(全国通用)19版高考物理一轮复习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

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
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v 0，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 ＝2d
v 0
，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v 0
B ．粒子的电荷量为mv 02
2U 0
C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02
D ．在t ＝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4
A ．φ1∶φ2 ＝1∶2
B ．φ1∶φ2＝1∶3
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2e 2T 2
φ1
2
md
2
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 ＝8 cm 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2×1010
C/kg ，速度为4×106
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＝
T
4
，求A点的坐标；
(3)若t0＝
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，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 ＝
U 0e
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T
4内向B 板做匀加速直线运动；在第二个T
4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T
4内反
向做匀加速直线运动，在第四个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 ＝v 0t ＋12at 2
，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U 0，水平方向l ＝v 0t ，竖直方向
d
2＝12a 0t 2，又a 0＝qU 0md ，解得U 0＝md 2
v 02
ql 2＝128 V ，即当U ≥128 V 时粒子打到极板上，当U <128 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l 2＋
l
2l 2＝y
y －d
2，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 cm 2
，选项B 正确；在前14T ，粒子打到荧光屏上的时间t 0＝128
200×0.005 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 ′＝4t 0＝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η，此时电容器两端的电压U <128 V ，则η＝128
200×100%＝64%，选项C 正确．]
6．见解析
解析 (1)粒子在t 0＝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～T
2内做初速度为零的匀加速运动，
位移为x 1，末速度为v 1，则：x 1＝12a (T 2)2，v 1＝a T
2
粒子沿x 轴方向在T
2～T 内做匀减速运动，位移为x 2，由题意知两段运动的加速度大小相等，
则：
x 2＝v 1(T 2
)－12a (T 2
)2
粒子沿x 轴方向的总位移为x ，则：
x ＝x 1＋x 2
粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得：
qE 0＝ma y ＝x
联立各式解得：q m ＝
4v
E 0T
(2)粒子在t 0＝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T 4～T
2内做初速度为零的匀加速运动，
位移为x 3，末速度为v 2，则： x 3＝12a (T 4
)2
v 2＝a T 4
粒子沿x 轴方向在T
2～T 内做匀变速运动，
位移为x 4，末速度为v 3，则：
x 4＝v 2(T 2
)－12a (T 2
)2
v 3＝v 2－a T
2
粒子沿x 轴方向在T ～5T
4
内做匀变速运动，位移为x 5，则：
x 5＝v 3(T 4
)＋12a (T 4
)2
粒子沿x 轴的总位移为x ′，则：
x ′＝x 3＋x 4＋x 5
联立各式解得：x ′＝0 则A 点的坐标为(0，vT )
(3)粒子在t 0＝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T 8～T 2内做初速度为零的匀加速运动，末速度为v 4，则：v 4＝a 3T 8
粒子沿x 轴方向在T
2
～T 内做匀变速运动，末速度为v 5，则：
v 5＝v 4－a T
2
粒子沿x 轴方向在T ～9T
8
内做匀变速运动，末速度为v 6，则：
v 6＝v 5＋a T
8
联立各式解得：v 6＝0 则：粒子通过A 点的速度为v。