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1
A．带电粒子只向一个方向运动 B．0～2 s内，电场力做功等于0 C．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0
2．(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2
3．(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
1
子恰好从Q板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T＝用力．则( )
2d
，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作v0
图3
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 mv0
B．粒子的电荷量为
2U0
112
C．在t＝T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv0
881
D．在t＝T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
4
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( )
2
图4
A．φ1∶φ2 ＝1∶2 B．φ1∶φ2＝1∶3
C．在0～2T内，当t＝T时电子的动能最大 2eTφ1
D．在0～2T内，电子的电势能减小了 2
md
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
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2
面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×10 C/kg，速度为4×10 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( )
10
6
22
2
2
图5
A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25 cm B．粒子打在屏上的区域面积为64 cm
C．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 s
6．(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＋E0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t0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2
记为A(A点在图中未画出)．若t0＝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tT
0＝4
，求A点的坐标；
(3)若tT
0＝8，求粒子到达A点时的速度．
3
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＝U0eT
，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，电子在第一个内向B板做匀加速直d4TTT
线运动；在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A
444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12
位移x＝v0t＋at，所以x－t图象应是曲线，故选项A、D正确，B、C错误．]
23．AD 4.BD
d12
5．BCD [设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，水平方向l＝v0t，竖直方向＝a0t，又
22qU0mdv0
a0＝，解得U0＝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，
mdqlll
＋22y
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＝，
ld
y－22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11282
上的区域面积为S＝2da＝64 cm，选项B正确；在前T，粒子打到荧光屏上的时间t0＝×0.005 s＝42000.003 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′＝4t0＝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＝6．见解析
解析 (1)粒子在t0＝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 T
粒子沿x轴方向在0～内做初速度为零的匀加速运动，
21T2T
位移为x1，末速度为v1，则：x1＝a()，v1＝a
222
T
粒子沿x轴方向在～T内做匀减速运动，位移为x2，由题意知两段运动的加速度大小相等，则：
2T1T2
x2＝v1()－a()
222
4
2
2
128
×100%＝64%，选项C正确．] 200
粒子沿x轴方向的总位移为x，则： x＝x1＋x2
粒子只受到电场力作用，由牛顿第二定律得： qE0＝ma y＝x
q4v
联立各式解得：＝
mE0T
T
(2)粒子在t0＝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：
4y′＝vT
TT
粒子沿x轴方向在～内做初速度为零的匀加速运动，
42位移为x3，末速度为v2，则： 1T2
x3＝a()
24Tv2＝a 4
T
粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，
2位移为x4，末速度为v3，则： T1T2
x4＝v2()－a()
222T
v3＝v2－a 2
5T
粒子沿x轴方向在T～内做匀变速运动，位移为x5，则：
4T1T2
x5＝v3()＋a()
424
粒子沿x轴的总位移为x′，则： x′＝x3＋x4＋x5 联立各式解得：x′＝0 则A点的坐标为(0，vT)
TTT
(3)粒子在t0＝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～内做
8823T
初速度为零的匀加速运动，末速度为v4，则：v4＝a
8T
粒子沿x轴方向在～T内做匀变速运动，末速度为v5，则：
2T
v5＝v4－a 2
5
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
