微专题08：带电粒子在交变电场中的运动 专项训练 -2026届高考物理一轮复习备考

微专题8：带电粒子在交变电场中的运动 1.粒子速度很大，在偏转电场中运动时间极短，通过的时间内偏转电压变化，任然看作是匀强电场，粒子做类平抛运动。 2.粒子在电场中运动时间不是很短 （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． （3）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． 【能力提升训练】 1．(单选)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(　　) 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)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，下列选项中，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(　　) 3．(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　) A．末速度大小为v0 B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd 4.如图甲所示,在平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压。当t=0时,一个电子从靠近N板处由静止开始运动,经1.0×10-3 s到达两板正中间的P点,那么在3.0×10-3 s这一时刻,电子所在的位置和速度大小为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.到达M板,速度为零 B.到达P点,速度为零 C.到达N板,速度为零 D.到达P点,速度不为零 5．如图（a）所示,AB是一对平行的金属板,在两板间加一周期为T的交变电压U,A板的电势uA=0, B板的电势uB随时间t的变化规律如图（b）所示．现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场内,设电子的初速度和重力的影响均可忽略,电子在一周期内未碰到B极板，则 （ ） 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=时刻进入的,它时而向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=时刻进入的,它最后一定打在B板上， D.若电子是在t=时刻进入的,它将从A板小孔射出 6.将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，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，它在电场力作用下开始运动，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 7．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电荷量为－e，在A、B两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0＝；紧靠B板的偏转电压也等于U0，板长为L，两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计． (1)试求在0～kT与kT～T时间内射出B板电子的速度各是多大？ (2)在0～T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离(结果用L、d表示)． 8．如图甲所示，真空中的电极被连续不断均匀地发出电子（设电子的初速度为零），经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板、间的中线射入偏转电场，、两板距离为、、板长为，两板间加周期性变化的电场，如图乙所示，周期为，加速电压为，其中为电子质量、为电子电量，为、板长，为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求： (1)电子从加速电场飞出后的水平速度大小？ (2)时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距、间中线的距离； (3)在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比。 9.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U0，其周期是T。现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入。己知电子的质量为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)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入？两板间距至少多大? 10.相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0 ，质量为m，电量为-e，在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0<k<1，U0=；紧靠B 板的偏转电场电压也等于U0 ，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端L/2处垂直放置很大的荧光屏PQ。不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。 （1）在0—T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。（结果用L、d 表示，第2 小题亦然） （2）只调整偏转电场极板的间距（仍以虚线为对称轴），要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足什么要求？ （3）撤去偏转电场及荧光屏，当k 取恰当的数值，使在0—T 时间内通过电容器B 板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k 值。 11.一电荷量为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20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。 12．（12分）如果一矩形ABCD以MN为边界对称分成左右两个边长均为a的正方形，MN的中点为O，两正方形内均存在匀强电场，左侧正方形内电场方向水平向左，右侧正方形内电场方向水平向右，两匀强电场的电场强度大小相等。MN为一条等势线，其电势为φ0 (φ0>0)，AD和BC的电势均为零。一质量为m、电荷量为−q(q> 0)的带电粒子从AM的中点垂直电场以某一速度射入左侧电场，当粒子第二次经过MN边界时，恰好从N点离开，不计粒子重力。 （1）求粒子在电场中的加速度大小a； （2）求该带电粒子垂直电场射入左侧电场的速度大小v； （3）若将该粒子置于O点，给粒子另一速度使之沿水平方向做往复运动，且运动过程中动能和电势能之和恒为Z，求该粒子运动过程中距离O点的最远距离x和粒子在水平方向做往复运动的周期T。 参考答案 1．D　解析：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，则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，D正确。 2．AD　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＝，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＝v0t＋at2，所以x－t图象应是曲线，故选项A、D正确，B、C错误． 3．BC　解析：0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误，B正确；重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；根据动能定理mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，选项D错误． 4.D　解析：在1.0×10-3 s的时间里,电子做初速度为零的匀加速直线运动,当t=1.0×10-3 s时电子到达P点,之后板间电压反向,两板间的电场强度大小不变,方向和原来相反,电子开始做匀减速直线运动,由于加速度的大小不变,当 t=2.0×10-3 s时电子到达靠近M板处,且速度减为零。随后电子将反向做匀加速运动,当 t=3.0×10-3 s时电子又回到P点,且速度大小与第一次经过P点时相等,而方向相反,故答案为D。 5.ACD 6.D 【解析】根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙。 根据交变电压的变化规律，做出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙。从图中可知，电子在第一个内做交加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半周期内，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。在第三个内电子做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半周期内运动方向与前半周期相反，向A板运动，加速度大小为。所以电子在交变电场中将以t＝时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确。 7．(1)v0　v0　(2) 解析　(1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT时间内，穿出B板的电子速度为v1，kT～T时间内射出B板的电子速度为v2 根据动能定理有：－eU0＝mv－mv，eU0＝mv－mv 将U0＝代入上式，得：v1＝v0，v2＝v0； (2)在0～kT时间内射出B板的电子在偏转电场中，电子的运动时间：t1＝ 侧移量：y1＝at＝，得y1＝ 打在荧光屏上的坐标为y1′，则y1′＝2y1＝ 同理可得，在kT～T时间内射出B板后电子的侧移量：y2＝ 打在荧光屏上的坐标y2′＝2y2＝ 故这两个发光点之间的距离：Δy＝y1′－y2′＝. 8．【答案】(1) ；(2) ；(3) 解析：(1)加速电场加速。由动能定理得 解得 (2)电子在偏转电场里水平方向匀速运动，水平方向有 所以运动时间 则时刻射入偏转电场的电子，在竖直方向匀加速运动，竖直方向有 (3)由上问可知电子在电场中的运动时间均为，设电子在时加速度大小为，时加速度大小为，由牛顿第二定律得：， 在时间内，设时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为，则： 解得 在时间内，时间内射入电场中的电子均可从中垂线上方飞出。 这段时间内，设能够从中垂线上方飞出粒子的时间间隔为，时刻射入的电子刚好偏转位移为，则有 解得: 所以: 所以从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比 9.【解析】（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得： e=mv2-mv02， 解得：v=， 即若电子从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为； （2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T， 电子水平方向做匀速直线运动，则有：L=v0T， 即若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少长v0T； （3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy再减速到零，然后反方向加速度到vy再减速到零． 由于电子穿过电场的时间为T，所以竖直方向每段加速、减速的时间只能为 T/4，即电子竖直方向只能先加速T/4时间到达某一速度vy再减速T/4时间速度减小到零，然后反方向加速T/4 时间到达某一速度vy，再减速T/4时间速度减小到零，电子回到原高度． 根据以上描述电子可以从t时刻进入：t= T/4+kT/2（k=0，1，2，3…） 设两板间距至为d，而电子加速T/4时间的竖直位移为：h=a(T/4)2, eU0/d=ma, 而电子减速T/4时间的竖直位移也为h。 所以电子在竖直方向的最大位移为y=2h=， 而：y≤d/2 联立解得：d≥ 所以d的最小值：d= 10.【答案】（1）△y= y1’- y2’=；（2）极板间距应满足：L <d’<L； （3）0.59 【解析】利用带电粒子在匀强电场中的类平抛运动及其相关知识列方程解答。 (1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化。 在时间内，设穿出B板后速度变为，由动能定理得： 将代入后解得: 在偏转电场中，电子运动时间 侧移量 解得 根据偏转电场中的推论“似是中点来”其打在荧光屏上的坐标y1’=2y1= 在kT—T 时间内，穿出B板后速度变为v2，同理可得， v2==v1，y2=。=2y2= 荧光屏上两个发光点之间的距离△y= y1’- y2’=。 2)考虑到临界条件，当极板间距为d时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有； 整理得 对应于速度时，; 对应于速度时，; 只调整偏转电场极板的间距(仍以虚线为对称轴)，要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应应满足: （3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）。第一束长度l1=v1·kT，第二束长度l2=v2·(T-kT)， 当l1= l2时，即 解得k=≈0.59。 11.答案：(1)，沿初始电场正方向；(2) 【解析】(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1＝① a2＝－2② a3＝2③ a4＝－④ 由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a－t图象如图甲所示，对应的v－t图象如图乙所示，其中v1＝a1·＝⑤ 　 （2）由图（乙）可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为 联立解得：，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 【点睛】 （1）根据加速度与时间的关系，可确定速度与时间的关系，从而由面积等于位移的大小即可求解，并确定其方向； （2）根据速度与时间的图象，来确定沿初始电场反方向运动的时间． 12.（12分）[答案]（1）（2） （3） [解析](1)由题意分析可知电场强度大小 ----------------1分 粒子在电场中的加速度大小 --------------------------1分 解得 -----------------------------------------------1分 (2)粒子第二次经过MN时到达N处，由类平抛运动有 --------------------------------1分 ---------------------------------1分 故 --------------------------------------------1分 (3)该粒子运动过程中距离O点最远时速度为零，粒子在距离O点x处的电势能 ---------------------------------1分 解得 根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得. ---------1分 解得 ---------------------------------------1分 由于动能和电势能之和恒为Z，设粒子在O点的速度为v0，则有 ------------------------------------1分 解得粒子在O点的速度 又有 --------------------------------------1分 解得 --------------------------------1分 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$