专题：带电粒子在交变电场中的运动

专题：电场补充1-带电粒子在交变电场中的运动
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
A ．0<t 0<4
T
B.2
T <t 0<34T C.34
T <t 0<T
D ．T<t 0<98
T
2．如图甲所示，两个平行金属板P 、Q 正对竖直装置，两板间加上如图乙所示的交变电压。

0=t 时，Q 板比P 板电势高0U ，在两板的正中央M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力忽略不计），已知电子在04-0t 时间内未与两板相碰，则电子速度方向向左且速度大小逐渐减小的时间是
A.00t t <<
B.002t t t <<
C.0032t t t <<
D.0043t t t <<
3．如图，A 板的电势UA ＝0，B 板的电势UB 随时间的变化规律如图所示。

电子只受电场力的作用，且初速度为零，则
A ．若电子在t ＝0时刻进入的，它将一直向
B 板运动
B ．若电子在t ＝0时刻进入的，它将时而向B 板运动，时而向A 板运动,最后打在B 板上
C ．若电子在t ＝T/8 时刻进入的，它将时而向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/4时刻进入的，它将时而向B 板、时而向A 板运动
4． 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，在下图中，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
甲 乙
5．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图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是
6．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，在电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2s末带电粒子回到原出发点
C．带电粒子在0-3s内的初、末位置间的电势差为零
D．0-2s内，电场力的总冲量为零，电场力的总功不为零
7．不考虑重力作用，从t＝0时刻开始，下列各种随时间变化的电场中哪些能使原来静止的
带电粒子做单向直线运动
E E E E
E E E E
0 T 2T t 0 T/4 3T/45T/4 t 0 T 2T t 0 T 2T t
(A) (B) (C) (D)
8．如下图所示，为一组间距d足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压（如图所示），设U0和T已知。

A板上O处有一静止的带电粒子，其带电量为q，质量为m（不计重力），在t = 0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向，粒子又向A板返回（粒子未曾与B板相碰）。

（1）当U x=2U0时求带电粒子在t=T时刻的动能；
（2）为使带电粒子在t=T时刻恰能能回到O点，U x等于多少？
9．一电荷量为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。

10．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
a
t
0.250.50.75T
2
E0
－E0
－
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 ．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
B ．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上
C ．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2E k0
D ．若入射速度加倍成2v 0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v 0相比必定减半
11．一对平行金属板长为L ，两板间距为d ，质量为m ，电荷量为e 的电子从平行板左侧以速u AB 如图所示，交变电压的周
期0
2v L
T ，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计
A.所有电子都从右侧的同一点离开电场
B.所有电子离开电场时速度都是v 0
C.t ＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D.t ＝T/4时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为d/16
12．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
13．如图甲所示，在平行板电容器A 、B 两极板间加上如图乙所示的交变电压，t=0时A 板电势比B 板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰撞，而且电子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是（ ）
A 、若t=0时刻释放电子，则电子运动的v-t 图线如图一所示，该电子一直向
B 板做匀加速直线运动，
B 、若t=T/8时刻释放电子，则电子运动的v-t 图线如图二所示，该电子一直向着B 板匀加速直线运动
C 、若t=T/4时刻释放电子，则电子运动的v-t 图如图三所示，该电子在2T 时刻在出发点左边
D 、若t=3T/8时刻释放电子，在2T 时刻电子在出发点的右边 14．（10分）在金属板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U o ，
其周期是T 。

现有电子以平行于金属板的速度v o 从两板中央射入。

已知电子的质量为m ，电荷量为e
，不计电子的重力，求：
（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小。

（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？
（3）若电子从t=T/4时刻射入，恰能从两板中央平行于板飞出，则两板间距至少多大？
15．如图甲所示，水平放置的平行金属板A 和B 的距离为d ，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN ，现在A 、B 板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为0U ，反向电压值为0U /2，且每隔T/2变向1次。

现将质量为m 的带正电，且电荷量为q 的粒子束从AB 的
中点O 以平行于金属板的方向OO ′射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A 、B 间的飞行时间均为T 。

不计重力的影响，试问：
（1）定性分析在t=0时刻从O 点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。

（2）在距靶MN 的中心O ′点多远的范围内有粒子击中？
（3）要使粒子能全部打在靶MN 上，电压0U 的数值应满足什么条件?（写出0U 、m 、d ，q 、T 的关系式即可）
16．如图甲所示，M 、N 为水平放置的平行板电容器的两个极板，两极板间距d=0.1m ，两极板间的电压U=12.5V ，O 为上极板中心的小孔，以O 为坐标原点，在竖直平面内建立直角坐标系，在y 轴方向上，0≤y≤2m 区间存在方向与x 轴平行的匀强电场（PQ 为电场区域的上边界），在x 轴方向上，电场范围足够大。

若规定x 轴正方向为电场正方向，电场强度随时间变化情况如图乙所示。

现有一个带负电的粒子，在t=0时刻从紧靠M 级板中心O ＇处无初速释放，经过小孔O 进入N 板上方的交变电场中，粒子的比荷q/m=1×102C/kg ，不计粒子重力。

求：
（1）粒子进入交变电场时的速度。

（2）粒子在两板之间飞行的时间。

（3）粒子在8×10-3s 末的位置坐标。

（4）粒子离开交变电场时的速度大小和方向。

T /2
T
3T /2 2T
t
U o
U AB
v o
O ′ O
o
乙
甲
-U o
A
B
甲
乙
参考答案
1．B 试题分析：若0＜t 0＜4
T ，带正电粒子先加速向B 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，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B 板上，所以A 错误．
若2
T <t 0<34
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大于向右运动的距离，最终打在A 板上，所以B 正确．
若34
T <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C 错误．若T<t 0<98
T ，带正电粒子先加速向B 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，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B 板上，所以D 错误．故选：B ．
2．D 【解析】
试题分析：00t t <<过程中，Q 板比P 板电势高0U ，电场方向向左，所以电子所受电场力方向向右，电子向右做匀加速直线运动，速度逐渐增大．A 不符合题意；
003t t t <<，
过程中，电场方向向右，电子所受的电场力方向向左，电子先向右做匀减速直线运动，根据对称性可知02t 时速度为零，只有向左做匀加速直线运动，
故BC 错误；在0034t t t <<，电子所受电场力向右，电子向左做匀减速直线运动．故D 正确
考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动 3．ACD
【解析】电子若是在t ＝0时刻进入，先受向上的电场力作用，加速向上运动，之后受向下的电场力作用做匀减速直线运动，速度时间图像： A 对，B 错；
若0＜t ＜T
4
，电子先加速向B 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，每次向上运动的距离大于向下运动的距离，最终打在B 板上，C 对；
若电子是在t ＝T/4时刻进入的先加速向B 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。

每次向上运动的距离等于向下运动的距离，做往复运动，D 对； 故答案选ACD 。

本题考查带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况 4．AD 【解析】
试题分析：由图像知：两板所加的电压为0U 时,两板间为匀强电场且场强大小为
d U 0
，当两板所加电压为－0U 时，两板间电场为匀强电场且场强大小为－d
U 0，电子在一个周期的时间内第一个4T 做匀加速直线运动，第二个4
T 内，做匀减速直线
运动到速度为零，第三个4T 内反向做匀加速直线运动，第四个4
T 内做反向匀减速
直线运动，回到出发点，AD 正确。

考点：本题考查带电粒子在电场中的运动。

5．B 【解析】
试题分析：加A 图所示电压，电子一直做匀加速直线运动，A 错误；加B 图所示电压电子先匀加速直线运动t 0时间，后做匀减速直线运动t 0时间，至速度为0，再反向匀加速直线运动t 0时间，再匀减速直线运动t 0时间，至速度为0，B 正确；加C 图所示电压电子先匀加速直线运动t 0时间，后做匀减速直线运动t 0时间至速度为0，再做匀加速直线运动，运动过程中方向不变，C 错误；加D 图所示电压电子先加速直线运动t 0时间，后做减速直线运动t 0时间至速度为0，再做加速直线运动，运动过程中方向不变，D 错误。

考点：带点粒子在交变电场中的运动，平行板电容器。

6．C
【解析】设水平向右为正方向，设粒子带正电，设20⋅==m
q
m qE a
0-1s 内：电场水平向左，带电粒子受到的电场力水平向左，粒子将向左做匀加速直线运动
a m qE a ==11 a at v ==11 a t a s 2
1
212111== 111t qE I =
1-2s 内：电场水平向右，粒子受到的电场力水平向右，粒子将向左先做匀减速直线运动
a m
qE a 22
2== s a v t 5.0212== 12222I t qE I -=-=
即在1-1.5s 内往左匀减速，在1.5-2s 内往右匀加速
1-1.5s 内 a t a s 41212
222==
1．5-2s 内 a t a s 4
1212222='=' a t a v ='
=222
2-3s 内：电场水平向左，粒子受到的电场力水平向左，粒子将向右做匀减速直线运动
a m
qE
a ==33 s a v t 1323==
即3s 时速度恰好减小为0，这1s 内物体往右运动的位移为：
a t a s 2
1212333==
做出0-3s 内的运动草图，可知3s 时物体恰好回到出发点，所以AB 错误C 正确； 0-2s 内电场力的冲量021≠+=I I I ,D 错误。

7．AC 【解析】
考点：带电粒子在匀强电场中的运动。

分析：本题的关键是根据场强度的变化情况分析加速度的变化情况，再分析粒子的运动情况，根据加速度的对称性找到速度为零的时刻，只要粒子的速度方向不改变，粒子就做单一方向的运动。

解答：粒子仅受电场力作用，
A 、由图象可知：在0 - 的过程中，粒子做加速度为
的匀加速直线运动，
在 – T 的过程中，粒子做加速度为- 的匀减速直线运动，T 时刻速度刚好减为零，然后重复刚才的运动，所以A 是做单一方向的直线运动； B 、由图象可知：在0 - 的过程中，粒子做加速度为
的匀加速直线运动，
在的过程中，粒子做加速度为 的匀减速直线运动，则在 时
刻速度为零，此后反方向运动时间，所以B 不是做单一方向的直线运动； C 、由图象可知：在0 - 的过程中，粒子做加速度越来越小的变加速运动，在- T 的过程中，粒子做加速度越来越大的变减速运动，由于加速度具有对称
性，所以T 时刻速度刚好减为零，然后重复刚才的运动，所以C 是做单一方向的直线运动；
D 、由图象可知：在0 - 的过程中，粒子做加速度加速度越来越小的变加速运动，在 - 过程中，粒子做加速度越来越大的变减速运动，由于加速度具有对称性，所以 时刻速度刚好减为零， - 过程中加速度为负值，所以粒子反向做加速度运来越小的变加速运动，所以D 不是做单一方向的直线运动。

故选AC 。

8．（1）222
02
8T U q d m
（2）03x U U = 【解析】
1s 1．5s
2s
试题分析：（1）根据牛顿第二定律可得：当极板间为正向电压时01U q a dm
=，反向
电压时加速度：022U q a dm
=，加速过程末速度为：112
T v a =，
所以根据匀变速直线运动规律可得：减速过程末速度为：
0212
122222TU q T T T
v v a a a dm
=-=-=-
故动能为：222
20
22128k T U q E mv d m
==
（2）加速过程的位移为： 2111()2
2
T s a =，减速过程中位移为：211()222
x x T T s v a =-，
还知道112
T v a =，要使得粒子恰能回到O 点，则1x s s =-，由上面四式，得13x a a =
因为01U q a dm
=，x x U q a dm
=，所以03x U U =
考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动，匀变速直线运动规律的应用 9．（1）2
016qE T s m
=，它的方向沿初始电场正方向
（2）t ＝T/4
【解析】解法一：粒子在0～T /4、T /4～T /2、T /2～3T /4、3T /4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得 01qE ma =、022qE ma =-、032qE ma =、04qE ma =-
由此得带电粒子在0～T 时间间隔内运动的a —t 图像如图（a ）所示，对应的v —t 图像如图（b ）所示，其中0114
4qE T T a m
==v
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：2
016qE T
s m
=
，它的方向沿初始电场正方向。

（2）由图（b ）可知，粒子在t ＝3T /8到t ＝5T /8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为
53884
T T T t =
-= （4分） 解法二：带电粒子在粒子在0～T /4、T /4～T /2、T /2～3T /4、3T /4～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律得
01qE ma =、022qE ma =-、032qE ma =、04qE ma =- （每个式子1分） 设粒子在t ＝T /4、t ＝T/2、t ＝3 T /4、t ＝T 时刻的速度分别为v 1、v 2、v 3、v 4，则
－
2qE 0qE 0－
－
有
11
4T
a =v 、2124T a =+v v 、3234T a =+v v 、4344
T a =+v v （每个式子1分）
设带电粒子在t ＝0到t ＝T 时的位移为s ，有
2334112(
)22224
T
s +++=+++v v v v v v v （4分） 解得 2
016qE T s m
= （2分）
它的方向沿初始电场正方向。

（1分）
（2）由电场的变化规律知，粒子从t ＝T/4时开始减速，设经过时间t 1粒子速度为零，有
1210a t =+v ，解得 t 1＝T/8 （1分）
粒子从t ＝T/2时开始加速，设经过时间t 2粒子速度为零，有 2320a t =+v ，解得 t 2＝T/8 （1分）
设粒子从t ＝0到t ＝T 内沿初始电场反方向运动的时间为t 2，有 t ＝12()4
T t t -+ （1分）
解得t ＝T/4 （1分）
【考点定位】考查带电粒子在交变电场中的运动及其相关知识。

10．AC 【解析】
试题分析：0t =时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场，A 正确；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上，B
错误；t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为 2
d
；根据分位移公式，有：
0 •22ym v d L v +＝，由于L d =，故：0ym v v =，故2201()22k ym k E m v v E '+＝＝，故C 正
确；加倍前运动时间为周期的整数倍，当运动时间为周期的偶数倍时，入射速度加倍成2v 0，侧向位移与v 0一样，D 错误； 考点：考查了带电粒子在交变电场中的运动 11．BD 【解析】
试题分析：电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A 错误．
由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度v y =0，速度都等于v 0，故B 正
确．由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故C 错误．4
T
t =
时刻进入电场的电子，在4
3T t =时刻侧位移最大，最大侧位移为
16
)4(2122
2max
aT T a y =
⨯= ① 在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为d 2
1，则有：2)2
(2
142
1T a d ⨯= ② 联立①②得：16
max d y =故D 正确．
故选BD
考点：带电粒子在匀强电场中的运动. 12．A 【解析】
试题分析：设板间距为L ；不管电场方向如何，粒子进入板间后在水平方向不受力，一定是匀速直线运动，所以0v T L =。

若初速度变为02v 则经过2
T 就会射出电
场，选项D 错。

在竖直方向，02
T -为匀加速直线运动，末速度12
T v a =⨯，偏移
量22
11248T aT x a ==
，在2
T T -时间内竖直方向为匀减速直线运动，竖直方向末速度02
2
T T v a a =⨯-⨯=，即末速度为水平方向，与电磁方向垂直，选项A 对。

则
离开磁场时的偏移量为2211()2224T T T x x a a L =+⨯⨯-=，整理可得24aT L =，即
2
T
时刻的竖直速度0222
T L v a v T
=⨯==，22000(2)()5v v v +=，选项B 错。

若粒子在2
T 时刻进入电场，只不过偏转方向相反，仍会在T 从PQ 右边缘射出，
选项C 错。

考点：带电粒子在匀强电场中的偏转 13．CD 【解析】
试题分析：t=0时刻，A 板电势高，电子释放后向左运动，电子先向左加速运动，然后向左减速运动，重复该过程，一直向左运动，A 错误；t=T/8时刻释放电子，电子先向左加速运动，再向左减速运动，然后向右加速运动，再向右减速匀速，一个周期时总位移向左，B 错误；t=T/4时刻，电子先向左加速，然后向左减速，
再向右加速，然后向右减速，做周期性往复运动，在t=2T 时刻位于出发点左侧，C 正确；t=3T/8时刻释放电子，作出其v-t 图像，由图像知，在2T 时刻电子在出发点右侧，D 正确。

考点：本题考查对带电粒子在电场中运动的分析。

14．（1）m
eU v v t 020+= （2）T v L 0min = （3）m eU T d 80min = 【解析】
试题分析：（1）由动能定理：20202
1212mv mv e U t -= （2分） 解得m
eU v v t 020+
= （1分） （2）电子从t=0时刻射入且恰能平行于金属板飞出，则电子至少要在电场中运动一个周期。

电子平行于金属板方向匀速运动，则：T v L 0min = （2分） （3）电子从t=T/4时刻射入且恰能从两板中央平行于板飞出，则电子在垂直于金属板方向上做往复运动。

则; 加速度：dm
eU a 0= （2分） 电子在T/4时间内的位移：20min )4
(214T dm eU d ⋅⋅= （2分） 所以m
eU T
d 80min = （1分） 考点：本题考查动能定理和类平抛运动。

15．（1）见解析（2）20516qU T md （3）22
058qT
md U < 【解析】
试题分析：（1）2/0T -时间内，带正电的粒子受到向下的电场力而向下做加速运动，在T T -2/时间内，粒子受到向上的电场力而向下做减速运动。

（2）当粒子在0，T ，2T ，…n T 时刻进入电场中时，粒子将打在O ′点下方最远点，在前T/2时间内，粒子在竖直向下的位移为：
211)2
(21T a S =md T qU 820=；在T/2时间内，粒子在竖直向下的位移为： 2222212⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=T a T v S ；将md
qU T a v 2201=⋅=，代入上式得：md T qU S 163202=。

故粒子打在距O′点正下方的最大位移为md
T qU s s s 1652
021=+=，当粒子在T/2，3T/2，……，()2/12T n +，时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点，在前T/2时间内，粒子在竖直向上的位移为：md T qU T a S a 1622102
11=⎪⎭⎫ ⎝⎛'='； 在后2/T 时间内，粒子在竖直向上的位移为：2
222212⎪⎭
⎫ ⎝⎛'-⋅'='T a T v S ，其中md
qU T a v 4201=⋅'='，md qU a 02='，
代入上式得：02='s ，故粒子打在距O′点正上方的最大位移为：
='+'='21s s s md
T qU 162
0=。

所以击中的范围在P 以下md T qU 16520到P 以上md
T qU 162
0。

（3）要使粒子能全部打在靶上，须有
2
16520d md T qU < 解得2
2
058qT md U <。

考点：考查了带电粒子在交变电场的中的运动
16．（1）50m/s （2）4×10-3 s (3)坐标（0.032，0.2） （4）50m/s ，沿y 轴正方向
【解析】
试题分析：（1）粒子经过加速电压，根据动能定理：2012
qU mv = 则 ：v 0=50m/s (2)在加速电场中，粒子做匀加速运动： 421.2510/Uq a m s dm
==⨯ 故飞行时间为t= v 0/a=4×10-3 s
(3)粒子在t= 4×10-3 s 时进入交变电场，受到水平向右的电场力做类平抛运动：
加速度：23/104s m m
Eq a ⨯==’ 沿+y 轴方向粒子匀速运动：y= v 0t
沿+x 轴方向粒子做匀加速运动： 212
x a t '= 解得：x=0.032m, y=0.2m
故粒子在8×10-3 s 末的位置坐标为（0.032，0.2）
（4）沿+y 轴方向粒子始终做匀速运动，0< y < 2m 区间内：
粒子运动的时间t=y/v 0=4×10-2 s=5T （运动的总时间是交变电压周期的5倍） 故粒子沿x 轴方向速度为0，粒子离开交变电场时速度方向沿+y 方向，大小50m/s 。

考点：动能定理、类平抛运动规律
点评：此类题型考察了将图像问题与实际运动过程相互转化的能力，尤其是在电场交替变化时。

对于这种具有周期性的场，往往需要将一个周期内粒子的运动规律研究清楚，那么在多个周期中的问题自然得到解决。