《2025年教材完全解读高中物理必修第三册粤教版》

例1
（多选）如图甲所示，$A$、$B$ 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 $U$，$A$ 板的电势 $\varphi_A = 0$，$B$ 板的电势 $\varphi_B$ 随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从 $A$ 板上的小孔进入两板间的电场，设电子的初速度和重力的影响可忽略。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 $t = \dfrac{T}{8}$ 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 $t = \dfrac{3T}{8}$ 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
D.若电子是在 $t = \dfrac{T}{2}$ 时刻进入的，它可能时而向 $B$ 板运动，时而向 $A$ 板运动
思路点拨 带电粒子在交变电场中的运动一般比较复杂，解答此类问题时通常利用 $v-t$ 图像对带电体进行分析，既直观又方便，是首选的方法。
解 根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。
由图丁知，当电子在 $t = 0$ 时刻进入电场时，电子一直向 $B$ 板运动，故 A 正确。
若电子在 $t = \dfrac{T}{8}$ 时刻进入，则由图丁知，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，故 B 正确。若电子在 $t = \dfrac{3T}{8}$ 时刻进入电场，则由图丁知，在第一个周期内电子即返回至 $A$ 板，故 C 错误。若电子是在 $t = \dfrac{T}{2}$ 时刻进入的，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，故 D 错误。
综上分析可知本题的正确选项为 A、B。
答 $\boldsymbol{AB}$

答案： AB

例2
在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从 $A$ 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示。小球运动轨迹上的 $A$、$B$ 两点在同一水平线上，$M$ 为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为 $8.0\ J$，在 $M$ 点的动能为 $6.0\ J$，不计空气的阻力。求：

（1）小球水平位移 $x_1$ 与 $x_2$ 的比值；
（2）小球落到 $B$ 点时的动能 $E_{ kB}$；
（3）小球从 $A$ 点运动到 $B$ 点的过程中的最小动能 $E_{ kmin}$。
解 （1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性可知，从 $A$ 点至 $M$ 点和从 $M$ 点至 $B$ 点的时间 $t$ 相等，小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为 $a$，则 $x_1 = \dfrac{1}{2}at^2$，$x_2 = \dfrac{1}{2}a(2t)^2 - \dfrac{1}{2}at^2 = \dfrac{3}{2}at^2$，所以 $\dfrac{x_1}{x_2} = \dfrac{1}{3}$。
（2）小球从 $A$ 到 $M$，水平方向上电场力做功 $W_{ 电} = Eqx_1 = 6\ J$，则从 $A$ 到 $B$ 水平方向上电场力做功 $W_{ 电}' = Eq(x_1 + x_2) = 4W_{ 电} = 24\ J$，由能量守恒可知，小球运动到 $B$ 点时的动能为 $E_{ kB} = E_{ k0} + 4W_{ 电} = 8\ J + 24\ J = 32\ J$。
（3）由题知，$\dfrac{1}{2}mv_A^2 = 8\ J$，竖直方向上有 $v_A = gt = \dfrac{G}{m}t$，$\dfrac{1}{2}mv_M^2 = Eqx_1 = 6\ J$，在水平方向上，有 $v_M = at = \dfrac{F}{m}t$，解得 $\dfrac{F}{G} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，设小球运动时间为 $t'$ 时动能为 $E_{ k}$，则 $E_{ k} = \dfrac{1}{2}m\left( v_A - gt' \right)^2 + \dfrac{1}{2}m\left( at' \right)^2$，化简为 $\left( g^2 + a^2 \right)t'^2 - 2v_Ag t' + v_A^2 - \dfrac{2E_{ k}}{m} = 0$，当 $\Delta = 0$ 时有极值，则 $4v_A^2g^2 - 4\left( g^2 + a^2 \right) · \left( v_A^2 - \dfrac{2E_{ kmin}}{m} \right) = 0$，得 $E_{ kmin} = \dfrac{a^2}{g^2 + a^2} · \dfrac{1}{2}mv_A^2$，由 $\dfrac{F}{G} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 得 $a = \dfrac{\sqrt{3}}{2}g$，即 $E_{ kmin} = \dfrac{3}{7}E_{ k0} = \dfrac{3}{7} × 8\ J = \dfrac{24}{7}\ J$。

答案： （1）竖直方向做竖直上抛运动，A到M与M到B时间均为$t$。水平方向为初速度0的匀加速直线运动，位移$x=\frac{1}{2}at^2$。
$x_1=\frac{1}{2}at^2$，$x_2=\frac{1}{2}a(2t)^2-\frac{1}{2}at^2=\frac{3}{2}at^2$，故$x_1:x_2=1:3$。
（2）抛出时动能$E_{kA}=8\ J$（竖直方向初动能），M点动能$E_{kM}=6\ J$（水平方向动能），电场力做功$W_{AM}=E_{kM}=6\ J=Eqx_1$。
A到B水平总位移$x_1+x_2=4x_1$，电场力总功$W_{AB}=Eq·4x_1=4×6\ J=24\ J$。
A、B等高，重力做功为0，由动能定理：$E_{kB}=E_{kA}+W_{AB}=8\ J+24\ J=32\ J$。
（3）竖直初速度$v_A$，$\frac{1}{2}mv_A^2=8\ J$；M点水平速度$v_M$，$\frac{1}{2}mv_M^2=6\ J$。竖直方向$v_A=gt$，水平方向$v_M=at$，则$\frac{v_M}{v_A}=\frac{a}{g}$，$\left(\frac{v_M}{v_A}\right)^2=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$，得$a=\frac{\sqrt{3}}{2}g$。
任意时刻$t'$，$v_{ 竖}=v_A-gt'$，$v_{ 水}=at'$，动能$E_k=\frac{1}{2}m\left[(v_A-gt')^2+(at')^2\right]$。代入$a=\frac{\sqrt{3}}{2}g$，化简得$E_k=\frac{1}{2}m\left(\frac{7g^2}{4}t'^2-2v_Ag t'+v_A^2\right)$，极值时$t'=\frac{4v_A}{7g}$，代入得$E_{kmin}=\frac{3}{7}×8\ J=\frac{24}{7}\ J$。
（1）$1:3$
（2）$32\ J$
（3）$\frac{24}{7}\ J$