1、157 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 t0 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B02 s 内，电场力做功等于 0C4 s 末带电粒子回到原出发点D2.54 s 内，电
2、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2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 t0 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. t0 时刻释放的粒子恰好从
3、Q 板右侧边缘离开电场已知电场变化周期 T ，粒子质量为 m，不计粒子重力及相互间的作用力则( )2dv0图 3A在 t0 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mv022U0C在 t T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了 mv0218 18D在 t T 时刻进入的粒子刚好从 P 板右侧边缘离开电场144(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 随时间 t 变化情况如图乙所示 t0 时，在 P 点由静止释放一质量为 m、电荷量为 e 的电子，当 t2 T 时，
4、电子回到 P 点电子运动中没与极板相碰，不计重力则( )图 4A 1 212B 1 213C在 02 T 内，当 t T 时电子的动能最大D在 02 T 内，电子的电势能减小了2e2T2 12md25 (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 处有一竖直放置的荧光屏在平行板电容器左侧有一长 b8 cm 的“狭缝”l2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 21010 C/kg，速度为 4106 m/s 的带电粒子现在平行板电容器的两极板间加上如
5、图乙所示的交流电，3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 6.25 cmB粒子打在屏上的区域面积为 64 cm2C在 00.02 s 内，进入电容器内的粒子有 64%能够打在屏上D在 00.02 s 内，屏上出现亮线的时间为 0.012 8 s6(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
6、 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 t00，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 ，求 A 点的坐标；T4(3)若 t0 ，求粒子到达 A 点时的速度T84答案精析1D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，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 02 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
7、相同，2.54 s 内电场力做功等于 0，所以 D 正确2AD 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 ，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U0ed在第一个 内向 B 板做匀加速直线运动；在第二个 内向 B 板做匀减速直线运动，在第三个T4 T4内反向做匀加速直线运动，在第四个 内向 A 板做匀减速直线运动，所以 a t 图象如选项T4 T4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 at2，所以12x t 图象应是曲线，故选项 A、D 正确，B、C 错误3AD 4.BD5BCD
8、 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 a0t2，又 a0 ，解得 U0 128 V，即当 U128 V 时粒子打到极板上，当d2 12 qU0md md2v02ql2U128 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律得 ，解得 y d4 cm，选项 A 错误；由对称性知，l2 l2l2 yy d2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 S2 da64 cm2，选项 B 正确；在前 T，粒子打到荧光屏上的时间 t0 0.005 s0.003 2 s，又14
9、128200由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间 t4 t00.012 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5荧光屏上的比例为 ，此时电容器两端的电压 U128 V，则 100%64%，选项 C128200正确6见解析解析 (1)粒子在 t00 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 内做初速度为零的匀加速运动，T2位移为 x1，末速度为 v1，则： x1 a( )2， v1 a12 T2 T2粒子沿 x 轴方向在 T 内做匀减速运动，位移为 x2，由题意知两段运动
10、的加速度大小相等，T2则：x2 v1( ) a( )2T2 12 T2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： qm 4vE0T(2)粒子在 t0 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：T4y vT粒子沿 x 轴方向在 内做初速度为零的匀加速运动，T4 T2位移为 x3，末速度为 v2，则：x3 a( )212 T4v2 aT4粒子沿 x 轴方向在 T 内做匀变速运动，T2位移为 x4，末速度为 v3，则：x4 v2( ) a( )2T2 12 T26v3 v2 aT2粒子沿 x 轴方
11、向在 T 内做匀变速运动，位移为 x5，则：5T4x5 v3( ) a( )2T4 12 T4粒子沿 x 轴的总位移为 x，则：x x3 x4 x5联立各式解得： x0则 A 点的坐标为(0， vT)(3)粒子在 t0 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T8方向在 内做初速度为零的匀加速运动，末速度为 v4，则： v4 aT8 T2 3T8粒子沿 x 轴方向在 T 内做匀变速运动，末速度为 v5，则：T2v5 v4 aT2粒子沿 x 轴方向在 T 内做匀变速运动，末速度为 v6，则：9T8v6 v5 aT8联立各式解得： v60则：粒子通过 A 点的速度为 v
