专题七、带电粒子在交变电场中的运动

带电粒子在交变电场中的运动
带电粒子在交变电场中的运动分析，涉及电场知识、力学知识等内容，随着科技的发展及高考试题应用性、实践性的增强和提高，本训练点知识在整个电磁学中的位置愈加显得重要.通过训练，逐步掌握此类问题的分析方法.第11题为创新题，使我们了解本训练点知识在实践中的应用.
常出现的一些变化是：1释放位置；2所加电压波形；3电压、板间距、周期、比荷等间的约束。

往复运动：在两金属板之间加交变电压，粒子平行金属板射入，需要考虑的情况：1．粒子有沿极板方向的初速度。

2．受垂直于极板方向的交变电场力。

3．粒子通过电场时间相对电场周期较大，运动过程中受变化
的电场力（粒子运动过程中受力随时间在变。

4．在电压波形上做文章，在入射时刻上，入射位置上。

5．常规的考法：矩形电压，沿中线射入，t=0或t=T/4射入。

6．t=0射入，整周期射出时平行极板射出；t=T/4射入整周期射出时平行且沿中线射出。

（不打到极上）
t=0射入，整周期射出时平行极板射出；t=T/4射入整周期射出时平行且沿中线射出
1.在两金属板(平行）分别加上如图2—7—1中的电压，使原来静止在金属板中央的电子有可能做振动的电压图象应是（设两板距离足够大）
2.有一个电子原来静止于平行板电容器的中间，设两板的距
离足够大，今在t=0开始在两板间加一个交变电压，使得该
电子在开始一段时间内的运动的v—t图线如图2—7—2(甲)
所示，则该交变电压可能是图2—7—2(乙)中的哪些
3.一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象如图2—7—3
所示，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t=0时刻由静止
释放，若带电粒子只受电场力的作用，则电场力的作用和带电
粒子的运动情况是
A.带电粒子将向一个方向运动
B.0~3 s内，电场力的冲量等于0，电场力的功亦等于0
C.3 s末带电粒子回到原出发点
D.2 s~4 s内电场力的冲量不等于0，而电场力的功等于0
4.一束电子射线以很大恒定速度v0射入平行板电容器两极板间，入射位置与两极板等距离，v0的方向与极板平面平行.今以交变电压U=U m sinωt加在这个平行板电容器上，则射入的电子将在两极板间的某一区域内出现.图2—7—4中的各图以阴影区表示这一区域，其中肯定不对的是
5.图2—7—5中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l，两极板间加上低频交变电流.A板电势为零，B板电势U=U0c osωt，现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场，设初速度和重力的影响均可忽略不计，则电子在两极板间可能
A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动
B.时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板
C.如果ω小于某个值ω0，l小于某个值l0，电子一直向B板运动，
最后穿出B板
D.一直向B板运动，最后穿出B板，而不论ω、l为任何值
6．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是( )
A．从t=0时刻释放电子，电子必将始终向右运动，直到
打到右极板上
B．从t=0时刻释放电子，电子可能在两极板间振动
C．从t=T/4时刻释放电子，电子必将在两极板间振动
D．从t=3T/8时刻释放电子，电子必将从左极板上的小孔中穿出
7、如图6所示，是一个匀强电场的电场强度随时间变化的图象，在这个匀强电场中有一个带电粒子，在t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则电场力的作用和带电粒子的运动情况是（）
A .带电粒子将始终向一个方向运动
B .0-3s 内，电场力的总冲量为零，电场力的总功不为零
C .4s 末带电粒子回到原出发点
D .2-4s 内电场力的总冲量不为零，但电场力的总功为零
8.如图甲所示，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02d T v = ，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则 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
2002mv U C. 在1
8t T = 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了2018mv
D. 在14t T = 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场
选择题答案：1.BC 2.AB 3.BCD 4.ACD 不同时刻入射的电子在不同瞬时电压下，沿
不同抛物线做类平抛运动，其轨迹符合方程2202eU y x mv d =
(U 为变化电压），x 轴正向为初速v 0方向，y 轴的正方向垂直于初速v 0向上或向下.电压低时从板间射出，电压高时打在板上，电子在板间出现的区域边界应为开口沿纵坐标方向的抛物线. 5.AC 6.A 7.D 8.AD
9.真空中有足够大的两个互相平行的金属板，a 、 b
之间的距离为d ，两板之间的电压为ab a b U U U =-，
按如图9－10所示的规律变化，其周期为T ,在t ＝0
时刻，一带正电的的粒子仅在电场力作用下，由a
板从静止向b 板运动，并于t=nT （ 为自然数）时刻
恰好到达 板，求：
1.若该粒子在/6t T = 时刻才从a 板开始运动，那么粒子经历同样长的时间，它能运动到离a 板多远的距离？
2.若该粒子在/6t T = 时刻才从a 板开始运动，那么粒子经历多长的时间到达b 板
解：（1）当带正电粒子从在t=0时刻，一带电的粒子仅在电场力作用下，由a 板从静止向b 板运动过程中，前半个周期加速，后半个周期减速为零，如此反复一直向前运动，它在一个周期内的位移是：22112()224T S a aT =⨯=
所以 214d nS naT == （n=1.2.3…）
若该粒子在T/6 时刻才从a 板开始运动，则在每个周期内，前三分之二周期向前运动，后三分之一周期返回，一个周期的总位移： '222111()2()2232612T T S a a aT =⨯-⨯=
粒子经历同样长的时间，总位移为：''2112d nS naT ==
（n=1.2.3…） 因此'13d d =,离a 板距离为13d
（2）因为'13d d =，所以从总位移的角度来讲，到达b 板的时间也应该为原来的3倍即：'33t t nT ==，但要注意的是带电粒子在每一个周期当中都存在着来回的往复运动，因此可预见到在最后一个周期的时间内，从b 板所在位置来讲，理论上带电粒子恰好两次经过b 板，其实在第一次经过就已碰上b ，所以根本不存在第二次，因此后面的时间要减去（如图甲）
要减去的时间为126x t t T ∆=+⨯ 最后过程可倒过来看：2211()2226x T at a =⨯, 2x t T =
所以213
t T T ∆=+ 可得：1
233t nT T T =-- 10、如图1所示，真空中相距d ＝5cm 的两块平行金属板A 、B 与电
源连接（图中未画出），其中B 板接地（电势为零），A 板电势变化的规律如图2所示。

将一个质量m=2.0×10-27 kg ，电量q ＝+1.6×1019 C 的带电粒子从紧临B 板处释放，不计重力。

求
（1）在t ＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加
速度的大小；
（2）若A 板电势变化周期T ＝1.0×10-5 s ，在t ＝0时
将带电粒子从紧临B 板处无初速释放，粒子达到A 板
时动量的大小；
（3）A 板电势变化频率多大时，在t ＝T/4 到t ＝T/2 时
间内从紧临B 板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A 板。

解：（1）电场强度U E d = 电场力 ma F d Uq qE F ==
=, 29/100.4s m dm
Uq a ⨯== （2）粒子在0~ 时间内走过的距离为 m T a 22100.5)2(21-⨯= 故带电粒子在t=T/2 时，恰好到达A 板根据动量定理，此时粒子动量s m kg Ft p /100.423⋅⨯==-
（3）带电粒子在42T
T t =向A 板做匀加速运动，在324
T t T =向A 板做匀减速运动，速度减为零后将返回。

粒子向A 板运动可能的最大位移 22161)4(212aT T a s =⨯
= 要求粒子不能到达A 板，有s ＜d
由1f T = ，电势变化频率应满足4102516⨯=>d
a f Hz 11、（2013年大纲卷）一电荷量为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
间变化的规律如图所示，不计重力。

求在t=0到t=T 的时间间隔
内
(1) 粒子位移的大小和方向
(2) 粒子沿初始电场反方向运动的时间
解; 粒子在330442244
T T
T T T T T ～、～、～、～时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为1234a a a a 、、、，由牛顿第二定律得010*******qE ma qE ma qE ma qE ma ==-==-、、、
由此得带电粒子在0～T 时间间隔内运动的a -t 图象如图 （a ）所示，对应的v -t 图象如图（b ）所示，其中01144a T
qE T v m ==由图（b ）可知，带电粒子在t=0到t=T 时的位移为14
T s v =
联立解得2016qE T s m =它的方向沿初始电场正方向．（2）由图（b ）可知，粒子在38T t =到58
T t =内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为38584T t T T =
-= 12、如图（甲）为平行板电容器，板长l=0.1 m ，板
距d=0.02 m.板间电压如图（乙）示，电子以v=1×
107 m/s 的速度，从两板中央与两板平行的方向射入
两板间的匀强电场，为使电子从板边缘平行于板的
方向射出，电子应从什么时刻打入板间？并求此交
变电压的频率.(电子质量m=9.1×10-31 kg,电量e=1.6
×10-19 C)
解：.电子水平方向匀速直线运动，竖直方向做变加速运动.要使电子从板边平行于板方向飞出，则要求电子在离开板时竖直方向分速度为0，并且电子在竖直方向应做单向直线运动向极板靠近.此时电子水平方向（x 方向）、竖直方向（y ）方向的速度图线分别如图所示.电子须从t =n 2
T (n =0,1，2,…)时刻射入板间，且穿越电场时间t =kT (k =1,2…)①,而电子水平位
移l =vt ②
竖直位移20()222d eU T K md =③三式联立得，
2
902 2.510mvd T s eU l
-==⨯,k =4,故f =1/T =4×108 Hz,且k =4. 13、如图甲所示，A 、B 为两块距离很近的平行金属板，
板中央均有小孔.一电子以初动能E K0=120 eV,从A 板上
的小孔O 不断地垂直于板射入A 、B 之间，在B 板的
右侧，偏转板M 、N 组成一匀强电场，板长L=2×10-2
m ，板间距离d=4×10-3 m ；偏转板加电压为U 2=20 V ，
现在A 、B 间加一个如图乙所示的变化电压U 1，在t=2 s 时间内，A 板电势高于B 板，则在U 1随时间变化的第一周期内.
(1)在哪段时间内，电子可从B 板上小孔O ′射出？
(2)在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？（由于A 、B 两板距离很近，可以认为电子穿过A 、B 所用时间很短，忽略不计）
解：.（1）0~2 s 电子能从O ′射出，动能必须足够大，由功能关系得U 1e ＜E k0得U 1＜120 V 所以当t ＜0.6或t ＞1.4时，粒子可由B 板小孔O ′射出.
（2）电子进入偏转极板时的水平速度为v ,通过偏转电极时，
侧向偏移是y ，222
2eU L y mdv = 能从偏转电场右侧飞出的条件是2
d y <得2222122eU L mv d > 代入数字的212502
mv eV >,即AB 间必须有130 V 的加速电压，
所以当2.65 s ＜t ＜3.35 s 时，电子能从偏转电场右侧飞出，如图所示.
14.(18分）示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况：（如图2—7—11所示）真空室中电极K 发出电子（初速不计），经过电压为U 1的加速电场后，由小孔S 沿水平金属板，A 、B 间的中心线射入板中.板长L ，相距为d ，
在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周
期内B 板的电势高于A 板的电势，电场全部集中在
两板之间，且分布均匀.在每个电子通过极板的极短
时间内，电场视作恒定的.在两极板右侧且与极板右
端相距D 处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中
心线正好与屏上坐标原点相交.当第一个电子到达坐
标原点O 时，使屏以速度v 沿-x 方向运动，每经过
一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位
置，然后重新做同样的匀速运动.(已知电子的质量为m ，带电量为e ，不计电子重力)求：
（1）电子进入AB 板时的初速度；
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U 0需满足什么条件？
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的最大峰值和长度.在如图2—7—11丙所示的x -y 坐标系中画出这个波形. 解：（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有21112eU mv =112eU v m
= (2)因为每个电子在板A 、B 间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A 、B 间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上.在板A 、B 间沿水平方向运动时，有 L =v 1t ,
竖直方向，有21,2y at '= 且eU a md = ，联立解得 22
12eUL y mdv '= 只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有
电子都能打在屏上，所以2'
02122m
eU L d y mdv =<, 21022d U U L ＜ (3)要保持一个完整波形，需每隔周期T 回到初始位置，
设某个电子运动轨迹如图所示，有
2'11v eUL y tan v mdv L θ⊥'=== ,又知 2'212eUL y mdv = ，联立得 '2L L =
由相似三角形的性质，得'2/2L D y L y +=,则 1(2)4L D LU y dU -=,
峰值为01(2)4m L D LU y dU -= 波形长度为 1x vT = 波形如图所示.
15、图1中B 为电源，电动势ε=27V ，内阻不计．固定电阻R 1=500Ω，R 2为光敏电阻．C 为
平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l 1=8.0×10-2 m ，两极板的间距d=1.0×
10-2m ．S 为屏，与极板垂直，到极板的距离l 2=0.16m ．P 为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a 、b 和c 构成，它可绕AA ′轴转动．当细光束通过扇形a 、b 、c 照射光敏电阻R 2时，R 2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω．有一细电子束沿图中虚线以速度v 0=8.0
×106m/s 连续不断地射入C ．已知电子电量e=1.6×10-19C ，电子质量m=9×10-31kg ．忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力．假设照在R 2上的光强发生变化时R 2阻值立即有相应的改变．
(1)设圆盘不转动，细光束通过b 照射到R 2上，求电子到达屏S 上时，它离O 点的距离y (计算结果保留二位有效数字)．
(2)设转盘按图1中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈．取光束照在a 、b 分界处时t=0，试在图给出的坐标纸上，画出电子到达屏S 上时，它离O 点的距离y 随时间t 的变化图线(0-6s 间)．要求在y 轴上标出图线最高点与最低点的值．(不要求写出计算过程，只按画出的图线评分．)
解：（1）设电容器C 两板间的电压为U ，电场强度大小为E ，电子在极板间穿行时y 方向上的加速度大小为a ，穿过C 的时间为t 11，穿出时电子偏转的距离为y 1，112ER U R R =
+ ① U E d = ② eE ma = ③ 110 L t v = ④ 21112
y at = ⑤ 由以上各式得21112012()2Ee R L y mv R R d
=+ ⑥ 代入数据得31 4.810?y m -=⨯ ⑦ 由此可见12
y d <，电子可通过C ． 设电子从C 穿出时，沿y 方向的速度为y v ，穿出后到达屏S 所经历的时间为t 2，在此时间内电子在y 方向移动的距离为2y 。

1 v at =⑧ 220
L t v =
⑨ 22 10y vt =（）
由以上有关各式得1222012()eE R y mv R R L L d =+ （11）代入数据得22 1.9210(12)y m -=⨯由题意212 2.410(13)y y y m -=+=⨯
（2）由式6可求得在a 和c 时粒子在电场中的偏转位移，则可知
当光照a 时，电子打在极板上，无粒子打在屏中；当光照在c 上时，
由式6、11和13可求得粒子在屏上偏转的距离，故答案如
图所示．
答：（1）电子到达屏S 上时，它离O 点的距离y 为2.4×10-2m ．
（2）如图所示．
16、从阴极K 发射的电子(电荷量为e ＝1.60×10－19 C ，质量约为m ＝1×10－30 Kg),? 经电势差U0＝5000 V 的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1＝10 cm 、间距d ＝4 cm 的平行金属板A 、B 之间，在离金属板边缘L2＝75 cm 处放置一个直径D ＝20 cm 、带有记录纸的圆筒．整个装置放在真空内，电子发射的初速度不计．若在两金属板上加以U2＝1000cos2πt V 的交变电压，并使圆筒绕中心轴如图所示方向以n ＝2 r/s 匀速转动，试求：(1)电子进入偏转电场的初速度v 0.
(2)电子在纸筒上的最大偏转距离．
(3)确定电子在记录纸上的轨迹形状并画出
1 s 内所记录到的图形．
解：（1）动能定理得：20012eU mv = 得电子加速后的速度：7002 4.010/eU v m s m ==⨯ （2）电子进入偏转电场后，由于在其中运动的时间极短，可以忽略运动期间偏转电压的变化，认为电场是稳定的，因此电子做类平抛的运动．如右图所示．交流电压在A 、B 两板间产生的电场强度242.5102?/cos tV m U E d
π=⨯= 电子飞离金属板时的偏转距离221110
110.012522eE L y at m m v === 电子飞离金属板时的竖直速度110
y eE L v at m v == 电子从飞离金属板到到达圆筒时的偏转距离122220y eEL L y v t mv ==
所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏转距离为111121222200
()()0.20222m L eEL L LU y y y L L m mv dU =+=+=+= （3）0.22t y cos tm π=可见，在记录纸上的点在竖直方向上以振
幅0.20 m 、周期T=1 s 做简谐运动．因为圆筒每秒转2周，故
转一周在纸上留下的是前半个余弦图形，接着的一周中，留
下后半个图形，合起来1 s 内，记录在纸上的图形如右图所示．
17.（15分）N 个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，沿轴线排成一串，如图2—7—8所示（图中只画出了6个圆筒做为示意）.各筒和靶相间的接到频率为f ，最大电压为U 的正弦交流电源的两端.整个装置放在真空容器中，圆筒的两底面中心开有小孔，有一质量为m ，带电量为q 的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速（圆筒内都没有电场），缝隙的宽度很小，离子穿过缝隙的时间可以不计.已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v 1,且此时第一、二
两个圆筒间的电势差φ1-φ2=-φ，为使打到靶
上的离子获得最大能量，各个圆筒的长度应满
足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上
的离子动能.
解：.由于金属筒对电场的屏蔽作用，使离子进
入筒后做匀速直线运动，只有当离子到达两筒的缝隙处才能被加速.这样离子在筒内运动时间为122T t f
== (T 、f 分别为交变电压周期、频率)①，设离子到第1个筒左端速度为v 1，到第n 个筒左端速度v n ，第n 个筒长为L n ，则L n =v n ·t
② 从速度v 1加速v n 经过了（n -1）次加速，由功能关系有：2211
(1)212n mv v n m qU =+-⋅ ③
联立得211
2(1)2n qU n L v f m
-=+,221121(1)2Kn n mv v n q E m U +-== 令n =N,则得打到靶上离子的最大动能
21mv N 2=21mv 12+(N -1)qU。