专题11 带电粒子在交变电场中的运动

静电场考点突破微专题11带电粒子在交变电场中的运动一、知能掌握1．常见的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．常见的题目类型粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．粒子做往返运动(一般分段研究)．粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．3．思维方法注重全面分析(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边界条件．分析时从两条思路出发：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．注意对称性和周期性变化关系的应用．充分利用V-T图像结合运动过程示意图分析问题4.带电粒子在交变电场中运动问题的解决方法:带电粒子在极板问加速或偏转时，若板间所加电压为一交变电压，则粒子在板间的运动可分两种情况处理：一是粒子在板间运动时间t远小于交变电压的周期T；二是粒子在板间运动时间t与交变电压变化周期T相差不大甚至t〉T。第一种情况下需采用近似方法处理，可认为在粒子运动的整个过程的短暂时问内，板间电压恒等于粒子入射时的电压，即在粒子运动过程中，板间电压按恒压处理，且等于粒子入射时的瞬时电压。第二种情况下粒子的运动过程较为复杂，可借助于粒子运动的速度图像。物理图像是表达物理过程、规律的基本工具之一，用图像反映物理过程、规律，具有直观、形象的特点，带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图像来描述它在电场中的运动情况，可直观展示物理过程，从而获得启迪，快捷地分析求解。在有交变电场作用下带电粒子运动的问题中，有一类重要问题是判定带电粒子能从极板间穿出的条件或侧移量、偏转角范围等问题。而解决此类问题的关键是找出粒子恰好能从板间飞出的临界状态：恰好从极板边缘飞出，并将其转换为临界状态方程。5.在解决交流电流综合问题时，应注意以下几点：（1）由于交变电流的大小和方向、电压的大小和正负都随时间周期性变化，这就引起磁场、电场的强弱和方向周期性变化。因此，在研究带电体在场中受力时，一定要细微地进行动态受力分析。（2）分析具体问题时，要在研究分析物体在整个过程中各个阶段的运动性质，建立起动态的物理图象上下功夫，不能简单地认为物体受力方向改变时，物体一定同时改变运动方向，要根据物体的初始状态和受力条件这两个决定因素来确定物体的运动性质。（3）分析时还应注意由于交流电的周期性变化引起的分析结果出现多解的可能。（4）因电场随时间变化，交变电场中带电粒子所受到电场力出现周期性变化，导致运动过程出现多个阶段，分段分析是常见的解题思路．若要分析运动的每个细节，一般采用牛顿运动定律的观点分析，借助速度图象能更全面直观地把握运动过程，处理起来比较方便．二、探索提升题型一交变电场作用下的直线运动【典例1】如图1所示，AB两平行金属板，A板接地，B板的电势做如图的周期性变化，在两板间形成交变电场。一电子以vfO分别在下列各不同时刻从A板的缺口处进入场区，试分析电子的运动情况（1）当t=0时，电子进入场区。3（2）当t=§T时，电子进入场区。8【分析】这类问题是带电粒子在变化电场中运动的问题，解题关键在于要将电压变化规律转化为场强的变化规律，由场强变化情况可知粒子的受力变化规律，再根据带电粒子的初速度和加速度判断粒子做什么运动，找出运动速度变化规律，进而分析粒子位移情况。我们可以利用图象完成上述转化。由于电压随时间的变化规律与场强、电场力变化规律相同，因此只需根据运动和力的关系，由粒子的受力变化情况画出粒子速度随时间变化图象，可由图线与时间轴所围的面积分析出粒子的位移随时间的变化情况【解析】分析带电粒子在方向发生变化的场中运动时，必须充分注意到粒子进入到场中的时刻，注意到一些运动的对称性。

(1)当(1)当t=0时,图线与时间轴所围的面积总在速度轴的正值一侧，说明粒子的位移方向总沿同一方向，即一直朝B板运动，先加速，再减速，当速度减为零后又开始加速，再减速3（2）当t=石T时，电子进入场区，可画出粒子运动速度随时间变化的图象:8由图象可知粒子向正方向（B板）和负方向（A板）都将发生位移，得负方向的位移大于正方向的位移。粒子在电压变化的第一个周期内被推出场区，而无法到达B板。【典例2】如图2甲所示,A、B是一对平行放置的金属板，中心各有一个小孔P、Q,PQ连线垂直金属板,m、两板间距为d.现从P点处连续不断地有质量为m、带电量为+q的带电粒子（重力不计），沿PQm、粒子的初速度可忽略不计•在t=0时刻开始在A、B间加上如图乙所示交变电压（A板电势高于B板电势时,电压为正），其电压大小为U、周期为T.带电粒子在A、B间运动过程中，粒子间相互作用力可忽略不计.⑴如果只有在每个周期的。〜T时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，则上述物理量之间应满足怎样的关系.（2）如果各物理量满足（1）中的关系,求每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值.图2【答案】（1）各物理量之间应满足的关系是即图2【答案】（1）各物理量之间应满足的关系是即d2qUT216m⑵每个周期内从小孔Q中有粒子射出的时间与周期T的比值是二4【解析】本题关键是分析带电粒子的运动情况,确定出临界条件,运用牛顿第二定律和运动学规律结合进行求解。通过分析每个周期内带电粒子的运动情况，确定只有在每个周期的0〜T时间内放出的带电粒子才4能从小孔Q中射出时应满足的条件，根据牛顿第二定律和运动学公式求解各物理量之间应满足的关系.；t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短,由运动学公式求出最短时间.

⑴在0〜T时间内，进入A、B板间的粒子，在电场力的作用下，先向右做匀加速运动，在T〜T时间内再向42右做匀减速运动，且在0〜T时间内，越迟进入A、B板间的粒子，其加速过程越短，减速运动过程也相应地4缩短,当速度为零后，粒子会反向向左加速运动•根据题意可以知道0〜T时间内放出的粒子进入A、B板间,4均能从Q孔射出，也就是说在T时刻进入A、B板间的粒子是能射出Q孔的临界状态.4粒子在T时刻进入A、B间电场时，先加速,后减速，因为粒子刚好离开电场，说明它离开电场的速度为零，4因为加速和减速的对称性，故粒子的总位移为加速时位移的2倍，所以有d=2xd=2x1a(T)2qUT216mdd2匹①16m(2)若情形(1)中的关系式①成立，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间为最短(因只有加速过1程)，设最短时间为tx则有d=-at2②2x在t= 时刻进入电场的粒子在t= 的时刻射出电场，所以有粒子飞出电场的时间为At= -t③444x由②③式得At3由②③式得At3-424【典例3】如图3所示是一直线加速器原理的示意图，由K个长度逐个增大的共轴金属圆筒排列成一串(图中只画了5个作为示意)，奇数筒和偶数筒分别连接到频率为f、最大电压值为U的正弦交流电源的两极(设圆筒内部没有电场),整个装置放在真空容器中,圆筒的两底面中心开有小孔.带电粒子从粒子源出发后,经过第一次加速,然后进入第一个圆筒,再向前运动.相邻两圆筒间的间隙很小,问:w '2eU、^比荷为一质子(1H)，以v= 沿轴线射入第一个圆筒,此时第1、2两个圆筒间的电势差为m1 1 \m©-0=-U.(不计粒子的重力，不计粒子在两圆筒间运动的时间，不考虑相对论效应)12要使质子每次在圆筒间都能获得最大的加速，质子穿越每个圆筒的时间最短为多大?在(1)的情形下，第n个圆筒的长度应为多大?若质子某次加速后动能为0.5MeV,则下一个圆筒长为多e少？(=108C/Kg,f=5x104Hz)m若利用回旋加速器使质子最终加速到动能为0.5MeV,则D形盒的半径应为多大？(D形盒中磁感应强度B=1T)

图3图3；(2)下一个圆筒长为100m;⑶则D；(2)下一个圆筒长为100m;⑶则D形盒的半径应为0.1m.2f【分析】(1)根据当粒子在圆筒内运动时间等于交流电周期的一半时,粒子才能一直处于加速,从而即可求解;根据粒子在圆筒内做匀速直线运动,在圆筒外做匀加速运动,结合动能定理,与运动学公式,即可求解;根据质子在回旋加速器中达最大速度时，其半径等于D形盒的半径R,结合牛顿第二定律,由洛伦兹力提供向心力,即可求解.解析】(1)粒子在圆筒内做匀速直线运动,当运动的时间等于交流电变化周期的一半时,即为一直处于加速状态，则有：t=£(2)进入第n个圆筒的速度为v,由动能定理：(n-1)eU mv2-mv2,又l二vtn2n20nn计算得出：l=-1-，2neU动能为：E=2mv2=0.5x106eVn2f斗m K2\2E~则有：v飞卞\2E~则有：v飞卞=107(m/s)则有：l'=vt=107x1x15x104m=100m(3)质子在回旋加速器中达最大速度时，质子做圆周运动的半径R等于D形盒的半径R;mv2根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力,则有：evB=mRm计算得出:R=R=0.1mm【典例4】如图4甲所示，M、N为中心有小孔的平行板电容器的两极，相距D=1m,其右侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1X10-3T，磁场区域足够长，宽为d=0.01m在极板MN间加有如图乙所示的交变电压(设N板电势高于M板时，电压为正)，现有带负电的粒子不断从M板中央小孔处射入电容器内(粒子的初速可视为零，重力不计)，取其比荷-=2x10iiC/kg，试求：m在交变电压第一个周期内哪些时刻进入电容器内的粒子能从磁场的右侧射出。若上述交变电压的周期可以变化，则其周期满足什么条件时，才能保证有带电粒子从磁场右侧射出来。图4【分析】粒子要从磁场右侧射出，它在磁场中做匀速圆周运动的半径r>d,又r= ,则粒子进入磁场BqBqd qU时速度必须满足v> ,带电粒子在电场中先加速后减速，加速度大小均为a= ,最后以满足条件m mD的速度v进入磁场。（1）明确题目所提供的交流电的变化规律。（2） 对物体（粒子）可能受到的力进行受力分析。（3） 结合物体（粒子）的运动状态及题目当中的一些条件，特别是一些临界条件列方程求解。（at）2—v2【解析】（1）设加速时间为t,则D—-at2+2aI所以t:"，代入数据解得t>6.1x10-7sa2所以在0〜（T—t）内，即在0〜3.9x10-7s进入电容器内的粒子将从磁场右侧射出.2（2）带电粒子加速的时间至少为t=6.1x10-7s,则彳>6.1x10-7，所以T>1.22x10-6s。2题型二交流电场作用下的偏转【典例5】A、B表示真空中相距为d的平行金属板，长为L,加上电压后，其间电场可认为是匀强电场，

在t=0时，将图5乙中的方形波的交变电压加在AB上,甲二U,申二0,此时恰有一带电微粒沿两板TOC\o"1-5"\h\zA 0B中央飞入电场，如图5甲所示，微粒质量为m,带电荷量为q,速度大小为v,离开电场时恰能以平行于金属板飞出，求所加交变电压UJ的取值范围（重力不计）。.———巴\o"CurrentDocument"%―| |一LI 1» ,一.—■也I\o"CurrentDocument"甲 乙

图5答案】2md2图5答案】2md2v

qzr进入电场后，参与两个方向的运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向(沿电场方向)每个周期内的前半周加速，后半周减速，由对称性可知，当t=nT时，微粒仅有平行于金属板的入射速度V,于是应满足t=nT(n=1,2,3 )L而tt=nT(n=1,2,3 )L而t=v其中a=qUodm2md2v⑤解①②③④⑤得口°<〒又因为其中a=qUodm2md2v⑤解①②③④⑤得口°<〒【典例6】如图6甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U。，电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：甲乙甲乙图6在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；荧光屏上有电子打到的区间有多长？【答案】(1)打在屏上的点位于0点正上方，距0点13.5cm (2)30cm解析】(1)电子经加速电场加速满足qU0=2mv2经偏转电场偏转后偏移量y=jat2=2・晋偏・(V)2

所以y=»偏*，由题图知t=0.06s时刻U=1.8U，所以y=4.5cm4U 偏00YL＋L/2设打在屏上的点距0点距离为Y,满足y=L/2所以Y=13.5cm.(2)由题知电子偏移量y的最大值为扌，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30cm.【典例7】如图7甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：TOC\o"1-5"\h\zC/g' : : : : :I ■ R Ii I i h IO ~r；1.5ri21;25T}IlliI ■ !-ut-■——'■——■图7(1)交变电压的周期T应满足什么条件;(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件.【答案】(1)T=nV，其中n取大于等于加叮‘鲁的整数⑵七=罟丁©=1,2,3…)00【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v°穿出电场，在垂直于初速度的方向上，粒子的运动应为：加速,

减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L=nTv0,解得丁=吉0粒子在4丁内离开中心线的距离为丫=扣打)2又a=qEm又a=qEme=£解得y=qUT20—32md在运动过程中离开中心线的最大距离为y=2y在运动过程中离开中心线的最大距离为y=2y=mqUT20—16md粒子不撞击金属板，应有ym粒子不撞击金属板，应有ym解得T<2d-2m

qU故心2^」2?即n取大于等于肘\：聲的整数・0V 0¥所以粒子的周期应满足的条件为T=nV，所以粒子的周期应满足的条件为T=nV，0其中n取大于等于的整数．135 2n－1⑵粒子进入电场的时间应为4T,4t, …故粒子进入电场的时间为t=-^T(n=l,2,3…)【典例8】平行板电容器两板相距d=0.1m如图8乙，将图8甲所示的交变电压加在两板上，当t=0时，

电子从两板中央(与两板相距都是d2)平行于板射入板间的匀强电场中,电子通过电场后刚好从一板边缘飞出，设电子的电量为1.6X10-19C,质量为0.91X10-30kg.求：图8图8电子从进入电场到1X10_8s的时间内沿场强方向的位移为多大？电子通过电场的过程中动能增加了多少电子伏特？【答案】(1)8X10-4m(2)3.2X10-22J【解析】带电粒子在平行板间做类平抛运动，水平方向与竖直方向具有独立性，在沿电场线方向，做周期性匀变速直线运动.第一个半周期的竖直位移根据牛顿第二定律进行计算.电子通过电场过程中做匀加速、匀减速至零、匀加速、匀减速至零的周期性运动，且加速度大小相等，所以只要计算出最后加速或减速时刻的动能，即为全过程的动能增量.(1)由题意知，带电粒子进入电场后第一个9.1V时间内沿场强方向的位移为1 1euy=at2= 12=8x10-4m2 2mdd⑵电子通过电场后从一边缘飞出，需经n个半周期n=2=62.5y每经一个周期，速度减至0.则最后四分之一个周期加速后的动能为E=—m(e )2= =3.2x10-22JK2md2 8md2

带电粒子在周期性变化电场中,做周期性运动,根据牛顿第二定律进行计算.【典例9】如图9-1所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000伏的加速电场后，由小5沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板l=0.20米，相距d=0.020米，加在A、B两板间电压u随时间t变化的u-t图线如图2所示。设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20秒，筒的周长s=0.20米，筒能接收到通过A、B板的全部电子。（1）以t=0时（见图9-2，此时u=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上。试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标。（不计重力作用）2）在给出的坐标纸（图9-3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。图9-1 图2）在给出的坐标纸（图9-3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。图9-1 图9-2 图9-3【解析】初,（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、口mv2=eu00B板的中心线射入电场时的则电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0.则l=v°t° ②图⑴电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动。对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足打=1eUcT22 2md0联立①、②、③式解得u°=（2d2）/（ 12）U0=20伏此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为TOC\o"1-5"\h\zv=（eu）/（md）t ④y00此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y,由图（1）可得（y—d/2）/b=v/v ⑤y0由以上各式解得y=bd/l+d/2=2.5厘米 ⑥从题给的u-t图线可知,加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值u=100伏，m因为u<uc，m在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔△t内有电子通过A、B板△t=(u)c/( u m) T 0⑦因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为x =(△t1)T/s=2厘米⑧第二个最高点的x坐标为x =(△t2+T0)/s=12厘米⑨第三个最高点的x坐标为x =[(△3t+2To)/T]s=22厘米由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由⑧和⑨表示（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图（2）所示。三高考真题（多选）（2015•山东理综・20）如图10甲，两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图10乙T所示.t=0时亥I」，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0〜3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出•微粒运动过程中未与金属板接触•重力加速度的大小为g•关于微粒在0〜T时间内运动的描述，正确的是（）

末速度大小为乂2v0 B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了2mgd D.克服电场力做功为mgd【答案】BCT T2T【解析】因0〜3时间内微粒匀速运动，故E°q=mg；在3〜§时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在2Tt=可时刻的竖直速度为v2Tt=可时刻的竖直速度为v3 y1水平速度为v°;在§〜T时间内，由牛顿第二定律2E°q—mg=ma,解得a=g，方向向上，则在t=T时刻，v=v—g|=0,粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v,选项A错y2y13 0误，B正确；微粒的重力势能减小了AE=mg・¥=mgd,选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知,p222mgd—W电=0,可知克服电场力做功为2mgd,选项D错误；故选B、C.2 电 2（2011•安徽・20）如图11所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图所示的交变电压，一重力可忽略而向B板运动，图11()tr..o\IIrTo<to<4T 3TB-2<叮丁3T而向B板运动，图11()tr..o\IIrTo<to<4T 3TB-2<叮丁3TCTto<T9TD皿0<§答案】B解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最TT3T终打在A板上时位移为负，速度方向为负.作出t0=0、4、2、才时粒子运动的速度图象如图12所示.由T3T于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0〈t0〈4，〒〈t0〈T时粒子在一个周期内T3T的总位移大于零；4〈t0〈才时粒子在一个周期内的总位移小于零；当10〉T时情况类似.因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确.因电场随时间变化，交变电场中带电粒子所受到电场力出现周期性变化，导致运动过程出现多个阶段，分段分析是常见的解题思路．若要分析运动的每个细节，一般采用牛顿运动定律的观点分析，借助速度图象能更全面直观地把握运动过程，处理起来比较方便．(2010•江苏・15(1))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13甲所示.加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0,反向电压为一kU0(k〉1),电压变化的周期为2J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5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.若k=4，电子在0〜2t时间内不能到达极板A,求d应满足的条件.图13答案】d〉图13答案】d〉,：9eU。t2V10meU 1【解析】电子在0〜t时间内做匀加速运动加速度的大小％=矗 位移X]=2%t2在T〜2T时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小笃=而

v2初速度的大小V=aT 匀减速运动阶段的位移x=20"1 1 2 2a2,9eUt2由题知d〉X]+x2，解得d〉仏四实践拓展题型一交变电场作用下的直线运动练习1-1：如图14甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压.开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动•设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化）（ ）【答案】A【解析】电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动,，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t=T时刻速度变为零.之后重复上述运动，A项正确，B项错误.练习1-2：如图15所示，距离足够大的两平行金属板上接正弦交变电压，板间有一电子，重力不计，当t=0时，电子处于静止状态，若交流电正半周期时A板带正电，则电子的运动情况是（ ）图15图15①做简谐运动③当①做简谐运动③当t=T/2时，速度达到最大值②竖直向上做直线运动，最终到达A板④当t=T/2时，回到出发点A.①②B.①③C.②③D.②④【答案】C

【解析】第一个T/2中，A板带正电，电子将向A板做变加速（加速度先增大后减小）运动，当t=T/2时，加速度为零，此时速度达最大值。第二个T/2时，电场反向，电子将向A板做减速运动，由于两个半周期中电子的加速度大小具有对称性，在t=T时电子的速度减为零。由此可见，在一个周期内电子将一直向A板运动，而非往复运动，此后电子将重复第一个周期内的运动。练习1-3：如图16所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象. 当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）图16图16A.带电粒子将始终向同一个方向运动A.带电粒子将始终向同一个方向运动C.3s末带电粒子的速度为零2s末带电粒子回到原出发点D.0〜3s内，电场力做的总功为零【解析】CD【解析】设第1s内粒子的加速度为％,第2s内的加速度为a2，由a=罟可知，&2=2%,可见，粒子第1s内向负方向运动，1.5s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3s末回到原出发点，粒子的速度为0,由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确.练习1-4：将如图17所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大,下列说法正确的是（）图17电子一直向着A板运动电子一直向着B板运动电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动【答案】D【解析】根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图18甲、乙.从TT图中可知，电子在第一个4内做匀加速运动，第二个4内做匀减速运动，在这半周期内，因初始B板电势比tt m Ta板电势高，所以电子向b板运动，加速度大小为md•在第三个4内电子做匀加速运动，第四个4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向a板运动，加速度大小为md•所以电子在交变电T场中将以t=4时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项d正确.屮图18练习1-5：如图19甲所示，电子(电量为e)重力不计，静止在两平行金属板A、B间的a点，a点与A板间的距离忽略。电子不能瞬时从A板到达B板，t=0时刻开始A板电势按如图乙所示规律变化，则下列说法中正确的是()图19电子可能在极板间做往复运动若t［时刻电子仍在两平行金属板间，则此时刻电子的动能最大电子能从小孔P飞出，且飞出时的动能等于eU0电子可能在t〜t 时间内飞出电场2 3【解析】BD【解析】粒子先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动如此重复单方向运动，A选项错误，B选项正确；t〜t是加速度减小的加速运动阶段，可能从t〜t时间内飞出，D选项正确;2323电子能从小孔P飞出，飞出的动能可能小于eU0,C选项错误；故选BD。练习1-6：—电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动,场强随时间变化的规律如图20所示.不计重力.求在t=0到t=T的时间间隔内：粒子位移的大小和方向；粒子沿初始电场反方向运动的时间.图20【答案】(1)瓷严，方向沿初始电场的正方向(2)4TTTT3T3T【解析】⑴带电粒子在0〜亍4〜2、2〜才、匸〜T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为％、a2、a、a，由牛顿第二定律得34-qE0®m由此得带电粒子在0〜T时间间隔内运动的加速度一时间图象如图(a)所示,对应的速度一时间图象如图(b)所示，其中TqETVi=ai・4=^m"勿Eha25T\05m7STTmm勿Eha25T\05m7STTmm0.25T(K^TIX7!>TT1由图(b)可知，带电粒子在t=o到t=T的时间间隔内的位移大小为x=4vi@qE由⑤⑥式得x=i6mmT2⑦方向沿初始电场的正方向.35⑵由图(b)可知，粒子在t=gT到t=§T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为t_5T_3T_Tt_8T8T_4练习1-7：如图21甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，0是一个可以连续产生粒子的粒子源，0到A、B的距离都是1.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示.已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为一q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势.不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力.已知上述物理量1=0.6m,U0=1.2X103V，T=1.2X10-2s,m=5X10-iokg，q=1.0X10-7C.在t=0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？T⑵在t=0到t=2这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？⑶在t=0到t=2这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板?图21

【答案】⑴石X10-3S到达A极板（2）4X10-3$ （3）100个解析】⑴根据图乙可知，从t=0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动.因为x—%（2）2=3.6m>l,所以粒子从t=0时刻开始，一直加速到达A板.设粒子到达A板的时间为t,则1=|・器t2解得t=\'6X10-3s.TqUT⑵在0〜2时间内，粒子的加速度大小为％=2im=2X105m/s2.在2〜T时间内，粒子的加速度大小为a2■2^=4X105m/s2.可知a2=2a1，若粒子在0〜时间内加速At,再在§〜T时间内减速丁刚好不能到达1 3 rA板，贝9l=2%At・^At解得At=2X10-3s.因为2=6X10-3s，所以在t=4X10-3s时刻产生的粒子刚好不能到达A板.r2（3）因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0〜§时间内的前§时间内产生的粒子可以到达A板,12所以到达A板的粒子数n=300X2X§=100（个）.题型二交流电场作用下的偏转练习2-1：如图22甲所示，两平行金属板间距为d,加上如图乙所示的电压，电压的最大值为U。，周期为T.现有一离子束，其中每个离子的质量为m、电荷量为+q,从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中.设离子通过平行板所需的时间恰好为T（与电压变化周期相同），且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上，求离子击中荧光屏上的位置的范围（不计离子重力）.甲 乙甲 乙图22答案】qUT答案】qUT2 3qUT28mdWyW8md【解析】各个离子在板间电场中运动时，水平方向上都做匀速直线运动，所以每个离子经过电场所需的时间都是T,但由于不同的离子进入电场的时刻不同，两板间的电压的变化情况不同，因此它们的侧向位移也会不同.如果离子在t=0、T、2T……时刻进入电场，则离子先在两板间做类平抛运动，侧向位移为

y,然后做匀速直线运动，侧向位移为y,如图甲所示，这些离子在离开电场时，其侧向位移有最大值y12max由题意可知yi=2a（2）2y,然后做匀速直线运动，侧向位移为y,如图甲所示，这些离子在离开电场时，其侧向位移有最大值y12max由题意可知yi=2a（2）2=qU0d2.偏转£时离子的竖直分速度为vy=a・芬霁・2.在之后的2内离子做匀速直线运动，向下运动的距离为y2=vy・2=¥md・所以离子偏离中心线的最大距离为ymax=y1+y2^fm0F,如果离子在t=£弓、5TT时刻进入电场，两板间电压为零，离子先在水平方向上做匀速直线运动，运动2后,两板间电压为U0，离子开始偏转，做类平抛运动，侧向位移为丫］，如图乙所示，这些离子离开电场时的侧向位移最小，则yminminqUT2=0-8md如果离子不是在上述两种时刻进入电场,那么离子离开电场时的侧向位移在ymin与y之间.maxqUT2 3qUT2综上所述，离子击中荧光屏上的位置范围为8m°d<y<38mdr甲乙练习2-2：两块水平平行放置的导体板如图23甲所示，大量电子（质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为uo的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间.当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3tj当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过（不计电子重力）．问：T 乙T 乙图23（1） 这些电子通过两板之间后，侧向位移（垂直于入射速度方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少；（2） 侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少．【答案】⑴仪冒认屠⑵If【解析】以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t=o时和t=t0时进入电场后沿电场力方向的速度V随时间t变化的v—t图象分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d.y y

(1)图中，eU2yeU2eUt(1)图中，eU2yeU2eUt— 02t= 00mdomd由图a可得电子的最大侧向位移为3eUt23eUt2^-o1y0 md6eU(m而x=¥，解得d=tymax 6eU(m而x=¥，解得d=tymax 2由图b可得电子的最小侧向位移为1 , 3x=vt+vt=vt=ymin 21y0 1y03eUt2d00=2md4所以xymaxxdt1 , 3x=vt+vt=vt=ymin 21y0 1y03eUt2d00=2md4所以xymaxxdt0226eU。=，2 1y0dto6eUfmeU6m，⑵V1y=2=o)2=ymin 4 4V2=2y2eU03m电子经电压U0加速，由动能定理知，2mv0=eU01 / 、和 eUE 2mv22m(v0+v2y)eU°+T16所以Ekn^=^=1 =~7^u=^-加讪-mv2 ~m(v2+v2)eU+， 0120 1y 012练习2-