高中物理微专题讲义：微专题52 带电粒子在交变电场中的运动

微专题52 带电粒子在交变电场中的运动
【核心方法点拨】
(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．
【经典例题选讲】
类型一：带电粒子在交变电场中直线运动
【例题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
图(a)图(b)
A.0<t0<
B.<t0<
C.<t0<T
D.T<t0<
解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意知,粒子的速度方向时而为正,时而为负,最终打在A板上时位移为负,速度方向为负.分别作出t0=0、、、时粒子运动的v-t图象,如图所示.由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象知,0<t0<与<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零,<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零;t0>T时情况类似.因粒子最终打在A板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各选项可知B正确.
答案 B
【变式1】(2017·辽宁省实验中学等五校联考)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 ( D )
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] 由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s 内的加速度a 1
＝E 0q m ，为第2s 内加速度a 2＝2E 0q m 的12，因此粒子先加速1s 再减速0.5s 至速度减为零，接下来的0.5s 粒子将反向加速，v －t 图象如图所示，可知A 错误；0～2s 内，带电粒子的初速度为零，
但末速度不为零，由动能定理可知，电场力所做的功不为零，B 错误；v －t 图象中图线与横坐标所围图形的面积表示物体的位移，由对称性可看出，前4s 内粒子的位移不为零，所以带电粒子不会回到原出发点，C 错误；由图象可知，2.5s 和4s 两个时刻粒子的速度大小相等，方向相同，所以2.5～4s 内，速度的改变量等于零，D 正确。

类型二：带电粒子在交变电场中的偏转运动
【例题2】(2016·山西四校联考)如图甲所示，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，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场。

则( )
A ．该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的
B ．在t ＝T
2
时刻，该粒子的速度大小为2v 0
C ．若该粒子在T
2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上
D ．若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场
【解析】由题设条件可知，粒子在0～T 2做类平抛运动，在T
2
～T 做类斜抛运动，因粒子在
电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A 正确；前后两段运动的时间相等，T
2时将速度分解，设板
长为l ，由类平抛运动规律可得：l ＝v 0T ，12l ＝12vT ，则v ＝v 0，则T
2时刻该粒子的速度为2v 0，
选项B 错误；若该粒子在T
2时刻以速度v 0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类
斜抛运动，而从PQ 板右边缘射出电场，选项C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，粒子在场中运动的时间t ＝l 2v 0＝T
2
，选项D 错误。

【答案】A
【变式2】(2018·江西省南昌二中高三上学期第五次考试)如图甲所示，一对平行金属板M 、N 长为L ，相距为d ，O 1O 为中轴线。

当两板间加电压U MN ＝U 0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。

某种带负电的粒子从O 1点以速度v 0沿O 1O 方向射入电场，粒子恰好打在上极板M 的中点，粒子重力忽略不计。

(1)求带电粒子的比荷q m
；
(2)若M 、N 间加如图乙所示的交变电压，其周期T ＝L v 0，从t ＝0开始，前T
3内U MN ＝3U ，后
2T
3
内U MN ＝－1.5U ，大量的上述粒子仍然以速度v 0沿O 1O 方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U 的值；
(3)若M 、N 间加如图乙所示的交变电压，其周期T ＝L
v 0，大量的上述粒子仍然以速度v 0沿
O 1O 方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求所有粒子在运动过程偏离中轴线最远距离的最小值与最大值之比。

答案： (1)2d 2v 20U 0L 2 (2)U 04 (3)14
[解析] (1)设粒子经过时间t 0打在M 板中点，沿极板方向有：L
2
＝v 0t 0
垂直极板方向有：d 2＝qU 02md t 2
计算得出：q m ＝4d 2v 20
U 0L
2
(2)粒子通过两板时间t ＝L
v 0＝T ，从t ＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周
期的前三分之一时间内方向垂直极板的加速度大小为：a 1＝3qU
md
；
在每个电压变化周期的后三分之二时间内方向垂直极板的加速度大小为：a 2＝
3qU
2md。

所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t ＝nT (n ＝0,1,2,3…)或t ＝nT ＋
T
3(n ＝0,1,2,3…)时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上、下边缘处飞出。

它们在电场方向偏转的距离最大，则d 2＝12(a 1·T
3)T
可计算得出：U ＝U 0
4
(3)在所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t ＝nT ＋T
6(n ＝0,1,2,3…)或t
＝nT ＋2T
3(n ＝0,1,2,3…) 时刻进入电场的粒子恰好从中轴线飞出。

它们在运动过程中电场方
向偏转的距离最小，则偏离中轴线最小位移为：y ＝12(a 1·T 6)T
2
可以确定在t ＝nT (n ＝0,1,2,3…)或t ＝nT ＋T
3(n ＝0,1,2,3…)时刻进入电场的粒子恰好分别从极
板右侧上、下边缘处飞出。

它们在运动过程中电场方向偏转的距离最大，则偏离中轴线最大位移为：Y ＝12(a 1·T
3
)T
所以粒子在运动中偏离中轴线最小位移与最大位移比值的大小为：y Y ＝1
4
【巩固习题】
1.如图所示的交变电压加在平行板电容器A 、B 两极板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场作用下开始运动．设A 、B 两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )
A ．电子一直向着A 板运动
B ．电子一直向着B 板运动
C ．电子先向A 板运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动
D ．电子先向B 板运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 【解析】电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T
4内做匀减速运动，在这半个周期内，因
初始B 板电势比A 板电势高，所以电子向B 板运动，加速度大小为eU md .在第三个T
4内做匀加
速运动，第四个T
4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板
运动，加速度大小为eU
md ，所以电子做往复运动．综合分析应选D.
【答案】D
2.(2017·山东日照二模)图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T 的交变电压u ，电压u 随时间t 变化的图线如图乙所示。

质量为m 、重力不计的带电粒子以初速度v 0沿中线射入两板间，经时间T 从两板间飞出。

下列关于粒子运动描述错误的是 ( B )
A ．t ＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B ．t ＝1
4T 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C ．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D ．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
[解析] 由题可知，粒子在电场中运动的时间是相同的；t ＝0时入射的粒子，在竖直方向上先加速，然后减速，再加速……直到离开电场区域，故t ＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A 正确；而t ＝1
4T 时入射的粒子，在竖直方向上先加速，然后减速，
再反向加速，反向减速……直到离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离不是最大，选项B 错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T ，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C 、D 正确。

3.(多选)如图甲所示，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( )
【解析】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 ＋1
2at 2，所以x －t 图象应
是曲线．故选项A 、D 正确，B 、C 错误． 【答案】AD
4.如图所示，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( )
【解析】加A 图电压，电子从A 板开始一直向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，电子先匀加速运动，再匀减速运动到静止，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． 【答案】B
5.(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
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a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qE
m 可知，a 2＝2a 1，
可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C 、D 正确． 【答案】CD
6.(多选)如图甲所示，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( )
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
【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vy ＝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vy 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 图象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 ＝2×1
2at 2，可得vy ＝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． 【答案】ABC
7.(2018·河南省漯河市高级中学高三期中试题)如图甲所示，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 的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＝2T 时，电子回到P 点。

电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是 ( BD )
A ．φ1︰φ2＝1︰2
B ．φ1︰φ2＝1︰3
C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小
D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ21
md
2 [解析] 根据场强公式可得0～T 时间内平行板间的电场强度为：E 1＝φ1d ，电子的加速度为：
a 1＝eE 1m ＝φ1e dm ，且向上做匀加速直线运动，经过时间T 的位移为：x 1＝1
2a 1T 2，速度为：v 1＝
a 1T ；同理在T ～2T 内平行板间电场强度为：E 2＝φ2d ，加速度为：a 2＝eE 2m ＝φ2e
dm ，电子以v 1
的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：x 2＝v 1T －1
2a 2T 2，由题意2T 时刻回到P 点，则有：
x 1＋x 2＝0，联立可得：φ2＝3φ1，故A 错误，B 正确；当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T 内电子做匀加速运动，之后做匀减速直线运动，因φ2＝3φ1，所以在2T 时刻电势能最小，故C 错误；电子在2T 时刻回到P 点，此时速度为：v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1eT
dm
，(负
号表示方向向下)，电子的动能为：E k ＝12m 2v 22＝2e 2T 2φ2
1
md 2
，根据能量守恒定律，电势能的减小
量等于动能的增加量，故D 正确。

所以BD 正确，AC 错误。

8.电容器板长为L ，电容器两端的电压变化规律如图所示，电压绝对值为U 0.电子(质量为m ，电荷量为e )沿电容器中线射入时的初速度为v 0，为使电子刚好由O 2点沿中线水平射出，电压变化周期T 和板间距离d 各应满足什么条件？(用L 、U 0、m 、e 、v 0表示)
【解析】电子从O 2点射出，在竖直方向的位移为零，竖直分速度也必须为零，所以电子穿过电容器的时间必须是电压变化周期的整数倍， 即t ＝L
v 0＝nT ，
得T ＝
L
nv 0
(n ＝1,2,3……)， 为了使电子能从O 2点射出，电子在电容器中运动过程中不能打在极板上， 要求：y ＝2y ′<d
2，
又y ′＝12at 2＝12·eU 0dm (T 4
)2
(电子向上极板运动过程中，先加速后减速，两段位移相等) 故2×12·eU 0dm (T 4)2<d
2，解得d >
eU 0L 2
8mn 2v 2
0(n ＝1,2,3…)．
【答案】见解析
9.如图甲所示，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：
(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？
【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 图象如图所示．可见，当t 0＝nT 时，粒子的速度刚好为零，故有T ＝t 0
n
(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 20
4mn
.
(3)若在t ＝T 6时刻释放该粒子，其v －t 图象如图所示，此时t 0时间内粒子的位移x ′＝n [
1
2a (2×T 6)2×2－12a (T 6)2×2]＝E 0qt 20
12mn
.
【答案】(1)T ＝t 0n (n 为正整数) (2)E 0qt 204mn (3)E 0qt 2012mn。