高考物理一轮复习第七章微专题50带电粒子在交变电场中的运动
高考物理复习---《带电粒子在交变电场中的偏转运动》PPT考点课件
√A.粒子在电场中运动的最短时间为
2d v0
B.射出粒子的最大动能为54mv02
C.t＝2dv0时刻进入的粒子，从 O′点射出
√D.t＝3vd0时刻进入的粒子，从 O′点射出
解析 由题图可知场强大小 E＝m2qvd02，则粒子在电场 中的加速度 a＝qmE＝v20d2，则粒子在电场中运动的最短 时间满足d2＝12atmin2，解得 tmin＝ v20d，选项 A 正确； 能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t＝8vd0， 则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时 沿电场方向的速度均为 0，可知射出电场时粒子的动 能均为12mv02，选项 B 错误；
金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质 量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0).在B板右侧两块平行金属板
M、N间加有如图乙所示的电压， 电压变化的周期T＝L 2emU0，板 间中线与电子源在同一水平线上.
已知极板间距为d，极板长L，不
计电子重力，求： 图1
(1)电子进入偏转极板时的速度
大小；
答案
2eU0 m
解析 设电子进入偏转极板时的速度为 v，由动能定理有 eU0＝12mv2 解得 v＝ 2emU0.
(2)T4时刻沿中线射入偏转极板间的电 子刚射出偏转极板时与板间中线的 距离(未与极板接触). 答案 0
解析 由题意知，电子穿过偏转极板所需时间 t＝Lv＝L 2emU0＝T 故在T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速后减速，然 后反向加速再减速，各段位移大小相等，
故一个周期内，侧移量为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间 中线的距离为0.
跟进训练
1.(带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图2甲 所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持 续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子.在两板 间存在如图乙所示的交变电 场，取竖直向下为正方向， 不计粒子重力.以下判断正确 的是
2025届高三物理一轮复习带电粒子在电场中的运动(39张PPT)
答案 (1)3.0×107 m/s (2)0.72 cm (3)5.8×10-18 J
考向4 示波管的原理【典例6】 如图甲所示为示波管原理图,若其内部竖直偏转电极YY'之间电势差如图乙所示的规律变化,水平偏转电极XX'之间的电势差如图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是( )
考点3 带电粒子在交变电场中的运动
2.研究带电粒子在交变电场中的运动,关键是根据电场变化的特点,利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况,分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。3.注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。4.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场,若粒子穿过板间的时间极短,带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
答案 D
答案 AD
同学们再见！
授课老师：
时间：2024年9月1日
2024课件
同学们再见！
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时间：2024年9月1日
考点1 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
考向1 带电粒子仅在电场力作用下的直线运动【典例1】 如图所示,空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B,间距为d,中央O、P点处分别开有小孔。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动,恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d,再将乙电子从P'点由静止释放,则( )A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B.金属板A、B间的电压减小C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D.乙电子运动到O点的速率为2v0
带电粒子在交变电场中的运动
1.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示。当t＝0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带 电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(D ) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零
D．T<t0<98T
5.如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重 力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示，电子 在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( D ) A．电压是甲图时，在 0～T 时间内，电子的电势能一直减少
B．电压是乙图时，在 0～T2时间内，电子的电势能先增加后 ห้องสมุดไป่ตู้少
解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法 (1)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛 顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。 (2)因电场随时间变化，交变电场中带电粒子所受到电场力 出现周期性变化，导致运动过程出现多个阶段，分段分析是 常见的解题思路。借助速度图象能更全面直观地把握运动过 程，处理起来比较方便。
带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形 波、锯齿波、正弦波等。
2．常见的类型 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运 动定律求解). (2)粒子做往返运动(一般分段研究). (3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场 特点分段研究).
3．常用的分析方法 (1)带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、 方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形。在两个相互 平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。 此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置电 场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的 大小、方向都随时间而变化。
高考物理一轮复习专题强化七带电粒子在电场中运动的综合问题课件新人教版
由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为 vmin)， 则有： qE2＋mg2＝mvR2min
解得：vmin＝
5gR 2
答案：(1)74mg
5gR (2) 2
方法技巧 等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路 (1)求出重力与电场力的合力 F 合，将这个合力视为一个“等 重力”．
v0－at＝0① x1＝v0t＋12at2②
x2＝v0t－12at2③ 联立①②③式得
xx12＝3④
(2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向 的分速度为 vy，由运动学公式
vy2＝2gh⑤ H＝vyt＋12gt2⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 vv0y＝xH1⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得
答案：C
2．如图所示，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 A 段是水平的，BD 段为半径 R＝0.2 m 的半圆，两段轨道相切于 B 点 整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小 E＝5.0×103 V/m 一不带电的绝缘小球甲，以速度 v0 沿水平轨道向右运动，与静止在 B 点带正电的小球乙发生弹
典例 [2019·安阳模拟]如图所示，BCDG 是光滑绝缘的34圆 轨道，位于竖直平面内，轨道半径为 R，下端与水平绝缘轨道在 点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，现有一质量 m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的
场力大小为34mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 0.5，重力加 度为 g.
A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s 末带电粒子回到原出发点 C．3 s 末带电粒子的速度为零 D．0～3 s 内，电场力做的总功为零
解析：设第 1 s 内粒子的加速度为 a1，第 2 s 内的加速度为 a 由 a＝qmE可知，a2＝2a1，假设粒子第 1 s 内向负方向运动，1.5 s 粒子的速度为零，然后向正方向运动，至 3 s 末回到原出发点， 子的速度为 0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综 所述，可知 C、D 正确．
带电粒子在交变电场中的运动
在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在 两板间便可获得交变电场（随时间周期性变化的电场）
一、带电粒子的速度与电场线方向平行
带电粒子进入电场时的方向与电场方向平 行,带电粒子在交变电场力的作用下,做匀加速 运动和匀减速运动交替的直线运动，必须分成 几个不同的阶段进行分析.由电压变化情况确 定粒子所受电场力，再结合初速度确定带电粒 子的运动性质,有时候需要根据每段带电粒子 的运动规律做出其v—t图像帮助解决问题。
的粒子最后都可以通过两板间的空间而打在右端的靶 上。试求粒子最后打在靶上的位置范围（即与靶心o’ 的最大距离和最小距离）.不计重力影响。
qUmT 2 至 3qUmT 2
8md
8md
例2：如图3所示，两平行金属板相距为d，其中B板接 地．现在两板间加低频交变电压，A板电势uA如图所 示按余弦规律变化．在t=0时，紧靠B板的质量为m， 带电量为e的电子由静止开始在电场力作用下运动， 若运动中电子始终未碰到两板，则电子将在两板之间 作什么运动？
思考:在上问题中,如果电子在t=3T/4时刻由静止开始运 动？
例1．在平行板电容器A、B两板上加上如图所示的交变 电压，开始B板的电势比A板高，这时两板中间原来静 止的电子在电场作用下开始运动，设电子在运动中不
与极板发生碰撞，则下述说法正确的是 ( C )
A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回A板做周
期性来回运动
u
B.电子一直向A板运动 C.电子一直向B板运动
B
de· A
U
O
-U
t
T 2T
D.电子先向B板运动，然
后向A板运动，再返回B板做来回周期性运动
u
解析2：做出电子运动的速度时间图像可 U
带电粒子在交变电场中的运动解题技巧
带电粒子在交变电场中的运动解题技巧篇一：哎呀呀，同学们，说到带电粒子在交变电场中的运动，这可真是个让人头疼又好奇的问题呢！就像我们在操场上跑步，一会儿快跑，一会儿慢跑，带电粒子在交变电场里也是这样，一会儿加速，一会儿减速。
想象一下，带电粒子就像个调皮的小孩子，交变电场就是那变化多端的游戏规则。
有时候电场力推着它往前跑，跑得可快啦；有时候又像是被拉住了，速度慢下来。
那我们怎么才能搞清楚它到底是怎么运动的呢？首先呀，我们得搞清楚交变电场的变化规律，这就好比知道游戏规则什么时候变。
比如说，电场强度是怎么随着时间变化的，周期是多长。
然后呢，我们得分析带电粒子受到的电场力。
这力可不简单，它一会儿大一会儿小，就像一阵一阵的风，吹着小船摇摇晃晃。
老师给我们讲的时候说：“同学们，你们看，如果电场力的方向和粒子的运动方向相同，那粒子不就加速了吗？”我们都点点头。
有一次，我和同桌一起讨论这个问题，我问他：“要是电场力一会儿推着粒子跑，一会儿又拉着它，那可怎么办？”同桌挠挠头说：“那我们就得一段一段地分析呀！”我们还一起做了好多练习题。
有一道题可难啦，我怎么都想不明白，急得我直跺脚。
这时候，旁边的学霸看到了，笑着说：“别着急，你看这里，先根据电场的变化算出电场力，再分析加速度。
”听了他的话，我恍然大悟，原来如此！其实啊，解决这类问题就像是走迷宫，每一步都要小心谨慎，仔细分析。
只要我们认真思考，多做练习，就一定能找到出口。
所以呀，同学们，带电粒子在交变电场中的运动虽然复杂，但只要我们掌握了方法，有耐心，有信心，就一定能把它拿下！哎呀呀，同学们，你们知道带电粒子在交变电场中的运动有多神奇吗？这可真是个让人头疼但又超级有趣的知识！就像我们在操场上跑步，有时候跑快，有时候跑慢，带电粒子在交变电场中也是这样，一会儿加速，一会儿减速。
那怎么才能搞清楚它们的运动规律呢？咱们先来说说最基本的，得弄清楚电场的变化规律呀！这就好比我们要知道跑步比赛的规则，是每跑一圈加速，还是隔一段时间加速。
2021高考物理一轮复习第七章静电场专题五带电粒子在电场中运动的综合问题课件新人教版
vv0y＝mqEg，⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动 能定理得 Ek1＝12m（v20＋v2y）＋mgH＋qEs1，⑩ Ek2＝12m（v20＋v2y）＋mgH－qEs2，⑪ 由已知条件，得 Ek1＝1.5Ek2.⑫来自联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式，得
E＝ m2gq.⑬
答案：（1）3∶1
A.运动到 P 点返回 B.运动到 P 和 P′点之间返回 C.运动到 P′点返回 D.穿过 P′点 答案：A
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时 间，你们休息一下眼睛，
看看远处，要保护好眼睛哦~站起来动一 动，久坐对身体不好哦~
2.（2019·安徽合肥质检）如图所示， 在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心 为 O，半径为 r，内壁光滑，A、B 两点分 别是圆轨道的最低点和最高点.该区间存在方向水平向右 的匀强电场，一质量为 m、带负电的小球在轨道内侧做完 整的圆周运动（电荷量不变），经过 C 点时速度最大，将 CO 连接并延长，交圆轨道于点 D.CO 与竖直方向的夹角 θ＝60°，重力加速度为 g.
v0－at＝0，① s1＝v0t＋12at2，② s2＝v0t－12at2，③ 联立①②③式得ss21＝3.④ （2）设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动学公式得 v2y＝2gh，⑤
H＝vyt＋12gt2，⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 vv0y＝Hs1，⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，可得 h＝13H.⑧ （3）设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做 直线运动，则
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
2021高考物理教科版一轮习题：第七章 微专题51 “四种方法”巧解场强的叠加问题
电场强度的叠加：是矢量叠加，某点场强等于各电荷在该点产生的场强的矢量和．对于“非点电荷”产生的电场的叠加常用以下几种方法．(1)补偿法：将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面．(2)微元法：可将带电圆环、带电平面等分成许多微元电荷，每个微元电荷可看成点电荷，再利用公式和场强叠加原理求出合场强．(3)对称法：利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，可以使复杂电场的叠加计算大为简化．(4)等效法：在保证效果相同的条件下，将复杂的电场情景变换为简单的或熟悉的电场情景．1．(2020·河南郑州市模拟)如图1甲、乙所示，两个带电荷量均为q 的点电荷分别位于带电荷量线密度相同、半径相同的半圆环和34圆环的圆心，环的粗细可忽略不计．若图甲中环对圆心点电荷的库仑力大小为F ，则图乙中环对圆心点电荷的库仑力大小为( )图1A.32F B.12F C.22F D.32F 2．(多选)(2019·闽粤赣三省十校下学期联考)真空中有两点电荷q 1、q 2分别位于直角三角形的顶点C 和顶点B 上，D 为斜边AB 的中点，∠ABC ＝30°，如图2所示，已知A 点电场强度的方向垂直AB 向下，则下列说法正确的是( )图2A ．q 1带正电，q 2带负电B ．D 点电势高于A 点电势C ．q 1电荷量的绝对值等于q 2电荷量的绝对值的二倍D ．q 1电荷量的绝对值等于q 2电荷量的绝对值的一半3．(多选)(2019·湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期末)如图3所示，正六边形ABCDEF 的B 、D 两点各固定一个带正电、电荷量为 ＋q 的点电荷，F 点固定一个带负电、电荷量为－q 的点电荷，O 为正六边形的几何中心．则下列说法正确的是( )图3A ．O 点场强为0B ．C 点场强方向沿FC 方向C ．电子在A 点电势能比在O 点小D ．OA 两点间电势差和OE 两点间电势差相等4．MN 为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d 的位置放一个电荷量为＋q 的点电荷O ，金属板右侧空间的电场分布如图4甲所示，P 是金属板表面上与点电荷O 距离为r 的一点．几位同学想求出P 点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的．图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q ，它们之间的距离为2d ，虚线是两点电荷连线的中垂线．由此他们分别对图甲P 点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是( )图4A ．方向沿P 点和点电荷的连线向左，大小为2kqd r 3B ．方向沿P 点和点电荷的连线向左，大小为2kq r 2－d 2r 3C ．方向垂直于金属板向左，大小为2kqd r3 D ．方向垂直于金属板向左，大小为2kq r 2－d 2r 35．(多选)(2019·湖南衡阳市第一次联考)已知均匀带电球体在其外部产生的电场与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，而均匀带电球売在其内部任意一点形成的电场强度为零．如图5所示，现有一半径为R 、电荷量为Q 的均匀带正电绝缘球体，M 、N 为一条直径上距圆心O 为12R 的两点，静电力常量为k ，则( )图5A ．M 、N 点的电场强度方向相同B ．M 、N 点的电场强度大小均为kQ 2R2 C ．M 、N 点的电场强度大小均为kQ 8R2 D ．M 、N 点的电势小于O 点的电势6．(多选)(2019·安徽“江南十校”综合素质检测)如图6所示，半径为R 的绝缘闭合球壳，O 为球壳的球心，球壳上均匀分布着正电荷，已知均匀带电的球壳在其内部激发的场强处处为零．现在球壳表面A 处取下一面积足够小、带电荷量为q 的曲面将其沿OA 连线延长线向上移动至B 点，且AB ＝R ，若球壳的其他部分的带电荷量与电荷分布保持不变，下列说法中正确的是( )图6A ．把另一带正电的试探电荷从A 点处移动到O 点过程中系统电势能减少B ．球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场的电场线由A 点的对称点C 点沿直线指向球壳内表面各点C ．球壳内部电场的电场线由球壳各点沿曲线指向A 点D ．球心O 点场强的大小为k 3q 4R2 7．(2020·山西太原市月考)均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图7所示，在半球面AB 上均匀分布着正电荷，总电荷量为q ，球面半径为R ，CD 为通过半球顶点与球心O 的轴线，在轴线上有M 、N 两点，OM ＝ON ＝2R .已知M 点的场强大小为E ，则N 点的场强大小为( )图7 A.kq 2R 2－E B.kq 4R 2 C.kq 4R 2－E D.kq 4R2＋E 8．如图8所示，在点电荷－q 的电场中，放着一块带有一定电荷量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板，MN 为其对称轴，O 点为几何中心．点电荷－q 与a 、O 、b 之间的距离分别为d 、2d 、3d .已知图中a 点的电场强度为零，则带电薄板在图中b 点产生的电场强度的大小和方向分别为( )图8A.kq d2，水平向右 B.kq d2，水平向左 C.kq d 2＋kq 9d2，水平向右 D.kq 9d2，水平向右答案精析1．C [由题图甲中均匀带电半圆环对圆心点电荷的库仑力大小为F ，可以得出14圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F .将题图乙中的均匀带电34圆环分成三个14圆环，关于圆心对称的两个14圆环对圆心点电荷的库仑力的合力为零，因此题图乙中的34圆环对圆心点电荷的库仑力大小为22F ，C 正确．] 2．AD [A 点电场强度的方向垂直AB 向下，E A 为A 点的合场强，将E A 分解到AC 和AB 方向如图所示，可知点电荷q 1的电场强度方向由C 指向A ，则q 1带正电，点电荷q 2的电场强度方向由A 指向B ，则q 2带负电，故A 正确；由于A 、D 两点到q 1的距离是相等的，D 距离q 2更近，沿着电场线方向，电势逐渐降低，则D 点电势低于A 点电势，故B 错误；从图中可知设AB ＝2L ，则AC ＝AB sin 30°＝L ，从场强分解的图中可知E 2∶E 1＝sin 30°，即E 1＝2E 2，又E 1＝kq 1L2，E 2＝kq 2(2L )2，可得q 2＝2q 1，故C 错误，D 正确．] 3．BD [根据点电荷的场强公式E ＝kq r2可知，三个点电荷在O 点产生的场强大小相等，合场强沿OF 方向，故A 错误；B 点和D 点两个正点电荷在C 点产生的合场强沿FC 方向，F 点的负点电荷在C 点产生的场强沿CF 方向，但距离较大，则C 点处合场强沿FC 方向，故B 正确；电子沿OA 运动时，OA 是BF 的中垂线，BF 两点放了等量异种电荷，所以这两个点电荷对电子作用力的合力方向垂直AO ，对电子不做功，D 处的电荷是正点电荷，对电子的作用力是引力，对电子做负功，所以三个电荷对电子做负功，则电子的电势能增大，电子在A 点电势能比在O 点大，故C 错误；根据对称性可知，电荷从O 点移到A 点、从O 点移到E ，电场力做功相同，所以OA 两点间电势差和OE 两点间电势差相等，故D 正确．]4．C [据题意，从题图乙可以看出，P 点电场方向为水平向左；由题图乙可知，正、负电荷在P 点电场的叠加，其大小为E ＝2k q r 2cos θ＝2k q r 2·d r ＝2k qd r3，故选项C 正确．] 5．BD [根据均匀带电球壳在其内部任意一点形成的电场强度为零，知M 点的场强等于以O圆心、半径为12R 的均匀球体在M 点产生的场强，这个球体之外的球壳在M 点产生的场强为零，这个球体所带电荷量为q ＝43π(R 2)343πR 3Q ＝Q 8，M 点的电场强度大小为E M ＝k q (R 2)2＝kQ 2R 2，方向向左；根据对称性知N 点的电场强度大小也为kQ 2R2，方向向右；O 点的场强为零，则MO 间场强方向向左，NO 间场强方向向右，所以M 、N 点的电势低于O 点的电势，故B 、D 正确，A 、C 错误．]6．CD [球壳表面A 点处取一下面积足够小的带电荷量为q 的曲面，相当于在球壳表面点A 处放入等电荷密度、等面积的带负电荷的曲面，故球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场可以看作是两部分电荷电场的叠加，一部分是原球壳上均匀地分布的正电荷在内部激发的电场，处处为零；另一部分是球壳上位于A 处的等量负点电荷激发的电场，故球壳剩余部分的电荷在球壳内部激发的电场就等同于只有一个负点电荷激发的电场，如图(a)所示，故B 错误；同理，空间所有电荷在球壳内部激发的电场相当于两个等量异种电荷产生的电场，如图(b)所示，故A 错误，C 、D 正确．]7．A [若将带电荷量为2q 的完整球面的球心放在O 处，均匀带电的球面在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，则在M 、N 点所产生的场强大小为E 1＝k ·2q (2R )2＝kq 2R 2，由题意知左半球面在M 点产生的场强大小为E ，若只有右半球面，右半球面在N 点产生的场强大小也为E ，则N 点的场强大小为E 2＝kq 2R2－E ，故选A.] 8．A [薄板在a 点的场强与点电荷－q 在a 点的场强等大反向，故大小为E a ＝E 点＝kq d2，方向水平向左，由对称性可知，薄板在b 点的场强大小E b ＝E a ＝kq d2，方向水平向右，选项A 正确．]。
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在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间而变化．研究带电粒子在这种交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判定粒子的运动情况．[例1] 如图1所示，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压u，A板电势u A= 0，B板电势u B随时间t变化的规律如图中所示．现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速和重力的影响均可忽略，则[][解析] 电子在电场中运动时，其加速度大小不变，方向在向为正方向，画出四个选项A、B、C、D四种情况中电子的v-t图象分别如图2中的甲、乙、丙、丁所示．在A、B、C三种情况中，电子初始受电场力都指向B板，又由于电子初速可以忽略，所以初始一段时间内，电子均向B板方向运动，其速度方向为正．从甲图可见，电子速度图线一直在t轴上方，这表示电子速度方向不变，一直指向B板，所以选项A正确．从乙图可见，电子速度图线时而在t轴上方，时而在t轴下方，这表明电子速度方向有时为正，有时为负．但是在任何一个周期内，速度图线与t轴所围面积在t轴上面的大于下面的，这表示任何一个周期内总位移是正的，也就是说电子最终会打在B板上，所以选项B正确．作类似的分析，由丙图可见，在任何一个周期内电子总位移为负值，所以不到一个周期，即总位移为零时，电子就返回A板了，这表示电子永远不会到达B板，所以选项C错误．在情况D中，电子初速为零，初始受电场力指向A板，因此电子不可能进入两板间运动，所认选项D错误．综上所述，选项A、B正确．[例2] 如图3所示，两平行金属板相距为d，其中B板接地．现在两板间加低频交变电压，A 板电势u A如图所示按余弦规律变化．在t=0时，紧靠B板的质量为m，带电量为e的电子由静止开始在电场力作用下运动，若运动中电子始终未碰到两板，则电子将在两板之间作什么运动？正向)，并且逐渐减小．因此其加速度为正，也逐渐减小；速度为正，逐渐增大．这一段时间内电子的运动情况与弹簧振子由最大位移处向平衡位置处运动时的情况类似．在t=T/4到t=T/2时间内,电子受力指向B板,方向为负，逐渐增大，因此其加速度为负，逐渐增大．但其速度仍为正，逐渐减小．在这一段时间内，电子的运动情况与弹簧振子由平衡位置处向另一侧最大位移处运动时的情况类似．在t=T/2到t=3T/4时间内,电子受力仍指向B板,方向为负，但逐渐减小．因此其加速度为负，逐渐减小．其速度为负，逐渐增大．在这一段时间内，电子运动情况与弹簧振子再由另一侧最大位移处向平衡位置处运动时的情况类似．在t=3T/4到t=T时间内,电子受力指向A板,方向为正且逐渐增大．因此其加速度为正，逐渐加大．其速度仍为负，逐渐减小．在这一段时间内，电子运动情况与弹簧振子由平衡位置处返回初始最大位移处的运动情况类似．在以后的时间内，电子将重复上述运动．因此在以余弦规律变化的交变电场中，电子由t= 0时刻开始在电场中运动时，它将作与弹簧振子类似的简谐运动．思考:在上问题中,如果电子在t=3T/4时刻由静止开始运动的，试分析电子的运动情况．在有些问题中，不仅要求对带电粒子在交变电场中的运动作出定性的判断，而且要求定量地求解，对于此类问题可利用牛顿第二定律或动能定理来解决．[例3] A、B两块相距为d的平行金属板，加有如图4所示的交变电压u，t=0时A板电势高于B板，这时紧靠B板有质量为m，电量为e 的电子，由静止开始在电场力作用下运动．要使电子到达A板时具有最大动能，求：所加交变电压的频率最大不得超过多少？[解析] 两板间电场强度大小不变，因此电子运动加速度的大小不变，其值为：要使电子到达A板时动能最大(也就是速度最大)，就要使电子在由B板向A板的运动过程中始终加速，即使电子加速度方向指向A板不变化，且在电子的速度达到最大值时刚好到达A板．在此前题下，电子在电场中的运动时间t是确定的，即由显然，只有当t≤T/2时，才可以使电子加速度方向始终不变，从而使电子运动中始终加速.若t＞T/2,电子的加速度方向便会发生变化，从而出现加速度与速度反向的情况，也就是电子可能在一段时间内作减速运动，这样便无法使电子在到达A板时动能一定最大,综上所述,t必须满足t ≤T/2，即联立①、②两式，解之可得[例4] 如图5所示，在真空中速度为v=6.4×107m/s的电子束连续地射入两平行极板之间，极板长度l=8.0×10-2m，间距为d=5.0×10-3m两极板不带电时，电子束将沿两极板之间的中线通过．在两极板上加频率为50Hz的交变电压u = U m sinωt，如果所加电压的最大值U m超过某一值U C时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板，有时间断不能通过．(1)求U C的大小；(2)求U m 为何值时，才能使通过时间和间断的时间之比为2∶1．[解] 加交变电场之后，电子在沿板方向上仍以初速度v作匀速直线运动，电子穿越板间电场所需时间为t，则交变电场的周期T为显然有T>>t，因此相对粒子在电场中的运动来说，所加交变电场为低频交变电场．对于这种情况，可作如下处理，即近似认为一个电子在两板间运动期间，电场来不及发生变化，因此就一个电子来说，它相当于穿过一个恒定的电场，对前后不同的电子来说，它们所穿越的是场强不同的恒定电场，而不同的电场强度是由该电子穿越时，两板的电压值所决定的．电子在垂直金属板方向上作初速度为零的匀加速运动，设板间电压为U，电子质量为m，带电量为e，则电子加速度为，当t'≤t时，电子便会打到极板上，从而使通过电场的电子束间断，设t'=t时对应电压值为U C，则有由图6可见，若U m＞U C，则在一个周期内O～t1，t2～t3，t4～T时间段内，板间电压U＜U C，所以t'＞t，电子可以穿过电场，而在t1～t2，t3～t4时间段内，U＞U C，t'＜t，电子将打到板上，电子束间断；若U m'＜U C，则任意时刻板间电压U都满足U＜U C的条件，所以t'＞t恒成立．电子束不会间断．由图6可见，显然当t1=T/6,t2=T/3时，通、断时间比为2∶1，即在t1时刻，U = U C，由交变电压表述式可得U C=U m sinωt1因此，当U m=105V时，通、断时间比为2∶1．。
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一、知识要点（一）带电粒子在交变电场中运动的分析方法1.注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
2.分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
3.注意对称性和周期性变化关系的应用。
（二）常见的三类运动形式带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。
（三）带点粒子在交变电场中运动的处理方法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 y－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。
二、经典例题[例1]如图(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t0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t0可能属于的时间段是()A.0<t0<T4B.T2<t0<3T4C.3T4<t0<T D.T<t0<9T8解析：规定粒子的速度、位移向右（B板）为正，画出v-t图像如图解1所示，其中①是t=0时刻释放的，粒子一直向B板运动，最终打在B板；②是t=T/4时刻释放的，时而向B板运动，时而向A板运动，每运动一个周期回到出发点；③是t=T/2时刻释放的，粒子一直向A板运动，最终打在A （a）（b）板。
要满足题目要求，粒子每个周期内的位移应为负，所以答案为B。
[例2]一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，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，则下列说法中正确的是() A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力所做的功等于零C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，速度的改变量等于零解析：选D。
专题：带电粒子在交变电场中的运动
U －U 图5（甲）v Av BvDv C图5（乙）专题：带电粒子在交变电场中的运动【知识归纳】1、电场的大小和方向随时间作周期性变化，这样的电场叫做交变电场。
2、带电粒子在交变电场中的受力情况随时间作周期性变化，需清楚地了解位移、速度、加速度和电场力之间的关系；解题时要把握住带电粒子进场的初始条件，然后根据电场的变化情况对粒子的运动进行逐段研究。
3、解决交变电场问题的常用方法是：图像法和运动的独立性原理。
【典型例题】一、基本模型，熟练掌握情景一：在平行板电容器两板上加如图1所示交变电压，开始A 板电势高，原来静止在两板中间的正粒子自零时刻在电场力作用下开始运动，设两板间距离足够大，试分析粒子的运动性质。
情景二：若将上述电压波形改为如图2所示，则粒子的运动情况怎样？变式：若将图1电压波形改为如图3所示正弦波，图2电压波形改为如图4余弦波，则粒子的运动情况怎样？1、平行板间加如图5（甲）所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况。
图5（乙）中，能定性描述粒子运动的速度图象的是 （ ）2、在平行板电容器的正中央有一电子处于静止状态，第一次电容器极板上加的电压是u 1=U m sin ωt ，第二次极板上加的电压是u 2=U m cos ωt ，那么在电场力的作用下（假设交变电流的频率很高，极板间的距离较宽） （ ）A ．两次电子都做单向直线运动B ．两次电子都做振动C ．第一次电子做单向直线运动，第二次电子做振动D ．第一次电子做振动，第二次电子做单向直线运动二、借助图象，直观展示3、如图6(甲)所示，在两块相距d =50 cm 的平行金属板A 、B 间接上U =100V 的矩形交变电压，如图6(乙)在t=0时刻，A板电势刚好为正，此时正好有质量m =10-17 kg ，电量U 图1图2UU 图3Uq =10-16 C 的带正电微粒从A 板由静止开始向B 板运动，不计微粒重力，在t =0.04 s 时，微粒离A 板的水平距离是多少？微粒经多长时间到达B 板？4、两块水平平行放置的导体板如图7(甲)所示，大量电子（质量m 、电量e ）由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。
高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。
2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。
3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。
题型一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
【例1】(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图1(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、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动情况的表述中正确的是()图1A.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U0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解析如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。
高考物理一轮复习第七章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．(2020·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．0～2 s内，电场力做功等于0C．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02．(多选)(2020·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)(2020·四川宜宾二诊)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 ＝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3A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．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 ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场 4．(多选)(2020·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2e 2T 2φ12md2 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 cm 2C ．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 s6．(2020·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＋E 0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t 0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t 0＝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t 0＝T 4，求A 点的坐标；(3)若t 0＝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.BD5．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 2v 02ql 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＝128200×0.005 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＝128200×100%＝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＝may ＝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高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2025届高中物理专题52带电粒子在交变电场中的运动
专题52带电粒子在交变电场中的运动授课提示：对应学生用书84页1．(多选)带电粒子在电场中会受到电场力的作用而进行加速或偏转，从而可以检验带电粒子的性质，某平行板两极间存在一匀强电场，其电压与时间关系如图所示，当t＝0时，在平行板中间由静止释放一个带负电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，粒子在运动过程不会碰撞极板，则下列说法中正确的是()A．带电粒子做单向的匀变速直线运动B．4s末带电粒子回到原出发点C．0～3s内，电场力的冲量为零D．0～3s内，电场力做的总功为零答案：CD解析：作出带电粒子在交变电场中的vt图像如图所示，不难发现，3s末粒子回到了出发点，3s后重复这样运动，一直做往复运动，并非单向的匀变速直线运动，A、B错误；0～3s内，对粒子由动量定理得I电场力＝0－0，故0～3s内电场力的冲量为零，C正确；0～3s内，对粒子由动能定理得W电场力＝0－0，故0～3s内电场力做的总功为零，D正确．2．如图(a)，一平行板电容器两板间的距离为d，在左板内侧附近有一带电量为q质量为m的离子，不计重力，为使离子能在两板间往复振动而不碰到两板，在两板间加上如图(b)所示的交变电压，则此交变电压的周期最大为()A．dmqU0B．2dmqU0C ．4dm qU 0 D ．d 2m qU 0答案：C 解析：假设t ＝0时刻左极板的电势高于右极板的电势，根据图(b )可知交变电压的周期为T ，根据图像中电压的变化，若一正离子从左极板向右运动，先做T 4 的匀加速运动，再做T 4的匀减速运动，到达右极板时速度恰好为零，然后再反向向左做匀加速和匀减速运动，这样左右往复振动，而加速和减速的加速度大小相同，则位移相同，是完全对称的运动，其加速度大小为a ＝U 0q dm ，设加速阶段的最大速度为v ，则有v ＝a·T 4 ＝U 0q dm ·T 4，在速度达到最大或由最大减为零的过程中，由动能定理可得12 qU ＝12mv 2，解得T ＝4d m qU ，因此为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极板上，则T ＜4d m qU，C 项正确． 3．[2024·山东省德州市适应性联考](多选)如图1，在矩形MNPQ 区域中有平行于PM 方向的匀强电场，电场强度为E 0，一电荷量为＋q ，质量为m 带电粒子以v 0的初速度从M 点沿MN 方向进入匀强电场，刚好从Q 点射出．MN ＝PQ ＝2L ，MP ＝QN ＝L.现保持电场强度的大小不变，使匀强电场的方向按图2做周期性变化．使带电粒子仍以v 0的初速度从M 点沿MN 方向进入，粒子刚好能从QN 边界平行PQ 方向射出．不计粒子重力，取图1中方向为电场正方向．则下列说法正确的是()A ．电场强度大小为E 0＝mv 20 4qLB ．电场强度大小为E 0＝mv 20 2qLC ．电场变化的周期可能为T 0＝L 5v 0D ．电场变化的周期可能为T 0＝2L 5v 0答案：BCD解析：对粒子分析，粒子沿MN 方向做匀速直线运动，电场力方向做匀加速直线运动，则有2L ＝v 0t ，L ＝12 qE 0m t 2，解得E 0＝mv 20 2qL，A 错误，B 正确；当场强方向周期性变化时，沿电场方向先做初速度为0的匀加速运动后再做匀减速到0的直线运动，此过程重复n 次，n 取正整数，根据2L ＝nv 0T 0，解得T 0＝2L nv 0 (n ＝1，2，3…)，当n ＝5时，T 0＝2L 5v 0；当n ＝10时，T 0＝L 5v 0，C 、D 正确． 4．如图甲所示，A 、B 是真空中平行放置的两个等大金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．A 、B 两极板间距离d ＝20cm .今在A 、B 两极板上加如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T ＝1.0×10－6s ；t ＝0时，A 板电势比B 板电势高，电势差U 0＝1080V ．一个荷质比q m＝1.0×108C /kg 的带负电的粒子在t ＝0时从B 板附近由静止开始运动，不计重力．求：(1)当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达到最大值？最大速度为多大？(2)粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，粒子撞击极板时的速度大小．答案：(1)3cm 1.8×105m /s (2)6 6 ×104m /s解析：(1)粒子经过T 3时第一次达到最大速度，根据 a ＝qU 0md解得a ＝5.4×1011m /s 2此过程粒子的位移为x 1＝12 a(T 3)2＝3cm 粒子速度的最大值为v ＝a·T 3＝1.8×105m /s (2)0至T 3时间内，粒子向右做匀加速直线运动，向A 板运动了x 1＝3cm ，根据对称性可知，T 3 至2T 3时间内，粒子向右做匀减速运动减到速度为零，粒子又向A 板运动的位移大小为x 2＝x 1＝3cm2T 3 至5T 6时间内，粒子反向向左做匀加速直线运动，粒子向B 板运动的位移大小为x 3＝12 a(T 6)2＝0.75cm 根据对称性可知，5T 6至T 时间内，粒子向左做匀减速运动减到速度为零，粒子又向B 板运动的位移大小为x 4＝x 3＝0.75cm粒子在一个周期内向右运动的位移为Δx ＝x 1＋x 2－x 3－x 4＝4.5cm可知经过4个完整的周期后粒子向右前进的位移大小为18cm ，与A 板的距离为 s ＝d －4Δx ＝2cm ，因此粒子撞击A 板时的速度即为由初速为0，经过s ＝2cm 加速后获得的速度，则有 2as ＝v′2解得v′＝6 6 ×104m /s .。
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带电粒子在交变电场中的运动
1．考点及要求：(1)带电粒子在匀强电场中的运动(Ⅱ)；(2)匀强电场中电势差与电场强度的关系(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)由U ＝E ·d ，F ＝qE ＝ma 可知，可把U －t 图像转化为a －t 图像分析粒子的运动；(2)可分析清楚粒子一个周期内的运动特点．
1．(多选)如图1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垂直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．则( )
图1
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 2．(多选)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，在图中，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．如图3所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加四种电压，它们的U AB －t 图线如下列选项所示．其中可能使电子到不了B 板的是( )
图3
4．如图4甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)．一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)，开始处于图中的A 点．在t ＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t 0，刚好运动到B 点，且瞬时速度为零．已知电场强度大小为E 0.试求：
图4
(1)电场变化的周期T 应满足的条件；
(2)A 、B 之间的距离；
(3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，则经过时间t 0粒子的位移为多大？
答案解析
1．ABC [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，粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍．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 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 0－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；带电粒子在t ＝0时刻射入时，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时刻射入且经过T 离开电场时，粒子在t ＝T 2
时达到最大速度，此时两分位移之比为1∶2，即v 0t ＝2×12at 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．]
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 图像如选项图D 所示，v －t 图像如选项图A 所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12
at 2，所以x －t 图像应是曲线．故选项A 、D 正确，B 、C 错误．]
3．B [加A 图电压，电子从A 板开始向B 板做匀加速直线运动；加B 图电压，电子开始向B 板做匀加速直线运动，再做加速度大小相同的匀减速直线运动，速度减为零后做反向匀加速直线运动及匀减速直线运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B 板；加C 图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板；加D 图电压，电子的运动与C 图情形相同，只是加速度变化，所以电子也一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板，综上所述可知选项B 正确．] 4．(1)T ＝t 0n (n 为正整数) (2)E 0qt 204mn (3)E 0qt 2
012mn
解析 (1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v －t 图像如图所示．可见，当t 0＝nT 时，粒子的速度刚好为零，故有T ＝t 0n
(n 为正整数)．
(2)由(1)图可知，A 、B 之间的距离x ＝12a (T 2)2×2n ＝14n ·qE 0m ·(t 0n )2＝E 0qt 2
04mn .
(3)若在t ＝T 6
时刻释放该粒子，其v －t 图像如图所示，此时t 0时间内粒子的位移x ′＝n [12a (2×T 6)2
×2－12a (T 6)2×2]＝E 0qt 2
12mn .。