≪T，电子穿越平行金属板的时间极短，电场可认为没有变化，进入电场时，没有电场时做匀速直线运动，到达在坐标原点O；若有电场时做类平抛运动，向上偏转，偏转距离为  y＝，可见，电子到达在y轴正方向上处，故A正确；当L＝υ0T时，电子在半个周期时间内做类平抛运动，半个周期时间内做匀速直线运动，不同时刻进入板间的电子偏转不同，电子到达在y轴正方向上不同位置，但不包括原点在内。故B错误；当L＝υ0T时，电子在半个周期时间内做类平抛运动，半个周期时间内做匀速直线运动，电子经过y轴时的速度大小应相同为：v＝，都大于飞入速度v0的值，故C错误；当L＝v0T时，电子经过y轴时的速度方向恒定，与y轴的夹角为一个定值，，故D正确；

【关键点拨】当L≪υ0T时，电子穿越平行金属板的时间极短，进入电场时，若有电场时做类平抛运动，没有电场时做匀速直线运动，根据电子所受的电场力方向分析电子穿出电场的位置。当L＝υ0T时，电子在半个周期时间内做类平抛运动，后半个周期时间内做匀速直线运动，由运动的分解法分析。

4. 如图甲，质量为m、电荷量为的粒子初速度为零，经加速电压加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的板长为L，两极板间距为d，为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是（   ）

A. 粒子进入偏转电场的速度大小
B. 若偏转电场两板间加恒定电压，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，则所加电压
C. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为
D. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期应该满足的条件为

【参考答案】ACD

【名师解析】根据动能定理得，，解得，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：，解得，又，解得：故B错误；要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足，则2，3，，在竖直方向位移应满足，解得：2，3，，故CD正确；

5. （2023江苏苏州2月开学摸底） (14分)如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场．粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力．

(1) 若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；

(2) 若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？

(3) 若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？

【名师解析】. (14分)解：(1) t＝(3分)

(2) L＝nv0T，n＝1、2、3(3分)

d≥()2×2＝ (2分)

解得d≥(1分)

(“＝”号不写不扣分)

(3) d≤()2＝(3分)

解得d≤(2分)

注：如果不写小于共得3分；

如果用n 正确表示但未将n＝0带入，得2分

即d＝()2(2n＋1)，n＝0、1、2、3

解得d＝，n＝0、1、2、3

6. （2023陕西西安重点高中高二质检）在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有位于O点且电荷量为Q的点电荷产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2，第四象限内有方向水平、大小按图乙所示规律变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期T＝.一质量为m、电荷量为＋q的离子从(－x0，x0)点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：

(1)离子刚进入第四象限时的速度大小；

(2)E2的大小；

(3)当t＝时，离子的速度；

(4)当t＝nT时，离子的坐标．

 【参考答案】(1)　(2)　

(3)，方向与水平方向成45°角斜向右下　(4)[(n＋1)x0，－2nx0]

【名师解析】(1)设离子刚进入第四象限的速度为v0.在第一象限内，有k＝，

得v0＝.

(2)在第二象限内，由动能定理得qE2x0＝mv

解得E2＝.

(3)离子进入第四象限后，在水平方向上，有v水平＝at＝×，

得v水平＝＝v0，

v合＝＝v0＝，

方向与水平方向成45°角斜向右下．

(4)离子在第四象限中运动时，y方向上做匀速直线运动，x方向上前半个周期向右匀加速运动，后半个周期向右匀减速运动直到速度为0；每半个周期向右前进·，

每个周期前进x0，x＝x0＋nx0，

y＝－v0nT＝－2nx0

故t＝nT时，离子的坐标为[(n＋1)x0，－2nx0]

7. （2022山东枣庄一模）如图甲所示，在Oxyz坐标系中，存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，电荷量为q的带正电小球位于z轴负半轴上的P点，若小球以与z轴正方向夹角为θ的速度开始在yOz平面内运动，经过一段时间后，小球恰好经过O点且速度方向沿y轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z轴正方向，其随时间变化的规律如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x轴负方向的匀强磁场（图中未画出），小球在内做匀速直线运动，内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：

（1）小球的质量m；

（2）E1和B；

（3）电场变化的周期T；

（4）小球在T时刻的位置。

【参考答案】（1）；（2），；（3）；（4）（0，，0）

【名师解析】

（1）小球从P到O运动过程中，受重力与电场力作用做类斜抛运动，设初速度大小为v0，时间为t0，沿y轴方向位移为零，则有

沿y轴方向

沿z轴方向

联立可得

（2）小球在内做匀速直线运动，由受力平衡条件有

在内做匀速圆周运动，则有

得

，

（3）小球在内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，则

得

（4）小球在内做匀速直线运动，沿y轴方向位移为

内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，末位置与末位置相同。

时间内小球的运动可以分解为以2v向右的匀速直线运动和以初速度v向左在yOz平面内的逆时针匀速圆周运动，由于时间正好等于小球圆周运动的一个周期，所以在T末的位置仍在y轴上，此段时间内的位移为

则小球在T时刻在y轴上的位置为

小球在T时刻的位置坐标为（0，，0）。

 8. （2022河南许昌一模） 如图（1）中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，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（2）所示。A板电势最高值为，最低值为-φ。已知在t=0时刻，一个电荷量为-e的电子（重力不计） ，在电场力的作用下，从B板的小孔中由静止开始向A板运动，当t= T时，电子刚好到达A板。如果该电子是在时刻才从B板的小孔由静止开始运动，求:

（1）从到时间内，电场力对该电子所做的功;

（2）该电子运动多长时间才能第一次到达A板?

【参考答案】（1）W=eφ；（2）1.57T

【名师解析】

（1）设A、B两板间距为d，电子运动的加速度大小为a，对于t=0时刻进入的电子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零。前半周期和后半周期位移相同，均为，有

d=2×

对于t=进入的电子，有

在~=内向右匀加速，有

x1=

解得

x1=

设从到的时间内，电场力对该电子所做的功为W，有：

W=eφ

（2）在~=内向右匀减速到速度为零，有

x2=x1=

在~=内反向向左匀加速，有

x3=

解得

x3=

在~=内反向向左匀减速到速度为零，有

x4= x3=

在~=内继续向右匀加速，有

x5=x1=

所以电子运动T+后，距B板距离为：

x=x1+x2-x3-x4+x5=+--+=<d 

在t=时刻，电子的速度为

v=a

解得

v=

从t=时刻开始，设再经过Δt时间，电子刚好到达A板，有

x6=vΔt-aΔt2

d=+x6

解得

Δt=（）T

 [（+）T不符合题意，舍去]

所以总时间为t0=T++Δt=≈1.57T

9. （2022江苏镇江期中）(16分)如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为U0的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点．荧光屏MO1N为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上O1点所用时间为l.若在A、B两板间加电压，其电势差UAB随时间t的变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收．已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求：

(1) 粒子在O点时的速度大小；

(2) 图乙中U的最大值；

(3) 粒子从O点到打在屏上的最短时间．

                                      甲                   乙

【名师解析】. (1) 由动能定理得U0q＝mv，(2分)

解得v0＝.(2分)

(2) 粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大，

此时竖直偏转量y＝，(1分)

水平方向l＝v0t，(1分)

竖直方向y＝at2，(1分)

a＝，(1分)

解得Um＝2U0.(2分)

(3) 由题意得OO′＝v0t＝2l，

半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上，

当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，(1分)

由tan θ＝，

vy＝at，

解得tan θ＝1或θ＝45°，(2分)

水平总位移x＝l，

时间t＝＝.(3分)