1、【 精品教育资源文库 】 57 带电粒子在交变电场中的运动 方法点拨 (1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合可画出 v t 图象，分析速度、位移变化 (2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的 v t 图象，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式 1 (2018 湖北黄冈模拟 )一匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图象如图 1 所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于 t 0 时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是 ( ) 图 1 A带电粒子只向一个方 向运动 B 0 2 s 内，电场力做功等于 0
2、 C 4 s 末带电粒子回到原出发点 D 2.5 4 s 内，电场力做功等于 0 2 (多选 )(2017 山东青岛二中模拟 )如图 2 甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子 (不计重力 )，两板间距离足够大当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度 v、位移 x 和加速度 a 三个物理量随时间 t 的变化规律可能正确的是 ( ) 图 2 3 (多选 )(2017 四川宜宾二诊 )如图 3 甲所示，真空中水平放置两块长度为 2d 的平行金属【 精品教育资源文库 】 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
3、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周期 T 2dv0，粒子质量为 m，不计粒子重力及相互间的作用力则 ( ) 图 3 A在 t 0 时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为 v0 B粒子的电荷量为 mv022U0 C在 t 18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了 18mv02 D在 t 14T 时刻进入的粒子刚好从 P 板右侧边缘离开电场 4 (多选 )(2018 河北邢台质检 )如图 4 甲所示，两平行金属板 A、 B 放在真空中，间距为 d，P 点在 A、 B 板
4、间， A 板接地， B 板的电势 随时间 t 变化情况如图乙所示 t 0 时，在 P点由静止释放一质量为 m、电荷量为 e 的电子，当 t 2T 时，电子回到 P 点电子运动中没与极板相碰，不计重力则 ( ) 图 4 A 1 2 12 B 1 2 13 C在 0 2T 内，当 t T 时电子的动能最大 D在 0 2T 内，电子的电势能减小了 2e2T212md2 5 (多选 )如图 5甲所示，一平行板电容器极板长 l 10 cm，宽 a 8 cm，两极板间距为 d 4 cm，距极板右端 l2处有一竖直放置的荧光屏在平行板电容器左侧有一长 b 8 cm 的 “ 狭缝 ” 粒子源，可沿着两板中心平
5、面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为 210 10 C/kg，速度【 精品教育资源文库 】 为 410 6 m/s 的带电粒子现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流 电的周期下面说法正确的是 ( ) 图 5 A粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为 6.25 cm B粒子打在屏上的区域面积为 64 cm2 C在 0 0.02 s 内，进入电容器内的粒子有 64%能够打在屏上 D在 0 0.02 s 内，屏上出现亮线的时间为 0.012 8 s 6 (2017 辽宁沈阳质检 )如图 6 中 a 所示的 xOy 平面处于匀强电场中，电
6、场方向与 x 轴平行，电场强度 E 随时间 t 变化的周期为 T，变化图线如图 b 所示， E 为 E0时电场强度的方向沿 x 轴正方向有一带正电的粒子 P，在某一时刻 t0以某一 速度 v 沿 y 轴正方向自坐标原点 O 射入电场，粒子 P 经过时间 T 到达的点记为 A(A 点在图中未画出 )若 t0 0，则 OA 连线与 y 轴正方向夹角为 45 ，不计粒子重力 图 6 (1)求粒子的比荷； (2)若 t0 T4，求 A 点的坐标； (3)若 t0 T8，求粒子到达 A 点时的速度 【 精品教育资源文库 】 答案精析 1 D 画出带电粒子速度 v随时间 t变化的图象如图所示， v t图
7、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 末带电粒子不能回到原出发点， A、 C错误； 2 s 末速度不为 0，可见 0 2 s 内电场力做功不等于 0， B 错误； 2.5 s 和 4 s 末，速度的大、小方向都相同， 2.5 4 s 内电场力做功等于 0，所以 D 正确 2 AD 在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力 F U0ed ，所以电子所受的电场力大小不变由牛顿第二定律 F ma 可知，电子在第一个 T4内向 B 板做匀加速直线运动；在第二个 T4内向 B 板做匀减速直线运动，在第三个 T4内反向做匀
8、加速直 线运动，在第四个 T4内向 A 板做匀减速直线运动，所以 a t 图象如选项图 D所示， v t 图象如选项图 A 所示；又因匀变速直线运动位移 x v0t 12at2，所以 x t 图象应是曲线，故选项 A、 D 正确， B、 C 错误 3 AD 4.BD 5 BCD 设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为 U0，水平方向 l v0t，竖直方向 d2 12a0t2，又 a0 qU0md，解得 U0 md2v02ql2 128 V，即当 U128 V 时粒子打到极板上，当 U128 V时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为 y，由几何关系和类平抛运动规
9、律得l2l2l2 yy d2，解得 y d 4 cm，选项 A 错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为 2d，则粒子打到荧光屏上的区域面积为 S 2da 64 cm2，选项 B正确；在前 14T，粒子打到荧光屏上的时间 t0 1282000.005 s 0.003 2 s，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间 t 4t0 0.012 8 s，选项 D 正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为 ，此时电容器两端的电压 U128 V，则 128200100% 64%，选项 C 正确 6见解析 解析 (1)粒子在 t0
10、0 时刻射入电场，粒子沿 y 轴方向的分运动为匀速运动，位移大小为：y vT 【 精品教育资源文库 】 粒子沿 x 轴方向在 0 T2内做初速 度为零的匀加速运动， 位移为 x1，末速度为 v1，则： x1 12a(T2)2， v1 aT2 粒子沿 x 轴方向在 T2 T 内做匀减速运动，位移为 x2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则： x2 v1(T2) 12a(T2)2 粒子沿 x 轴方向的总位移为 x，则： x x1 x2 粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得： qE0 ma y x 联立各式解得： qm 4vE0T(2)粒子在 t0 T4时刻射入电场，粒子沿 y 轴方向的分运动
11、为匀速运动，位移大小为： y vT 粒子沿 x 轴方向在 T4 T2内做初速度为零的匀加速运动， 位移为 x3，末速度为 v2，则： x3 12a(T4)2 v2 aT4 粒子沿 x 轴方向在 T2 T 内做匀变速运动， 位移为 x4，末速度为 v3，则： x4 v2(T2) 12a(T2)2 v3 v2 aT2 粒子沿 x 轴方向在 T 5T4 内做匀变速运动，位移为 x5，则： x5 v3(T4) 12a(T4)2 【 精品教育资源文库 】 粒子沿 x 轴的总位移为 x ，则： x x3 x4 x5 联立各式解得： x 0 则 A 点的坐标为 (0， vT) (3)粒子在 t0 T8时刻射入电场，粒子沿 y 轴方向的分运动为匀速运动，速度不变；沿 x 轴方向在 T8 T2内做初速度为零的匀加速运动，末速度为 v4，则： v4 a3T8 粒子沿 x 轴方向在 T2 T 内做匀变速运动，末速度为 v5，则： v5 v4 aT2 粒子沿 x 轴方向在 T 9T8 内做匀变速运动，末速度为 v6，则： v6 v5 aT8 联立各式解得： v6 0 则：粒子通过 A 点的速度为 v
