第十章 专题强化5 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
[学习目标] 1.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动.2.学会分析带电粒子在交变电场中的曲线运动 .
一、带电粒子在交变电场中的直线运动
1 .此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动 .
2 .该问题通常用动力学知识分析求解 .重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T 间的关系等 .
常用v －t 图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v －t 图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解 .
在如图1所示的平行板电容器的两板间分别加如图2甲、乙所示的两种电压，开始B
板的电势比A 板高 .在静电力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动 .若两板间距足够大，且不计重力，试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况，并定性画出相应的v －t 图像 .
图1
图2
答案 见解析
解析 t ＝0时，B 板电势比A 板高，在静电力作用下，电子向B 板(设为正向)做初速度为零的匀加速直线运动 .
对于题图甲所示电压，在0～12T 内电子做初速度为零的正向匀加速直线运动，1
2
T ～T 内电子
做末速度为零的正向匀减速直线运动，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(a)所示 .
对于题图乙所示电压，在0～T 2内做类似题图甲0～T 的运动，T
2～T 内电子做反向先匀加速、
后匀减速、末速度为零的直线运动 .然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图(b)所示 .
针对训练1 (多选)如图3(a)所示，A 、B 是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T 的交变电压U ，A 板的电势φA ＝0，B 板的电势φB 随时间的变化规律如图(b)所示 .现有一电子从A 板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力可忽略 .则( )
图3
A .若电子是在t ＝0时刻进入的，它将一直向
B 板运动
B .若电子是在t ＝T
8时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板
上
C .若电子是在t ＝3
8T 时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动，最后打在B 板
上
D .若电子是在t ＝T
2时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动
答案 AB
解析 根据电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的图像 .
由图丁可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确.若电子在T
时
8刻进入电场，则由图丁知，电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打
时刻进入电场，则由图丁知，在第一个周期电子即返回至A 在B板上，B正确.若电子在3T
8
板，C错误.若电子在T
时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，
2
即D错误.
二、带电粒子在交变电场中的曲线运动
带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动.
(1)若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动.
(2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用v y－t图像进行分析：
①v y＝0时，速度方向沿v0方向 .
②y方向位移可用v y－t图像的面积进行求解.
如图4甲所示，极板A、B间的电压为U0，极板C、D间的间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长.A板O处的放射源连续无初速度地释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C、D板间未加电压时，粒子通过C、D板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时，粒子均能从C、D板间飞出，不计粒子的重力及粒子间的相互作用.求：
图4
(1)C 、D 板的长度L ；
(2)粒子从C 、D 两极板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； (3)粒子打在荧光屏上区域的长度 . 答案 (1)t 0
2qU 0m (2)qU 1t 022md (3)3qU 1t 02
2md
解析 (1)粒子在A 、B 板间，有qU 0＝1
2m v 02，在C 、D 板间有L ＝v 0t 0，
解得L ＝t 0
2qU 0
m
. (2)粒子从nt 0(n ＝0,2,4…)时刻进入C 、D 间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离y ＝1
2at 02， 加速度a ＝qU 1
md ，
解得y ＝qU 1t 02
2md
.
(3)粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远，从C 、D 板飞出的偏转角tan θ＝v y
v 0，
v y ＝at 0，
打在荧光屏上的位置距中心线的最远距离s ＝y ＋L tan θ， 粒子打在荧光屏上的区域长度Δs ＝s ＝3qU 1t 02
2md
.
针对训练2 (多选)如图5甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线且垂直于电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0，已知t ＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，不计粒子间的相互作用，则( )
图5
A.所有粒子都不会打到两极板上
B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2E k0
D.只有t ＝n T
2(n ＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
答案 ABC
解析 带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上，做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动 .由t ＝0时刻进入电场的粒子运动情况可知，粒子在平行金属板间运动的时间为周期性变化的电场的周期的整数倍 .在0～T
2时间内带电粒子运动的加速
度a ＝E 0q m ，由匀变速直线运动规律得v y ＝at ＝E 0q m t ，同理可分析T
2～T 时间内的运动情况，所
以带电粒子在沿电场方向的速度v y 与E －t 图线所围面积成正比(时间轴下方的面积取负值) .而经过整数个周期，E －t 图像与坐标轴所围面积始终为零，故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零，B 正确，D 错误；在t ＝0时刻入射的带电粒子，侧向位移最大，故其他粒子均不可能打到极板上，A 正确；当粒子在t ＝0时刻入射且经过时间T 离开电场时，粒子在t ＝T 2时达到最大速度，此时竖直方向的位移与水平方向的位移之比为1∶2，即v 0t ＝2×1
2at 2，可得v y ＝v 0，故粒子的最大速度为v ＝2v 0，因此最大动能为初动能的2倍，C 正确 .
1.在如图1甲所示的平行板电容器A 、B 两板上加上如图乙所示的交变电压，开始时B 板的电势比A 板的高，这时两板中间原来静止的电子(图甲中黑点所示)在静电力作用下开始运动，则下列说法正确的是(不计电子重力)( )
图1
A.电子先向A 板运动，然后向B 板运动，再返回A 板做周期性往返运动
B.电子一直向A 板运动
C.电子一直向B 板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性往返运动
答案 C
2.(多选)带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图2所示.带电微粒只在静电力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()
图2
A.微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s内的加速度相同
B.微粒将沿着一条直线运动
C.微粒将做往复运动
D.微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
答案BD
解析设微粒的速度方向、位移方向向右为正，作出微粒的v－t图像如图所示.由图可知B、D选项正确.
3.在空间中有正方向水平向右、大小按如图3所示图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离为l.那么在t＝2 s时，电子将处在()
图3
A.A点
B.A点左方l处
C.A点右方2l处
D.A点左方2l处
答案 D
解析第1 s内电场方向向右，电子受到的静电力方向向左，电子向左做匀加速直线运动，位移大小为l，第2 s内电子受到的静电力方向向右，由于电子此时有向左的速度，因而电子
继续向左做匀减速直线运动，根据运动的对称性，位移大小也是l ，t ＝2 s 时电子的总位移大小为2l ，方向向左，故选D.
4.(多选)如图4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，下列四个选项中的图像，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4
答案 AD
解析 由平行金属板间所加电压的周期性可推知粒子加速度的周期性，D 项正确；由v ＝at 可知，A 项正确，C 项错误；由x ＝1
2
at 2知x －t 图像应为曲线，B 项错误 .
5.(多选)如图5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( )
图5
A.若t ＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
B.若t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动
C.若t ＝T
4时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上
D.若t ＝3T
8
时刻释放电子，电子必然回到左极板
答案 AC
解析 若t ＝0时刻释放电子，电子将重复先匀加速后匀减速的运动，直到打到右极板，不会在两极板间做往返运动，所以选项A 正确，B 错误；若t ＝T
4时刻释放电子，电子先做匀加速
运动后做匀减速运动，分析易知前T 2内电子可能到达右极板，若前T
2时间内电子未到达右极板，
则电子将在两极板间做往返运动，所以选项C 正确；同理，若t ＝3T
8时刻释放电子，电子有
可能到达右极板，也有可能回到左极板，这取决于两板间的距离，所以选项D 错误 .
6.如图6(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处，若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上，则t 0可能属于的时间段是( )
图6
A .0<t 0<T
4
B.T 2<t 0<3T 4
C.3T
4<t 0<T D .T <t 0<9T 8
答案 B
解析 两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A 板运动，说明释放粒子时U AB 为负，所以选项A 、D 错误；若T 2<t 0<3
4T ，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至零；然后再
反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A 板上，所以选项B 正确；若3
4T <t 0<T ，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运
动至零、然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B 板上，所以选项C 错误 .
7.(多选)如图7(a)所示，A 、B 表示真空中水平放置的相距为d 的平行金属板，板长为L ，两板间加电压后板间的电场可视为匀强电场 .现在A 、B 两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t ＝0时恰有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在左侧板间中央沿水平方向以速度v 0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状态的表述中正确的是( )
图7
A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动
B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动
C.只要周期T 和电压U 0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出
D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出 答案 BC
8.(多选)如图8甲所示，在A 、B 两极板间加上如图乙所示的交变电压，A 板接地，一质量为m 、电荷量为q 的电子在t ＝T
4时刻进入两极板，仅在静电力作用下，由静止开始运动，恰好
能到达B 板，则( )
图8
A .A 、
B 两板间的距离为
qU 0T 2
16m
B .电子在两板间的最大速度为
qU 0
m
C .电子在两板间做匀加速直线运动
D .若电子在t ＝T
8时刻进入两极板，它将时而向B 板运动，时而向A 板运动，最终打在B 板
上 答案 AB
解析 电子在静电力作用下，加速度大小不变，方向变化，选项C 错误；电子在t ＝T
4时刻进
入两极板，先加速后减速，在t ＝3T 4时刻到达B 板，设A 、B 两板的间距为d ，则12·qU 0md ⎝⎛⎭⎫T 42
＝d
2
，解得d ＝qU 0T 216m ，选项A 正确；在t ＝T 2时电子的速度最大，则v m ＝qU 0md ·T
4
＝qU 0
m
，选项B 正确；若电子在t ＝T 8时刻进入两极板，在T 8～T 2内电子做匀加速运动，位移x ＝12·qU 0md ⎝⎛⎭
⎫
3T 8
2
＝9d
8
>d ，说明电子会一直向B 板运动并打在B 板上，不会向A 板运动，选项D 错误 . 9.如图9甲所示，在xOy 坐标系中，两平行金属板AB 、OD 水平放置，OD 与x 轴重合，板的左端与原点O 重合，板长L ＝2 m ，板间距离d ＝1 m ，紧靠极板右侧有一荧光屏 .两金属板间电压U AO 随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T ＝2×10－
3 s ，U 0＝1×103 V ，一带正电的粒子从左上角A 点，以平行于AB 边v 0＝1 000 m/s 的速度射
入板间，粒子电荷量为q ＝1×10－
5 C ，质量m ＝1×10－
7 kg.不计粒子所受重力 .求：
图9
(1)粒子在板间运动的时间；
(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标的范围； (3)粒子打到荧光屏上的动能 .
答案 (1)2×10－
3 s (2)范围在0.85 m ～0.95 m 之间 (3)5.05×10－
2 J
解析 (1)板间粒子在水平方向上做沿x 轴方向的匀速直线运动，设运动时间为t ，则L ＝v 0t ，t ＝L
v 0
＝2×10－3 s. (2)t ＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大，设为y 1， y 1＝12a ⎝⎛⎭⎫T 22＋⎝⎛⎭⎫a ·T 2T 2，
U 0q
d
＝ma ， 解得y 1＝0.15 m.
纵坐标y ＝d －y 1＝0.85 m ，
t ＝1×10－3 s 时刻射入的粒子在板间偏转量最小， 设为y 2， y 2＝12a ⎝⎛⎭⎫T 22，
解得y 2＝0.05 m ，
纵坐标y ′＝d －y 2＝0.95 m ，
所以打到荧光屏上的纵坐标的范围在0.85 m ～0.95 m 之间 .
(3)分析可知粒子打到荧光屏上的动能相同，设为E k ，由动能定理得：U 0d qy 2＝E k －12
m v 02， 解得E k ＝5.05×10－2 J.。