2019版物理 第七章 静电场 微专题57 带电粒子在交变电场中的运动备考精炼

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE57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1A．带电粒子只向一个方向运动B．0~2s内，电场力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内,电场力做功等于02．（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23．(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．已知电场变化周期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（)图3A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0B．粒子的电荷量为eq\f(mv\o\al（，02)，2U0）C．在t＝eq\f(1，8)T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了eq\f（1,8）mv02D．在t＝eq\f（1,4）T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板间，A板接地,B板的电势φ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4A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶3C．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eq\f（2e2T2φ\o\al(,12）,md2）cm，距极板右端eq\f（l,2）处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源,可沿着两板中心平面,均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg,速度为4×106m/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5A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cmB．粒子打在屏上的区域面积为64cm2C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有64％能够打在屏上D．在0～0。02s内，屏上出现亮线的时间为0。0128s6．（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＝eq\f(T，4)，求A点的坐标;(3)若t0＝eq\f(T,8），求粒子到达A点时的速度．

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,4s末带电粒子不能回到原出发点,A、C错误；2s末速度不为0，可见0～2s内电场力做功不等于0，B错误;2。5s和4s末，速度的大、小方向都相同，2。5～4s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＝eq\f（U0e,d)，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eq\f(T，4)内向B板做匀加速直线运动；在第二个eq\f(T,4）内向B板做匀减速直线运动，在第三个eq\f(T,4)内反向做匀加速直线运动，在第四个eq\f(T,4)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＋eq\f(1，2)at2，所以x－t图象应是曲线，故选项A、D正确，B、C错误．］3．AD4.BD5．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eq\f(d,2)＝eq\f（1,2)a0t2,又a0＝eq\f（qU0,md)，解得U0＝eq\f（md2v\o\al(,02）,ql2）＝128V，即当U≥128V时粒子打到极板上，当U<128V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律得eq\f(\f（l，2)＋\f(l，2),\f（l,2））＝eq\f（y，y－\f(d，2）)，解得y＝d＝4cm，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＝64cm2，选项B正确；在前eq\f(1，4)T，粒子打到荧光屏上的时间t0＝eq\f（128,200)×0.005s＝0。0032s，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。0128s，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η，此时电容器两端的电压U<128V，则η＝eq\f(128，200）×100％＝64％，选项C正确．]6．见解析解析（1）粒子在t0＝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粒子沿x轴方向在0～eq\f(T,2）内做初速度为零的匀加速运动，位移为x1,末速度为v1,则：x1＝eq\f（1,2）a（eq\f（T,2）)2，v1＝aeq\f(T，2）粒子沿x轴方向在eq\f(T,2）～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（eq\f(T,2）)－eq\f(1,2）a（eq\f（T,2)）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＝may＝x联立各式解得：eq\f(q,m）＝eq\f（4v，E0T)（2)粒子在t0＝eq\f(T，4）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粒子沿x轴方向在eq\f(T,4）～eq\f（T,2)内做初速度为零的匀加速运动，位移为x3，末速度为v2，则:x3＝eq\f(1,2）a（eq\f(T,4））2v2＝aeq\f(T，4)粒子沿x轴方向在eq\f(T,2）～T内做匀变速运动，位移为x4，末速度为v3，则:x4＝v2（eq\f（T,2)）－eq\f(1，2）a（eq\f（T，2)）2v3＝v2－aeq\f(T，2)粒子沿x轴方向在T～eq\f(5T,4)内做匀变速运动,位移为x5,则：x5＝v3（eq\f(T,4)）＋eq\f（1，2）a（eq\f(T,4)）2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＝eq\f(T，8）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eq\f(T,8）～eq\f（T,2）内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v4,则:v4＝aeq\f(3T,8)粒子沿x轴方向在eq\f(T,2)～T内做匀变速运动,末速度为v5，则