第14讲 带电粒子在交变电场中的运动 讲义（思维导图+知识要点+解题策略+题型归纳） 讲义（思维导图+知识要点+解题策略+题型归纳）-2027届高考物理一轮复习

该高中物理讲义聚焦带电粒子在交变电场中的运动这一高考难点，覆盖直线往复运动、偏转运动等核心考点，按交变电场特点、运动模型、解题策略逻辑递进。通过考点梳理、方法指导（如v-t图像法）、真题训练（典型例题与变式），帮助学生突破难点，体现复习系统性与针对性。 讲义突出科学思维与模型建构，例如用v-t图像法直观分析往复运动位移，分方向合成处理偏转问题。设置分层练习，从基础巩固到综合应用，配合即时反馈，有效提升学生分析与计算能力，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第14讲 带电粒子在交变电场中的运动 目 录 思维导图 1 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 5 题型归纳 6 题型01： 带电粒子交变电场中的直线和往复运动 6 题型02：带电粒子在交变电场中的偏转运动 27 巩固提升 58 1. 考查地位：高考电场难点，中档偏难；多以选择题为主，少数试卷作为计算题小问，属于区分度考点。建立在匀强电场、类平抛、牛顿运动定律、动能定理基础之上。 2. 题型特点 ①选择题：交变电压随时间变化图像（方波交变电压居多），分析粒子速度、位移、运动方向变化；对比不同时刻进入电场的粒子运动差异。 ②计算题：以方波交变电场为主；分为交变电场中直线往复运动、交变电场下偏转运动两类；常结合v‑t图像分析运动过程。正弦式交变电场考查较少。 3. 命题角度 ①交变方波电场，粒子初速度沿电场方向：加速‑减速‑反向加速‑反向减速，往复直线运动； ②不同时刻释放粒子：有的单向运动，有的往复运动；利用v‑t图像分析速度、位移； ③交变电场中的偏转：垂直射入交变电场，水平匀速，竖直方向受变电场力，竖直方向做分段匀变速；打在极板上或者飞出极板； ④临界问题：粒子是否飞出极板、是否打到极板、往返的最大位移； ⑤能量分析：电场力做功，动能变化。 1.知识理解 ①理解交变电场特点：电场强度大小、方向随时间周期性变化；方波交变电场每一段内为匀强电场，每段加速度恒定。 ②区分两类模型： • 交变电场直线/往复运动：初速度平行电场方向； • 交变电场偏转运动：初速度垂直电场方向，水平匀速，竖直分段匀变速。 ③明白：方波交变电场，每个时间段内加速度恒定；加速度随电压周期性改变，速度可以连续变化，位移是各段位移矢量叠加。 2.规律方法掌握 ①会画v‑t图像处理交变电场直线往复运动：斜率代表加速度，面积代表位移；正负代表运动方向。 ②掌握往复运动条件：粒子在电场改变方向时，速度可以减到零，继而反向运动；若还未减速到零电场就换向，则做单向断续运动。 ③交变电场偏转：水平匀速直线运动，求出粒子穿过极板的总时间，对比交变电压周期，划分竖直方向各个运动阶段，分段计算竖直速度、位移。 ④会处理临界条件：判断粒子是飞出极板，还是打在极板上。 ⑤综合运用：牛顿第二定律、运动学公式、动能定理；注意矢量，位移、速度要带方向。 3.分析能力 ①根据交变电压图像，结合粒子进入电场时刻，分段判断每一段时间内加速度方向、加速还是减速。 ②能区分：同一交变电场，不同时刻释放粒子，运动情况完全不同，有的往复，有的一直向一个方向运动。 ③偏转问题：会比较粒子飞行时间与交变周期，判断竖直方向经历几个加速、减速阶段。 ④能分析最大位移、最大速度、一个周期内总位移。 4.计算与应试 ①能够利用v‑t图像快速求速度、总位移，简化多段繁琐计算； ②识别临界陷阱：粒子可能还没完成一个周期就撞击极板终止运动； ③区分方波交变电场（分段匀变速）与正弦交变电场（变加速，一般不要求定量计算）。 如果你需要，我可以接着写这一部分的解题策略。 知识点一:带电粒子在交变电场中的运动分析 1．常见的交变电场类型 产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。 2．交变电场中常见的粒子运动类型及分析思路 运动类型 分析思路 粒子做单向直线运动 一般对整段或分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式求解 粒子做有往返的直线 一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理、动量定理等求解 粒子做偏转运动 一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 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)从三条思路出发： ①动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析； ②能量观点：应用动能定理、功能关系等分析； ③动量观点： 应用动量定理分析。 (3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 知识点二:带电粒子在交变电场中的直线往复运动 1. 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法： (1)用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。 (2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝mv2－mv。 2. 方形波交变电场中直线（往复）运动过程及其分析 U－t图 v－t图 轨迹图 3．带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。 (2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。 4.利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点” (1)带电粒子进入电场的时刻。 (2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。 (3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。 (4)注意对称性和周期性变化关系的应用。 (5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。 知识点三：带电粒子在交变电场中的偏转 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)的情形． 当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性． 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． U-t图 轨迹图 v0 v0 [来源:Zxxk.Com]v0 v0 v0 vy-t图 t O vy v0 T/2 T 单向直线运动 A B 速度不反向 t O vy v0 往返直线运动 A B 速度反向 T T/2 -v0 5.带电粒子在交变电场中的解题技巧 (1)分段分析法：把周期问题拆成匀变速小段，交变电场是分段均匀的，一个周期内电场不变的每一段都可以视为匀强电场，分段分析即可：对每一段分别分析受力（电场力的大小、方向），确定加速度和运动性质（加速/减速）；再用牛顿运动定律+匀变速运动公式逐段推导速度、位移，利用运动的周期性推得总结果。 (2)v-t图像法：直观解决往返运动位移判定‌ 这是最实用的技巧，尤其适合判断粒子是否会打到极板上：根据分段加速度画出v-t图：加速度相同的过程是平行直线，面积表示位移，在t轴上方就是向正方向运动，下方就是反向运动；直接看面积的正负总和就能判断总位移方向：如果总位移一直向某一方向，最终会打到极板；如果总面积正负抵消，就是往复运动。 (3)‌分方向合成：解决垂直入射的偏转问题‌ 如果粒子垂直电场方向入射（比如平行偏转板加交变电压），直接用运动分解： 垂直电场方向‌：不受力，一直保持匀速直线运动，运动总时间由极板长度和初速度直接确定； 沿电场方向‌：按交变电场分段分析加速度、速度变化，计算偏转位移即可。 (4)‌功能辅助：电场力做功只和电势差有关，不涉及运动时间时：直接用动能定理求解末速度，不用分析中间过程的加速度变化，比动力学方法更简单。 题型01： 带电粒子交变电场中的直线和往复运动 【典型例题】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、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（　　） A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B．电压如乙图所示时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动 D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动 【答案】D 【解析】若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到后向左减速，后向右加速，后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确。 【典型例题2】如图1所示，水平平行正对的两金属板M、N间加有如题6图2所示的电压。0～t0时间段内，一质量为m的带电油滴（可视为质点）静止在两板正中间P处。t＝2.5t0时刻，该油滴恰好能到达某金属板。不计空气阻力，重力加速度为g，油滴的质量与电荷量保持不变，则M、N两板的间距为（　　） A． B．gt2 C． D．2gt2 【答案】C 【解答】解：在0到t0时间段内，油滴保持静止，处于受力平衡状态，其重力与电场力大小相等，即，由此可得。 在t0到2t0时间段内，电压变为2U0，此时电场力为，即F1＝2mg，油滴所受合力F合1＝2mg﹣mg＝mg，方向竖直向上。 根据牛顿第二定律，其加速度a1＝g。该过程油滴的位移为，解得：。末速度v1＝a1t0，解得：v1＝gt0。 在2t0到2.5t0时间段内，电压为﹣U0，电场力，油滴所受合力F合2＝﹣mg﹣mg＝﹣2mg，加速度a2＝﹣2g。 该阶段时间Δt＝0.5t0，位移，代入数值计算得：。 当油滴到达金属板时，其相对于中点P的总位移为h＝s1+Δs，代入数值得：。 已知两板间距d＝2h，因此，解得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 【典型例题3】近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，、为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号如图乙所示，周期为，在时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的重力和阻力，则（　　） A．当金属板充电至电荷量为时振膜的加速度为 B．一个周期内振膜沿方向运动的时间为 C．所加信号电压中的最大值为 D．所加信号电压中的最大值为 【答案】AC 【详解】A．当金属板充电至电荷量为时，根据电容的定义式有 、两片平行固定金属薄板之间的电场强度 根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．振膜不碰到金属板， 内电场方向向右，可知，振膜向b板做匀加速直线运动，此过程的加速度大小为 之后，电场方向向左，振膜向b板做匀减速直线运动，加速度大小为 则有 由于匀加速的末速度即为匀减速的初速度，可知，匀减速至0经历时间是匀加速运动时间的，即匀减速至0的时间 由于 可知，振膜向b板做匀减速直线运动，速度恰好减为0，之后振膜先向a板做匀加速直线运动，经历时间为 随后振膜向a板做匀减速直线运动，根据对称性可知，经历速度再一次恰好减为0，之后振膜又向b板做匀加速直线运动，此过程加速度为，经历时间为 随后振膜向b板做匀减速直线运动，此过程加速度为，结合上述可知，该过程经历时间为 结合上述可知，一个周期内振膜沿ab方向运动的时间为 故B错误； CD．振膜不碰到金属板，结合上述可知，振膜发生的位移要小于或等于，则有 解得 即所加信号电压中的最大值为，故C正确，D错误。 故选AC。 【典型例题4】（多选）中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．电子在各圆筒中的运动时间均为 B．电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1：2 C．电子在圆筒内做匀加速直线运动 D．图甲中各圆筒的长度按序号之比为1：： 【答案】AD 【解答】解：电子在多级直线加速器的金属圆筒内部运动时，由于静电屏蔽作用，圆筒内部场强恒为0，电子做匀速直线运动；电子仅在圆筒之间的间隙处受到电场力作用而加速。 A、要使电子每次经过圆筒间隙时都能获得向前的电场力加速，电子在各圆筒中运动的时间必须与交变电源周期的一半相等，即，从而保证电子到达间隙时电场正好反向，故A正确； C、由于金属圆筒内部场强为0，电子在圆筒内不受电场力，加速度为0，故其在圆筒内做匀速直线运动而非匀加速运动，故C错误； B、设圆筒间加速电压的大小恒为U。电子进入第n个圆筒前经历了n次间隙加速，根据动能定理，解得：。电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比，即，故B错误； D、各圆筒长度，由可得，各圆筒长度之比，故D正确。 故选：AD。 【典型例题5】（多选）近20多年来，中国的粒子加速器发展迅速，在规模和应用方向上走进了世界先进行列。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管时速度为，进入漂移管时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取。则（    ） A．第个漂移管与第个漂移管的长度之比为 B．漂移管的长度0.4m C．相邻漂移管间的加速电压为 D．漂移管之前还有9个漂移管 【答案】BC 【详解】A．第个漂移管对应次加速，由 得 长度 ，因此第个与第个漂移管长度比为 ，A错误； B．漂移管的长度为，B正确； C．质子由管至管，经过了三次电场的加速， 解得，故C正确； D．若从静止开始加速，经过次加速后进入漂移管，由 解得，可见漂移管之前漂移管个数达不到9个，D错误。 故选BC。 【变式训练1-1】图（a）中和是真空中的两块面积很大的竖直平行金属板，加上周期为的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知板电势为零，板电势随时间变化的规律如图（b）所示（图中只画出一个周期）。在两板之间的中点处，有一个带负电粒子（不计重力），在时，粒子在电场力的作用下从静止开始运动。已知在时刻，粒子的速度大小为（粒子始终不会和金属板相碰），则在时间内，关于粒子的速度—时间的图像，下列正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题可知A板电势随时间变化的规律，由 即随时间变化图，可以等效于随时间变化图，故 在随时间变化图中，斜率代表加速度，则B正确。 【变式训练1-2】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（　　） A．φ1∶φ2＝1∶2 B．φ1∶φ2＝1∶4 C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最大 D．在0～2T内，电子的电势能减小了 【答案】D 【解析】AB．0～T时间内平行板间的电场强度为 E1＝ 电子的加速度 a1＝＝ 电子向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移 x1＝a1T2 速度 v1＝a1T T～2T内平行板间电场强度 E2＝ 加速度 a2＝ 电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动， 位移 x2＝v1T－a2T2 2T时刻回到P点，则 x1＋x2＝0 联立解得 φ2＝3φ1 选项A、B错误； C．0～T内电子做匀加速运动，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以在T时刻电子电势能不是最大，选项C错误； D．电子在2T时刻回到P点，此时速度 v2＝v1－a2T＝－（负号表示方向向下） 电子的动能为 Ek＝mv22＝ 此过程动能增加了 根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动能的增加量，即电子的电势能减小了，选项D正确。 故选D。 【变式训练1-3】如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，（不计重力作用）下列说法中正确的是（　　） A．从时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动 B．从时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 C．从时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D．从时刻释放电子，电子必将打到右极板上 【答案】B 【解析】AB．从时刻释放电子，电子在时间内向右做匀加速直线运动，在时间内向右做匀减速直线运动，且两段时间内的加速度大小相同，根据匀变速直线运动的对称性可知电子将始终向右运动，直到打到右极板上，故A错误，B正确； CD．从时刻释放电子，电子在时间内向右做匀加速直线运动，在时间内向右做匀减速直线运动，在时速度减为零，且距离右板最近，但由题意可知此时电子未达到右板；电子在时间内向左做匀加速直线运动，在时间内向左做匀减速直线运动，在时速度减为零，根据运动的对称性可知此时电子回到出发点，所以从时刻释放电子，电子一定在两板间往返运动，故CD错误。 故选B。 【变式训练1-4】在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在（　　） A．A点 B．A点右方2l处 C．A点左方l处 D．A点左方2l处 【答案】D 【解析】粒子只受电场力，加速度大小恒定，方向周期性改变；电子带负电荷，电场力方向与电场强度方向相反，所以电子先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度的大小恒定，方向也是周期性改变，作出v-t图象，如图所示 v-t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故物体在第一秒内通过的位移为l，第2s位移也为l，第3s位移还是l，故在t=2s时，电子将处在A点左方2l处； 故选D。 【变式训练1-5】如图为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t变化的关系图像。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．粒子将做往返运动，6s末带电粒子回到原出发点 B．粒子在0~2s内的加速度与在2s~4s内的加速度等大反向 C．粒子在4s末的速度为零 D．粒子在0~6s内，所受电场力做的总功不为零 【答案】A 【详解】AB．E-t图像相当于a-t图像，0～2s内带电粒子做匀加速直线运动，2s～4s电场强度大小为0～2s内电场强度大小的2倍，且电场强度方向与0～2s内电场强度方向相反，所以2s～4s内先做匀减速直线运动再做反向的匀加速直线运动，4s-6s反方向做匀减速运动到零，之后再重复以上过程，所以带电粒子做往复运动，作出带电粒子的0～8s内的v-t图像如下图所示 图像的斜率就是加速度，图像的面积表示位移，粒子将做往返运动，6s末带电粒子回到原出发点；在2s~4s内的加速度是粒子在0~2s内的加速度大小的2倍，方向相反，故A正确，B错误； C．由图像可知粒子在4s末的速度不为零，故C错误； D．由图像可知6s末粒子的速度为零，由动能定理可知粒子在0~6s内，所受电场力做的总功为零，故D错误。 故选A。 【变式训练1-6】如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏移的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，下列说法正确的是（　　） A．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 B．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 C．只有时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．不是所有电子离开电场时的速度都是 【答案】B 【详解】A．依题意，可知所有电子离开极板所用时间 时刻进入电场的电子在垂直极板方向的速度时间图像如图所示 图像与时间轴围成的面积代表位移，图像可知在时刻侧位移最大且最大位移为 题意可知时刻进入电场的电子侧位移最大为 联立解得，故A错误； B．时刻进入电场的电子，在时刻侧位移最大，最大侧位移为，故B正确； C．在（n=0，1，2，3...）时刻进入电场的电子侧位移最大且最大为，故C错误； D．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像如图所示 所有电子离开极板所用时间 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度均为零，所以所有电子离开电场时速度都等于，故D错误。 故选B。 【变式训练1-7】如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为m、元电荷为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是（ ） A．电子在圆筒中做匀加速直线运动 B．本装置可采用直流电进行加速 C．进入第2个金属圆筒时的速度为 D．第8个金属圆筒的长度为 【答案】C 【解析】电金属圆筒中电场为零，电子做匀速直线运动；电子在金属圆筒中的运动时间为；根据动能定理求电子出第2个圆筒瞬间速度，由x＝vt求解第8个圆筒长度。 解答本题的关键要理解直线加速器的工作原理，把握电子的运动规律，运用动能定理和运动学公式相结合解答。 A、金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误； B、只有电子保证每次在缝隙中被电场加速，才能获得较大的速度，故采用交流电进行加速，故B错误； CD、电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得：neU＝－0，解得电子进入第2个圆筒瞬间速度为v2＝＝，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是， 则第8个圆筒长度为L8＝＝＝，故D错误，C正确。 故选C。 【变式训练1-8】如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压，A板的电势φA＝0，UBA随时间的变化规律如图乙所示.现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则（　 ） 图甲　　　　　　　 图乙 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，它可能时而向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＝T时刻进入的，它可能时而向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＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动 【答案】AB 解析　根据题意及电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的4个图像. 由图4可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确；若电子在时刻进入电场，则由图4知，电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，B正确；若电子在时刻进入电场，则由图4知，在第一个周期内电子即返回至A板，从A板射出，C错误；若电子在时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能进入电场，D错误. 【变式训练1-9】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，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是（ 　　） 【答案】AD 解析　在平行金属板之间加上题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小始终不变，F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小始终不变，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，在第三个内向A板做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图像应如D项所示，v－t图像应如A项所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x－t图像应是曲线，B错误. 【变式训练1-10】（多选）如图1所示，平行金属板电容器竖直放置，两板之间加上如图2所示周期为4s的方波电压，t＝0时刻将一个带负电粒子从两金属板之间由静止释放，此时a板电势高于b板电势。粒子所受重力忽略不计，粒子在电容器内的运动过程中不会与a、b板相碰，以下说法正确的是（　　） A．0～1s粒子向a板运动，且速度越来越大 B．1s～2s粒子向b板运动，且速度越来越大 C．3s时刻粒子的速度为零 D．4s时刻粒子的速度为零 【答案】AD 【解答】解：A、根据题意分析，结合图2可知，在t＝0时，a板电势高于b板电势，在0∼1s这一段时间内，所受电场力向左，粒子向左做匀加速直线运动，即0～1s粒子向a板运动，且速度越来越大，故A正确； B、根据题意分析可知，在1～2s这一时间内，带负电粒子所受电场力向右，粒子向左做减速运动，根据对称性可知2s时刻，粒子速度为0，故1s～2s粒子向a板运动，且速度越来越小，故B错误； CD、根据题意分析可知，在2～3s这一段时间内，带负电粒子所受电场力向右，粒子向右做加速运动，3s时刻粒子的速度最大，不为零；3s∼4s内，粒子所受电场力向左，粒子向右做减速运动，根据对称性可知在4s时刻粒子速度为0，故C错误，D正确。 故选：AD。 【变式训练1-11】（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），两板间的距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，图中反映电子的速度v、加速度a和位移x随时间t变化的规律可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【解答】解：根据题意，分析电子在交变电场中的受力与运动情况。由牛顿第二定律 F＝ma 可知，电子的加速度 ，由于 e、m、d 均为定值，故加速度 a 的变化规律与电压 UBA 完全一致。 C、观察图乙可知，电压 UBA 在 内为正值且恒定，在 内为负值且恒定，在 内又变为正值。 对应的加速度 a 图像应为矩形波，且正负切换的时间点与电压完全同步。图 C 准确反映了这一规律，故 C 正确； AB、由于加速度 a 是分段恒定的，根据速度公式 v＝∫adt 可知，速度 v 在各时间段内应为时间的线性函数。在 内，电子做初速度为零的匀加速运动，v 随时间均匀增大；在 内，加速度反向，电子做匀减速运动并在 时速度减为零。 以此类推，速度图像应由一系列斜率恒定的直线段组成（即三角波）。图 B 符合此规律，而图 A 为矩形波（意味着加速度在段内为零），故 B 正确，A 错误； D、位移 x＝∫vdt。在速度 v 随时间线性变化的阶段，位移 x 必然是时间的二次函数，即 x﹣t 图像应由一系列开口方向不同的抛物线段组成。 观察图 D，其位移随时间呈线性变化（即折线形式），这对应的是速度恒定的运动，不符合本题电子做匀变速直线运动的特征，故 D 错误。 故选：BC。 【变式训练1-12】在芯片制造的离子注入工艺中，需通过平行板电容器间的电场精准调控带电离子的运动轨迹。如图甲所示，平行板电容器板间距离为，B板接地，A板的电势与时间的关系如图乙所示。时刻，一质量为、电荷量为的带正电离子从两板正中间静止释放，离子运动过程中没有碰到极板，不计离子重力。下列说法正确的是（　　） A．离子在时间内的加速度大小为 B．离子在时刻的速度大小为 C．离子在时间内的总位移为零 D．离子在第一个周期内的位移与第二个周期内的位移相等 【答案】AC 【详解】A．B板接地，时间内，根据牛顿第二定律可得 解得，故A正确； B．时的速度 方向向下，时间内的电压变为之前的3倍，可得加速度 时刻的速度，方向向上，故B错误； C．时间内的位移 方向向下，时间内的位移 总位移，故C正确； D．第一个周期内的位移为零，第二个周期的初速度，方向向上，该周期加速度与第一个周期加速度相同，因此在第一个周期内的位移与第二个周期内的位移不相等，故D错误。故选AC。 【变式训练1-13】(多选) 一对很大的平行正对金属板，通过改变两金属板间的电压，可使板间形成如图所示规律变化的电场。一带电粒子从时刻由静止释放，粒子运动过程中始终不接触金属板（粒子重力不计），则下列说法正确的是（　　） A．带电粒子始终向一个方向运动 B．内，带电粒子所受电场力的冲量等于0 C．末带电粒子刚好回到初始位置 D．内，电场力对带电粒子做的功不等于0 【答案】BC 【解析】A． 利用图像画出带电粒子的图像，如图2所示， 由图像可知，带电粒子没有始终向一个方向运动，A错误； B．根据冲量公式 由图象可知，内，带电粒子所受电场力的冲量等于0，B正确； C．由匀变速直线运动的速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，根据图像可知，末带电粒子刚好回到初始位置，C正确； D．根据功的公式 由于内粒子的位移为零，故电场力对带电粒子做的功等于0，D错误。 故选BC。 【变式训练1-14】(多选) 某电场的电场强度E随时间t变化规律的图象如图所示。当t=0时，在该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．带电粒子在0~3s内的初、末位置间的电势差为零 C．2s末带电粒子回到原出发点 D．0~2s内，电场力的总功不为零 【答案】BD 【解析】A．带电粒子在第1s内做匀加速直线运动，在第2s内先匀减速后反向匀加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误； B．带电粒子在第1s内做匀加速直线运动，位移为 1s末的速度为 在第2s内加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，第2s内的位移和速度为 ， 则2s末带电粒子仍处于1s末的位置，第3s内的加速度与第1s内相同，有 则带电粒子在这3s内的总位移为 即带电粒子在3s末回到出发点，则电场力做功为零，电势能变化为零，电势差为零，B正确； C．根据对B选项的分析可知，3s末带电粒子回到原出发点，C错误； D．带电粒子在2s末没有回到出发点，电势能变化不为0，所以电场力的总功不为零，D正确。 故选BD。 【变式训练1-15】（多选）图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（　　） A．金属圆筒1、2、3的长度之比为 B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍 C．第n个圆筒的长度应满足 D．进入第n个圆筒时电子的速率为 【答案】AC 【详解】A．由于电子每经过圆筒狭缝时都要加速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间均为，电子在加速过程中加速度相同，经过n次加速后，根据动能定理 解得 不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为，则 所以金属圆筒1、2、3的长度之比为，A正确； B．由于电子在筒内做匀速直线运动，所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速度，B错误； CD．根据动能定理，电子进入第n个圆筒时的速度满足 所以 所以第n个圆筒的长度为 C正确，D错误。 故选AC。 【变式训练1-16】某实验小组设计了一个装置，左边由1块金属板和5个中间开有小孔的金属筒组成，彼此间存在很窄的狭缝，右侧有一个接收屏，距离右侧出口上方处固定一个电荷量为的点电荷。现让带电量，质量的粒子从紧挨金属板右侧虚线处静止释放，同时接通如图所示交流电，且初始时奇数筒电势高。粒子在每个狭缝中都能一直加速，最后从右侧射出后，最终打在接收屏上。已知点电荷周围电势为，不计点电荷对左侧区域的影响，忽略粒子的重力，则（　　） A．粒子在左侧区域，一直做加速运动 B．各筒长可能满足 C．接收屏接收粒子位置在出口上方处 D．粒子在右侧区域飞行的时间为 【答案】BD 【详解】A．在金属筒内，由于静电屏蔽内部场强为0，此时为匀速直线运动，故A错误； B．若在每个筒内飞行时间均为则可以满足每次在狭缝中均为加速。又在筒中存在 即速度比为 匀速飞行，则长度比为，故B正确； C．从5号筒飞出后动能为，速度为 势能为，设飞至接收屏时离Q的距离为b，存在 类比天体运动特点还应存在联立可得 则接收粒子位置应为出口上方处，C错误； D．类比天体运动，飞行周期应与半径为的圆周运动周期一致。则有 可得则飞行时间为，故D正确。故选BD。 【变式训练1-17】多个长度逐个增大的金属圆筒沿轴线排列成一串，如甲图所示，图中只画出了六个圆筒作为示意。各筒按奇偶顺序交替连接到如乙图所示的交流电源的两端，已知交流电源周期为T、电压绝对值为，且对应奇数号圆筒为高电势。整个装置放在高真空容器中。圆筒的两底面中心开有小孔，粒子可以沿筒的中心轴线穿过。由于静电平衡，可认为只有相邻圆筒间缝隙中存在匀强电场，而圆筒内部电场强度为零，缝隙的宽度很小，粒子在缝隙电场中加速的时间可以不计。时刻，有一电量为、质量为的正离子由静止进入一、二圆筒间的电场开始加速，穿过二号圆筒后正好在时刻进入二、三圆筒之间的电场再次加速，且之后每经过正好进入下一缝隙电场。 (1)求粒子从第2个圆筒飞出时的速度大小？ (2)第个圆筒的长度？ (3)实际应用中，由于相邻圆筒之间电压最大值有限制，要想使粒子获得较大速度，需要经过很多次加速，设置的圆筒数量较多，导致粒子在缝隙电场中的加速时间不能再忽略。设相邻圆筒间距均为，在不改变交变电源的情况下，粒子能获得的最大动能是多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据动能定理 可得 （2）根据动能定理 又 联立可得 （3）根据 结合牛顿第二定律 根据运动学公式， 结合动能的定义 联立可得 题型02：带电粒子在交变电场中的偏转运动 【典型例题1】空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断中正确的是（　　） 7．如图1所示，两块相同金属板A、B平行正对，水平放置，长为L，间距为d，两板接上如图2所示电压。一束电子流沿中心线OO′从O点，以初速度v0射入板间，且t＝0时刻进入两板间的电子恰好不碰到极板。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子重力及电子间相互作用。下列说法正确的是（　　） A．电压U0满足U0 B．在t时刻射入的电子从中心线离开电场 C．在t时刻射入的电子不能离开电场 D．所有电子都能射出电场且离开电场时的速度一定为v0 【答案】D 【解答】解：A、根据题意分析可知，t＝0时刻进入两板间的电子恰好不碰到极板，根据匀变速直线运动的公式有， 根据牛顿第二定律有 解得，故A错误； B、根据题意分析可知，在时刻射入的电子，沿电场方向，电子的运动分四段。 第一阶段向正方向加速运动，位移为 第二阶段向正方向减速运动，位移为 第三阶段向负方向加速运动，位移为 第四阶段向负方向减速运动，位移为 竖直方向合位移为 则在时刻射入的电子不会从中心线离开电场，故B错误； C、根据题意分析可知，电子在t＝0时刻从O点射入时，离开电场时偏离中心线距离最大，此时恰好射出电场，则在时刻射入的电子能离开电场，故C错误； D、根据题意分析可知，所有电子都能射出电场，竖直方向，电子做加速运动的时间为，做减速运动的时间也为，离开电场时竖直方向的速度一定为0，合速度一定为v0，故D正确； 故选：D。 【典型例题2】如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板中点的一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、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，不计粒子重力及粒子间的相互作用，以下判断正确的是（　　） A．能从板间射出的粒子的动能不一定相同 B．粒子在电场中运动的最短时间为 C．t时刻进入的粒子，从O点的下方射出 D．t时刻进入的粒子，不能从右侧射出 【答案】D 【解答】解：A、粒子在板间运动时间，即t＝2T，由于电场力在竖直方向的冲量在一个周期内为零，故全过程竖直方向总冲量为零，射出时竖直分速度为零，动能均为，故A错误； B、粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动时位移增长最快，由及，当时，解得，故B错误； C、时刻进入的粒子，根据对称性及运动分析，一个周期内竖直位移为零，两个周期总位移为零，从O点等高处射出，故C错误； D、时刻进入的粒子，在第一个半周期内的加速时间，竖直位移，解得，因，粒子打在极板上，不能从右侧射出，故D正确。 故选：D。 【典型例题3】如图甲所示，在场强大小为E0，方向水平向左的匀强电场中，固定着一根光滑绝缘杆OC和两个等量同种正点电荷A、B，四边形OACB恰好构成菱形。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上。令x轴与OC杆重合，以左端O为坐标原点，以水平向左为两个正点电荷在OC杆上产生的合场强的正方向，则该合场强在OC杆上的变化规律如图乙所示，Em为该合场强的最大值。将小球从杆的左端O由静止释放，小球沿杆运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球运动到C点时的速度可能为0 B．当E0>Em时，小球电势能逐渐减小 C．当E0<Em时，小球加速度先增大后减小 D．若移走B电荷，仍从O点由静止释放小球，则小球加速度最大值为 【答案】　B 【解析】根据静电力对小球做的功，从O到C，两电荷对小球做功为零，已知E0对小球做正功，故小球在C点速度不为零，故A错误；当E0>Em时，电场力对小球做正功，电势能减小，故B正确；当E0<Em时，小球加速度在通过AB连线前为先增大，后减小，通过AB连线后，为先减小后增大，故C错误；移走B电荷，A电荷产生的最大场强无法计算，合场强最大值根据题目条件无法计算，故D错误。 【典型例题4】（多选）如图1所示，一束初速度不计的带电粒子进入加速电场被加速后，沿着偏转电场的中心线进入偏转电场，偏转电场两板之间的电压随时间变化图像如图2所示，变化周期为。已知时刻射入偏转电场的带电粒子，在时刻刚好从极板A的右边缘射出，带电粒子质量为m，电荷量为q，偏转电场两极板的板长为L，极板间距为d，忽略带电粒子的重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　） A．加速电场极板间的电压为 B．偏转电场极板间的电压为 C．时刻进入偏转电场的粒子与A板的最小距离为 D．时刻进入偏转电场的粒子垂直极板方向的最大速度为 【答案】AC 【详解】AB．粒子在加速电场中，根据动能定理有 解得 进入电场后，根据类平抛运动规律有， 根据牛顿第二定律有 联立解得，，故A正确，B错误； CD．由题分析可知，在时刻进入偏转电场的粒子竖直方向先加速运动，经后再减速运动，再经后速度变为0，再反向加速，如此往复，所以与A板的最小距离为 垂直极板方向的最大速度为，故C正确，D错误。 故选AC。 【典型例题5】如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，（不计粒子重力）求： （1）粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大； （2）在（1）的条件下，A、B两板长度的最小值； （3）A、B两板间距的最小值。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔时的速度即为进入A、B板的初速度。 粒子刚好能到达O2孔时，在C、D间由动能定理有 qU2＝mv02 解得 v0＝ （2）由于粒子进入A、B后，在一个周期T内，竖直方向上的速度变为初始状态，即 v竖＝0 竖直方向的位移也为0。 若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为 L＝v0T＝ （3） 若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d， 则有 解得 d＝ 【典型例题6】一平行板电容器长l=10cm，宽a=8cm，板间距d=4cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010C/kg，速度均为4×106m/s，距板右端处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。试求： （1）离子打在屏上的区域面积； （2）在一个周期内，离子打到屏上的时间。 【答案】（1）64cm2；（2）0.0128s 【解析】(1)离子在极板间做类平抛运动，设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U0，水平、竖直方向由位移公式可得 l=v0t 由牛顿第二定律可得，离子的加速度为 联立解得 U0=128V 当U≥128V时离子打到极板上，当U<128V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为，利用平抛运动推论可知，打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由相似三角形可得 解得打到屏上的长度为 y=d 由对称可知，离子打在屏上的总长度为2d，故区域面积为 S=2ya=2ad=64cm2 (2)在前，离子打到屏上的时间为 t0=×0.005s=0.0032s 由对称性可知，在一个周期内，离子打到屏上的总时间为 t1=4t0=0.0128s 【变式训练2-1】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，时间内微粒匀速运动，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。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（　　） A．末速度大小为 B．克服电场力做功 C．重力的冲量为 D．重力势能增加了 【答案】B 【解答】解：在时间内，微粒做匀速直线运动，合力为零，电场力与重力平衡，满足qE0＝mg。 在时间内，电场强度E＝0，微粒仅受重力，向下做类平抛运动，加速度a2＝g。在时刻，微粒竖直分速度，解得。此阶段竖直位移，解得。 在时间内，电场强度E＝3E0，微粒所受电场力FE＝q×3E0，即FE＝3mg，合力F合＝3mg﹣mg＝2mg，方向竖直向上，加速度，即a3＝2g。在时刻，微粒竖直分速度，代入数据得，解得vy3＝0。此阶段竖直位移，解得。 全过程竖直总位移Δy＝y2+y3，代入数据得，解得。微粒恰从金属板边缘飞出，满足，即。 A、在时刻，微粒竖直速度为0，水平速度为v0，故末速度大小为v0，故A错误； B、在时间内，根据动能定理有WG+WE＝0，重力做功，则电场力做功，即微粒克服电场力做功为，故B正确； C、重力的冲量，故C错误； D、微粒向下运动，重力做正功，重力势能减少了，故D错误。 故选：B。 【变式训练2-2】如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平右发射初速度为v0、电荷量为q（q＞0）质量为m的粒子，金属板右侧距离为d竖直放置一足够大的荧光屏。现在两可加图（b）所示电压，已知t＝0时刻入射的粒子恰好能从金属板射出。不计重力，则（　　） A．不同时刻入射的粒子在金属板间运动的时间不相等 B．t时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点射出 C．无论哪个时刻入射的粒子从金属板间射出时动能Ek D．粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为 【答案】C 【解答】解：A、粒子在水平方向不受力，做匀速直线运动，运动时间，与入射时刻无关，故A错误； B、t＝0时刻入射的粒子在竖直方向先加速后减速，射出时侧移量最大，为。时刻入射的粒子，根据运动学公式计算可知，其射出时侧移量，不是从右侧中点射出，故B错误； C、粒子在板间运动时间等于电压变化周期。在一个周期内，电场力冲量，即I＝0，故任意时刻入射的粒子射出时竖直分速度均为0，动能，故C正确； D、粒子射出时竖直速度均为0，打在屏上的位置等于射出时的侧移量。侧移量最大值为，最小值为，故打在屏上的长度范围为d，故D错误。 故选：C。 【变式训练2-3】如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（　　） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为 C．时刻进入的粒子能从下边缘射出 D．时刻进入的粒子将打到下极板 【答案】A 【解答】解：A、根据题意分析可知，粒子在电场中运动的加速度大小为 假设粒子进入电场后，在竖直方向上始终沿一个方向做匀加速直线运动，且最终打在极板上，则有 解得 所以假设成立，则粒子在电场中运动的最短时间为，故A正确； B、根据题意分析可知，设交变电场周期为T，射出粒子在电场中运动的时间均为 根据交变电场的周期性可知，无论在何时刻射入的粒子，粒子在电场中经过2T时间后电场力对粒子的合冲量均为零，则粒子在竖直方向速度的变化量为零，所以射出粒子的最大动能为，故B错误； C、根据题意分析可知，时刻进入的粒子，在时间内向下做匀加速运动，根据匀变速直线运动的公式有，竖直分位移大小为 根据对称性可知，粒子在时间内将向下做匀减速运动，且竖直分位移大小仍等于y1，则 粒子在时刻速度减为零后又开始向上做匀加速运动，进而可推知粒子在进入电场T时间后又回到OO′上，所以时刻进入的粒子最终能从O′点射出，故C错误； D、根据题意分析可知，时刻进入的粒子，在时间内向下做匀加速运动，且竖直分位移大小为 根据对称性可知，粒子在时间内将向下做匀减速运动，且竖直分位移大小仍等于y2，则 粒子在时刻速度减为零后，又开始向上做匀加速运动，在时间内粒子竖直分位移大小为 假设没有上极板，且电场不消失，在时间内粒子将向上做匀减速运动，根据对称性可知竖直分位移大小仍为y3，则进入电场经过一个周期后，粒子的竖直分位移大小为 故时刻进入的粒子一定会打到上极板，故D错误。 故选：A。 【变式训练2-4】如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。t＝0时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　） A．粒子带正电 B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞 C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出 D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍 【答案】D 【解答】解：A.根据题意可知，t＝0 时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边框为高电势，电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误； B.时刻到达b点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0，故不会与下边框垂直碰撞，故B错误； C.根据题意可知，时刻粒子在b点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运动轨迹具有对称性。故粒子最终将从a点水平向左飞出，故C错误； D.根据类平抛运动的规律有 代入数据得，因为时间之比为1：2，故电场强度之比为4：1，故D正确。 故选：D。 【变式训练2-5】在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0（v0接近光速的）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2s内（　　） A．当时，所有电子都能从极板的右端射出 B．当时，将没有电子能从极板的右端射出 C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2 D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为 【答案】D 【解析】AB．电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到电场力作用，当电子恰好飞出极板时有 解得 当时，所有电子都能从极板的右端射出； 当时，在0.2s时间内，极板间电压的时间段内，电子能从极板的右端射出，故AB错误； C．当时，分析图乙可知，任意0.2s内，有一半的时间内极板间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误； D．当时，分析图乙可知，任意0.2s内，有0.2s的时间内极板间电压低于临界电压，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为，故D正确。 故选D。 【变式训练2-6】如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是(  ) A．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线) B．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线) C．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出 D．电子射出后动能一定增大 【答案】C 【解析】ABC．将电子的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向做匀速运动，竖直方向仅在电场力作用下做变速直线运动，电子在水平方向匀速，故经过电场区域的时间是一定的，竖直方向在电场力的作用下做变速运动，在交流电的一个周期内，竖直分位移为零；当电子在电场中运动的时间恰好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A、B错误，C正确； D．当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错误. 【变式训练2-7】（多选）如图甲所示，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、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（　　） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为 C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 【答案】AD 【解析】由题图可知电场强度E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，则粒子在电场中运动的最短时间满足＝，解得tmin＝，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＝，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，可知射出电场时的动能均为，选项B错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向下加速，后向下减速速度到零；然后向上加速，再向上减速速度到零……如此反复，则最后射出时有沿电场方向向下的位移，即粒子将从O′点下方射出，故C错误；t＝＝时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是先向上加速，后向上减速速度到零；然后向下加速，再向下减速速度到零……如此反复，则最后射出时沿电场方向的位移为零，即粒子将从O′点射出，选项D正确。故选：AD。 【变式训练2-8】（多选）如图甲所示，两正对平行金属板AC、DB水平放置，在其右侧有汇聚状的电场，电场线的延长线的交点在点（的中点），在两平行板间加上周期为的交变电压，电压大小为。时刻，一质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力）从靠近上极板左端（视为点）以水平向右的速度射入匀强电场，时刻从下极板点水平向右进入汇聚状电场做匀速圆周运动，经过半个圆周到达点，到达点时的速度方向水平向左，下列说法正确的是（    ） A．平行板的长度为 B．两平行板间的距离为 C．时刻，粒子的速度大小为 D．粒子在汇聚状电场中飞行的时间为 【答案】CD 【详解】A．粒子在水平方向做匀速直线运动，平行板的长度为 故A错误； BC．由题可知，时间内，粒子在水平方向做匀速直线运动，则有 竖直方向上粒子做匀加速直线运动，加速度 在时间内，竖直方向上的位移 在时间内，粒子在水平方向依然做匀速直线运动，竖直方向做加速度大小不变的减速运动，根据运动的对称性可知，粒子到达B点时竖直方向速度为零，竖直方向的位移大小依然为 竖直方向上的距离 解得 在时竖直方向上的速度 在时的速度 故B错误，C正确； D．粒子在汇聚状电场中飞行时电场力不做功，粒子做匀速圆周运动，运动的路程 飞行的时间为 故D正确。 故选CD。 【变式训练2-9】如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压（时上金属板带正电），其中。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒子（初速度，重力忽略不计），该粒子源射出的带电粒子恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则（　　） A．能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T B．时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出 C．能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0 D．能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的25% 【答案】．AC 【解析】能从板间飞出的粒子，水平方向做匀速直线运动，则有 , 故A正确； 假设时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出，则它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，则有 由牛顿第二定律，可得 联立，解得 则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。故B错误； 根据对称性，能从极板右侧飞出的粒子在电场中运动时间为T，则出电场时竖直速度一定为零，则电场力对其做功为零，故C正确； 考虑射入的粒子，当粒子射出位置最低时，可以假设释放的时间为，在释放后的时间内，竖直位移应恰好为d， 解得 随后的内，由于竖直上升高度为 假设成立，此为一临界位置； 当粒子射出位置最高时，根据对称性可知从时刻射入粒子恰好从上边缘射出，此为一临界位置，则能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数 故D错误。 【变式训练2-10】如图（a）所示，在矩形MNQP区域内有平行于MP的匀强电场，一电荷量为、质量为m的带电粒子（不计粒子重力）以初速度从M点沿MN方向进入匀强电场，经时间刚好从Q点射出，。取匀强电场方向由M→P为正方向，使匀强电场的电场强度按图（b）或图（c）所示做周期性变化，图中为未知量，现使该粒子在时刻仍从M点以射入电场，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小为 B．若电场按图（b）做周期性变化，则粒子到达NQ边界上的位置与Q相距 C．若电场按图（b）做周期性变化，则粒子到达NQ边界时的速度大小为 D．若电场按图（c）做周期性变化，则粒子到达NQ边界时的位置与Q相距 【答案】AD 【详解】A．对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，由运动学知识有 沿电场方向做匀加速直线运动，由运动学知识有 对粒子受力分析，由牛顿第二定律有 联立解得，A正确； BC．若电场按图（b）做周期性变化，沿MN方向做匀速直线运动，有 沿电场线方向，前做匀加速直线运动，有， 时间内，沿电场线方向做匀速直线运动，有 联立解得粒子到达NQ边界上的位置与Q相距 粒子到达NQ边界时的速度大小为，B错误，C错误； D．若电场按图（c）做周期性变化，沿MN方向做匀速直线运动，有 沿电场线方向，前做匀加速直线运动，有， 时间内，沿电场线方向做匀减速直线运动，有， 联立粒子到达NQ边界时的位置与Q相距，D正确。 故选AD。 【变式训练2-11】(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．4 s末带电粒子回到原出发点 C．0~3 s内，电场力的冲量为零 D．0~3 s内，电场力做的总功为零 【答案】CD 【解析】AB．作出带电粒子在交变电场中的图像如图所示，不难发现，3 s末粒子回到了出发点，3 s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，AB错误； C．0~3 s内，对粒子由动量定理得 故0~3 s内电场力的冲量为零，C正确； D．0~3 s内，对粒子由动能定理得 故0~3 s内电场力做的总功为零，D正确。 故选CD。 【变式训练2-12】(多选) 图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为的带电粒子甲从O点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（　　） A. T时刻，乙粒子离开电场 B. 乙粒子的比荷为 C. 甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3 D. 甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2 【答案】ABD 【解析】 A．设板长为L，粒子甲带负电，则甲运动时间为 粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为 因乙在时刻飞入板间，则在T时刻飞出板间，A正确； CD．设两板间距离为d，则有 为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得 做出竖直方向上速度与时间图像，如图 则图线与时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，设板间距为d，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为，根据图像可知在、时刻粒子甲会恰好不碰到极板，此两种时刻会达到最大位移的大小，而在时刻，粒子出磁场，此时位移是最大位移的一半，为，即甲在竖直方向上的位移为；同理，对粒子乙，其轨迹为的形状，因乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知在T时刻会恰好不与极板相撞，此时乙刚好飞出磁场，即乙在竖直方向上为位移为，则偏转位移之比为 C错误，D正确； B．对乙有 对甲有 因 则有 可得 又， 可得 B正确。 故选ABD。 【变式训练2-13】如图甲所示，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，粒子质量为m，不计粒子所受重力及相互间的作用力，则在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为___________，粒子的电荷量为___________；在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了___________。 【答案】     v0          【解析】[1]由题意知，t=0时刻进入电场的粒子，水平方向做匀速运动，则 所以粒子在电场中运动时间为 由此可知，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度，即 [2]粒子在竖直方向一个周期内的位移为d，即 解得 [3]时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为 电场力做功为 电场力做正功，电势能减少，且 【变式训练2-14】如图甲所示，在xOy坐标系中，两金属板平行放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一足够大荧光屏.两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝5×103V，t＝0时刻一带正电的粒子从左上角A点附近，以v0＝1000m/s的速度平行于AB边射入两板间，最终打到荧光屏上.已知粒子带电荷量q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg，不计粒子所受重力，求： （1）粒子在板间运动的时间； （2）粒子打到屏上的速度； （3）若A处的粒子源以v0＝1000m/s的速度平行于AB边连续不断发射相同粒子，求荧光屏上的光带长度是多少？若向右移动荧光屏，屏上光带位置和长度如何变化（写出结论，不要求计算过程）. 答案　（1）2×10－3s　（2）大小为500m/s，方向与v0的夹角θ满足tanθ＝　 （3）0.5m　光带位置下移，长度不变 解析　（1）粒子在板间沿x轴方向做匀速运动，运动时间为t，根据L＝v0t0 代入数据解得t0＝2×10－3s （2）设t＝0时刻射入板间的粒子射到荧光屏上时沿y轴方向的分速度为vy，合速度为v，v与v0的夹角为θ，有 vy＝a· 根据牛顿第二定律有a＝＝ 粒子打到屏上的速度v＝，tanθ＝ 代入数据解得v＝500m/s，tanθ＝ （3）粒子在t＝2n×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏上时有最大侧移ymax，有 打入ymax＝（）2＋（）2＝0.75m 粒子在t＝（2n＋1）×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏时有最小侧移ymin，有 ymin＝（）2＝0.25m 光带长度ΔL＝ymax－ymin＝0.5m 若向右移动荧光屏，光带位置下移，长度不变. 【变式训练2-15】中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图1所示，在平面内的第一象限和第四象限加一沿轴正方向的匀强电场（未知），一粒子发射源固定在坐标原点，该装置可以沿轴正方向发射质量为、电荷量为的粒子，粒子的初速度均为，刚好能过第一象限内的点，已知点的横坐标为，不计重力及粒子间的相互作用。 （1）已知粒子过点时速度为，求匀强电场的场强大小和点的纵坐标； （2）若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图2所示，场强为正值时表示电场方向沿轴正方向，题干中其他条件均不变，时刻从坐标原点射出的粒子仍能过点，求图2中与的比值； （3）如图3所示，在处放置一垂直于轴、可吸收带电粒子的挡板，并在第一和第四象限内加如图2所示的交变电场，图3中两条虚线的纵坐标为在至时间内从坐标原点沿轴正方向连续发射粒子，粒子的初速度均为，求在哪个时间范围内发射出的粒子，运动轨迹始终在图3中两条虚线之间（含虚线），并求出这些粒子落在挡桩上的纵坐标范围。   【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，将粒子运动到点时的速度正交分解，其沿轴方向的上分速度为，根据勾股定理其沿轴方向的分速度 (1分) 根据动力学， （4分） 联立可得 (1分) (1分) （2）换成交变电场后，粒子运动至点的运动时间仍为(1分) 结合题图2可知，交变电场在此期间经历了两个周期，粒子沿轴的分速度随时间变化的图像如图甲所示，所以整个运动过程其在轴方向运动的距离为(2分) 又知道 可解得(1分) 故(1分)    （3）设时刻发射出的粒子恰好能运动至虚线，结合粒子沿轴的分速度随时间变化的图像如图乙所示，根据匀变速运动规律可知 (2分) 可解得 由图乙可知在时刻射出的粒子最终打在挡板上时的纵坐标为 设时刻发射出的粒子恰好能运动至虚线，结合运动图像如图丙所示，根据匀变速运动规律有 (2分) 解得 由图丙可知在时刻射出的粒子最终打在挡板上时的纵坐标为 综上所述，在时间范围内射出的粒子运动轨迹始终在题图3中两虚线之间。(2分) 这些粒子落在挡板上范围为(2分) 【变式训练2-16】如图甲所示，质量为m，电荷量为-q（q>0）的电子由电子枪连续发出，初速可忽略不计，经U的电压加速后，沿中心线垂直进入偏转电场，两极板长为L，间距为d。足够大的荧光屏中心为O，离极板距离为l。不计电子重力及电子间相互作用，整个装置置于真空中。 （1）若偏转电压U2恒定，电子能射出平行板，求U的最大值U2max； （2）若偏转电压U2随时间变化规律如图乙所示，其最大值为U0（U0<U2max），变化周期为T。求电子打在荧光屏上的位置范围。（U2的变化周期T远远大于粒子穿越电场的时间） 【答案】（1）；（2）位置范围为О点上下方各 【解析】 （1）对电子，加速有 偏转有 能出射 解得 （2）当时，出偏转场后匀速 解得 位置范围为О点上下方各 【变式训练2-17】如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求： （1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离； （2）荧光屏上有电子打到的区间长度。 【答案】（1）13.5 cm；（2）30 cm 【解析】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得 设电容器间偏转电场的场强为E，则有 设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有沿中心轴线方向 垂直中心轴线方向有 联立解得 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有 vy＝at 则电子在荧光屏上偏离O点的距离为 由题图乙知t＝0.06s时刻 U＝1.8U0 解得 Y＝13.5cm （2）由题知电子偏转量y的最大值为，根据 可得当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。所以代入得 所以荧光屏上电子能打到的区间长度为 2Ymax＝3L＝30cm 【变式训练2-18】 医用质子肿瘤治疗仪示意图如图甲所示，由质子放射源S、加速电压为U的加速电场区、MN板间电压产生的偏转电场区，以及边界为圆形的匀强磁场区组成。其中，水平放置的平行金属板M、N长为L、间距为d，磁场方向垂直于纸面。S持续释放质量为m、电荷量为e的质子，质子从小孔飘入加速电场，其初速度可视为零。加速后的质子沿中线从点垂直于电场方向射入偏转电场区，质子通过偏转电场后进入匀强磁场区。所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P点。M、N板间电压随时间变化关系如图乙所示，图中。时质子射入偏转电场，恰好能从N板的右边缘水平飞出。不考虑质子之间的相互作用力、重力和空气阻力，忽略MN板边缘外电场的影响。 （1）求质子进入偏转电场时速度的大小； （2）求偏转电压的大小； （3）己知分别从M、N板右边缘飞出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P点时速度方向的夹角为60°，求磁场区磁感应强度的大小和方向。 【答案】（1）；（2）； （3），方向垂直纸面向外 【解析】（1）在加速电场中，根据动能定理有 解得 （2）所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P点，可知质子离开偏转电场的速度沿水平方向，。时质子射入偏转电场，恰好能从N板的右边缘水平飞出，根据类平抛运动规律有 同时满足 （n=1，2，3…） 解得 ，（n=1，2，3…） （3）质子带正电，经过磁场后偏向P点，则磁场垂直纸面向外；从M、N板右边缘飞出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P点时速度方向的夹角为60°，根据几何关系可知磁场区域半径与质子运动轨迹半径相等，且均为d，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 【变式训练2-19】如图甲所示，带电量q=-2.0×10-4C、质量M=0.3kg的物块放在足够大的绝缘粗糙水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2；长=2m的轻质细线上端固定，下端系着一质量m=0.1kg的绝缘小球。以O为原点，水平向右为x轴建立坐标。O点右侧空间有一水平电场，电场强度E随位置x的变化关系如图乙所示，规定水平向右为场强正方向。现给小球一个初速度，运动至最低点O时与物块发生弹性正碰，碰后恰好可以做完整的圆周运动。设物块在碰撞和滑行过程中电荷量保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，小球与物块均视为质点。g取10m/s2，求： （1）碰撞前瞬间细线对小球的拉力和碰撞后瞬间物块的速度大小； （2）物块最终停止的位置坐标。 【解析】（1）对小球碰撞后可以做完整的圆周运动有最高点，（1分） 从最低点到最高点由动能定理有 （1分） 对碰撞过程中 （1分） 解得 （1分） 碰前瞬间细线对小球的拉力为， 有（1分） 联立代入数据解得:T=21N，v2=10m/s（1分） （2）碰后瞬间，物块的动能大小 （1分） 此后运动过程中物块受到最大电场力 摩擦力大小 内，电势差等于图像与坐标轴围成的面积，则，根据电场力做功与电势的关系可知 （1分） 摩擦力做功 （1分） 合外力对物块做功 （1分） 此后按该规律可知物块到达处速度为0，此时，物块将反向运动，令物块在速度再次为0处受到的电场力为，反向运动的位移为，则（1分） 解得，可知物块速度再次为0时所在处电场强度为0，所以物块最终停止的位置坐标 （1分） 【变式训练2-20】如图甲所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向未知，变化规律如图乙所示。把一质量为m = 1kg、带q = ＋1C电荷的小球在t = 0时从A点以10J的初动能水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为40J的动能竖直向下经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2m，水平距离为1m，A点到水平面C的竖直距离为240m，重力加速度g取10m/s2。求： （1）AB两点间的电势差； （2）匀强电场的场强E0的大小和方向； （3）小球到达水平面C时与A点的水平距离。 【答案】（1）10V；（2），方向与水平方向成45°角斜向左下；（3） 【解析】（1）AB的水平距离为h = 1m，AB的竖直距离为2h = 2m，从A到B的过程根据动能定理有 解得AB两点之间的电势差 （2）小球从A点以动能10J水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点速度竖直向下，为40J，说明水平方向上减速运动，水平方向有 解得 方向水平向左；竖直方向有 解得 方向竖直向下。所以匀强电场的场强 方向与水平方向成45°角斜向左下。 （3）根据题意建立如图所示的坐标系 已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同 小球从A到B，在y轴上有 解得 到达D点时小球沿y轴方向的分速度为 则A到D沿y轴方向的位移为 小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为 经过E点后，2T ~ 3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为 2T ~ 3T时间沿y轴的位移为 以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T ~ 4T时间沿y轴的位移为 4T ~ 5T时间沿y轴的位移为 以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为 令，解得 可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当时 则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为 小球在第7次经过y轴之前竖直方向经历了3次匀速直线运动和4次匀加速直线运动，第7次经过y轴时沿y轴的分速度 小球在第7次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第7次经过y轴到水平面经历时间为 与对比可得 小球在第7次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为 由A到B的过程中，沿水平方向有 解得 小球到达水平面时与A点的水平距离。 【变式训练2-21】某示波管简化装置由加速板、，偏转板、及圆弧荧光屏组成，如图1所示，加速电场电压为，、两板间距和板长均为，荧光屏圆弧的半径为，其圆心与正方形偏转区域的中心点恰好重合，、板间电压随时间的变化规律如图2所示。质量为、电荷量为、初速度为零的粒子从时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比（精确至0.1%）； (3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 【答案】(1) (2)66.7% (3) 【详解】（1）设粒子进入偏转电场时的速度大小为，根据动能定理可得 解得 （2）粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好从极板右侧边缘射出时电压为U，根据类平抛运动规律得， 粒子在偏转电场中的加速度 联立解得 故在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占比为 （3） 由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示 则最长时间与最短时间之差 几何关系可知 联立解得 1.如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 微粒飞出时的速度沿水平方向且大于 B. 微粒的最大速度为 C. 微粒受到的电场力做功为 D. 微粒飞出时重力的功率为 【答案】C 【解析】 时间内微粒匀速运动，则 可知内和内，由牛顿第二定律， 得 微粒进入两板间做类平抛运动，内和内的运动是互逆的，所以微粒飞出两板间的速度为入射的速度，故A错误； 时微粒速度最大，最大速度为，故B错误； 微粒沿电场线方向分别做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动，恰好从金属板边缘飞出则 电场力作用下，沿电场线方向匀加速运动距离为 沿电场线方向匀速运动距离为 电场力做功 联立得，故C正确； 微粒飞出的速度与重力垂直，重力功率为零，故D错误。 2. 如图甲所示，长为的两水平金属板组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为的相同带电粒子。已知时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是( ) A.时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为 B.该粒子源发射的粒子的比荷为 C.时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能 D.时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为 【答案】：ABD 【解析】：由于粒子在电场中的运动时间为，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了2个周期，由对称性可知，粒子在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电容器时，其速度等于水平速度，选项A正确；在2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得，又因为，，可解得，选项B正确；由对称性可知，时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧下方离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，选项C错误；时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为，故此时粒子的速度大小为，选项D正确。 3.如图甲，质量为m、电荷量为的粒子初速度为零，经加速电压加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的板长为L，两极板间距为d，为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是（ ） A. 粒子进入偏转电场的速度大小 B. 若偏转电场两板间加恒定电压，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，则所加电压 C. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为 D. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期应该满足的条件为 【答案】ACD 【解析】根据动能定理得，，解得，故A正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：，解得，又，解得：故B错误；要使电子在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足，则2，3，，在竖直方向位移应满足，解得：2，3，，故CD正确； 4.如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场．粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力． (1) 若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； (2) 若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ (3) 若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？ 【解析】解：(1) t＝ (2) L＝nv0T，n＝1、2、3 d≥()2×2＝ 解得d≥ (“＝”号不写不扣分) (3) d≤()2＝ 解得d≤ 注：如果不写小于共得； 如果用n 正确表示但未将n＝0带入， 即d＝()2(2n＋1)，n＝0、1、2、3 解得d＝，n＝0、1、2、3 5.如图甲所示，在Oxyz坐标系中，存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，电荷量为q的带正电小球位于z轴负半轴上的P点，若小球以与z轴正方向夹角为θ的速度开始在yOz平面内运动，经过一段时间后，小球恰好经过O点且速度方向沿y轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z轴正方向，其随时间变化的规律如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x轴负方向的匀强磁场（图中未画出），小球在内做匀速直线运动，内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）小球的质量m； （2）E1和B； （3）电场变化的周期T； （4）小球在T时刻的位置。 【答案】（1）；（2），；（3）；（4）（0，，0） 【解析】 （1）小球从P到O运动过程中，受重力与电场力作用做类斜抛运动，设初速度大小为v0，时间为t0，沿y轴方向位移为零，则有 沿y轴方向 沿z轴方向 联立可得 （2）小球在内做匀速直线运动，由受力平衡条件有 在内做匀速圆周运动，则有 得 ， （3）小球在内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，则 得 （4）小球在内做匀速直线运动，沿y轴方向位移为 内恰好完成一个完整的匀速圆周运动，末位置与末位置相同。 时间内小球的运动可以分解为以2v向右的匀速直线运动和以初速度v向左在yOz平面内的逆时针匀速圆周运动，由于时间正好等于小球圆周运动的一个周期，所以在T末的位置仍在y轴上，此段时间内的位移为 则小球在T时刻在y轴上的位置为 小球在T时刻的位置坐标为（0，，0）。 6. 如图（1）中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A 板电势φA随时间t变化的规律如图（2）所示。A板电势最高值为，最低值为-φ。已知在t=0时刻，一个电荷量为-e的电子（重力不计） ，在电场力的作用下，从B板的小孔中由静止开始向A板运动，当t= T时，电子刚好到达A板。如果该电子是在时刻才从B板的小孔由静止开始运动，求: （1）从到时间内，电场力对该电子所做的功; （2）该电子运动多长时间才能第一次到达A板? 【答案】（1）W=eφ；（2）1.57T 【解析】 （1）设A、B两板间距为d，电子运动的加速度大小为a，对于t=0时刻进入的电子，前半周期向右匀加速运动，后半周期向右匀减速运动到速度为零。前半周期和后半周期位移相同，均为，有 d=2× 对于t=进入的电子，有 在~=内向右匀加速，有 x1= 解得 x1= 设从到的时间内，电场力对该电子所做的功为W，有： W=eφ （2）在~=内向右匀减速到速度为零，有 x2=x1= 在~=内反向向左匀加速，有 x3= 解得 x3= 在~=内反向向左匀减速到速度为零，有 x4= x3= 在~=内继续向右匀加速，有 x5=x1= 所以电子运动T+后，距B板距离为： x=x1+x2-x3-x4+x5=+--+=<d 在t=时刻，电子的速度为 v=a 解得 v= 从t=时刻开始，设再经过Δt时间，电子刚好到达A板，有 x6=vΔt-aΔt2 d=+x6 解得 Δt=（）T [（+）T不符合题意，舍去] 所以总时间为t0=T++Δt=≈1.57T 7. 如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为U0的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点．荧光屏MO1N为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上O1点所用时间为l.若在A、B两板间加电压，其电势差UAB随时间t的变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收．已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求： (1) 粒子在O点时的速度大小； (2) 图乙中U的最大值； (3) 粒子从O点到打在屏上的最短时间． 甲 乙 【解析】. (1) 由动能定理得U0q＝mv， 解得v0＝.(2分) (2) 粒子从极板右侧边缘射出时，对应的电压最大， 此时竖直偏转量y＝， 水平方向l＝v0t， 竖直方向y＝at2， a＝， 解得Um＝2U0. (3) 由题意得OO′＝v0t＝2l， 半圆荧光屏的圆心与两极板中心重合，才能使粒子全部垂直撞击在屏幕上， 当粒子从极板右侧边缘射出时，水平总位移最小，故时间最短，(1分) 由tan θ＝， vy＝at， 解得tan θ＝1或θ＝45°，(2分) 水平总位移x＝l， 时间t＝＝.(3分) 8.如图甲所示，平行金属板A、B的右端安放着垂直于金属板、长为d的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，正反向电压大小均为U0，今有带正电的粒子束以相同的初速度，从A、B板的正中间沿OO′方向持续射入偏转电场中，已知所有进入偏转电场的粒子都能打在金属靶MN上，粒子在A、B间的飞行时间为2T，偏转金属板A、B的板长为L，其板间的距离为d，电场可看成匀强电场，每个粒子的电荷量为q，质量为m，粒子的重力忽略不计，试求： （1）t=0时射入偏转电场的粒子击中靶MN时的速度大小v； （2）时射入偏转电场的粒子打在靶MN上的点到中心O′点的距离y； （3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足的条件（写出U0、m、d、q，T的关系式即可） 【解析】（1）粒子在偏转电场中运动的加速度大小a= t=0时刻射入的粒子，在电场力作用下先向B板运动T/2，再向A板运动T/2，由对称关系可知，经过时间T，粒子侧向速度为零 所以t=0时射入偏转电场的粒子击中靶MN时的速度大小v=L/2T。 （2）t=T/4时刻射入的粒子击中靶时，向上侧移位移最大， 在板间运动T/2的侧向位移y1= 且有 y=4y1 解得：y= （3）当粒子由t=nT+T/4（n=0,1,2,3，···）时刻进入电场，向上侧移位移最大， y上=×4= 当粒子由t=nT+3T/4（n=0,1,2,3，···）时刻进入电场，向下侧移位移最大， y下=×4= 在距离靶MN的中心O’点上方、下方均为范围内有粒子击中，则 y上= y下=≤d/2 解得：U0≤ 9. 由电子加速器、偏转电场组成装置可以实现电子扩束。偏转电场由加了电压相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图1所示。大量电子由静止开始，经电压为的加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场；当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为，当在两板间加如图2所示的周期为、偏转电压峰值为的交变电压时所有电子恰好都能从两板间通过，已知电子的电荷量为，质量为m，电子重力和它们之间相互作用力均忽略不计；求： 电子进入偏转电场的初速度大小； 偏转电场的电压； 哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d/3飞出偏转电场。 【解析】电子在加速电场中，由动能定理得：  解得： 电子在偏转电场中做分段类平抛运动   水平方向匀速运动，速度 竖直方向做分段匀变速运动，其速度时间图象如图所示 从图可以看出在  1，2，时刻进入偏转电场电子，出偏转电场时上、下偏移量最大， 依题意得：   由牛顿第二定律： 由运动学公式： 解得偏转电压： 设：时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方处飞出偏转电场 由运动公式可得： 解方程组得： 所以在1，2，时刻进入偏转电场的电子，会从中线上方飞出偏转电场 同理可得：2，3，时刻进入偏转电场的电子，也会从中线上方飞出偏转电场 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第14讲 带电粒子在交变电场中的运动 目 录 思维导图 1 考情分析 1 学习目标 2 知识要点 2 解题策略 5 题型归纳 6 题型01： 带电粒子交变电场中的直线和往复运动 6 题型02：带电粒子在交变电场中的偏转运动 15 巩固提升 28 1. 考查地位：高考电场难点，中档偏难；多以选择题为主，少数试卷作为计算题小问，属于区分度考点。建立在匀强电场、类平抛、牛顿运动定律、动能定理基础之上。 2. 题型特点 ①选择题：交变电压随时间变化图像（方波交变电压居多），分析粒子速度、位移、运动方向变化；对比不同时刻进入电场的粒子运动差异。 ②计算题：以方波交变电场为主；分为交变电场中直线往复运动、交变电场下偏转运动两类；常结合v‑t图像分析运动过程。正弦式交变电场考查较少。 3. 命题角度 ①交变方波电场，粒子初速度沿电场方向：加速‑减速‑反向加速‑反向减速，往复直线运动； ②不同时刻释放粒子：有的单向运动，有的往复运动；利用v‑t图像分析速度、位移； ③交变电场中的偏转：垂直射入交变电场，水平匀速，竖直方向受变电场力，竖直方向做分段匀变速；打在极板上或者飞出极板； ④临界问题：粒子是否飞出极板、是否打到极板、往返的最大位移； ⑤能量分析：电场力做功，动能变化。 1.知识理解 ①理解交变电场特点：电场强度大小、方向随时间周期性变化；方波交变电场每一段内为匀强电场，每段加速度恒定。 ②区分两类模型： • 交变电场直线/往复运动：初速度平行电场方向； • 交变电场偏转运动：初速度垂直电场方向，水平匀速，竖直分段匀变速。 ③明白：方波交变电场，每个时间段内加速度恒定；加速度随电压周期性改变，速度可以连续变化，位移是各段位移矢量叠加。 2.规律方法掌握 ①会画v‑t图像处理交变电场直线往复运动：斜率代表加速度，面积代表位移；正负代表运动方向。 ②掌握往复运动条件：粒子在电场改变方向时，速度可以减到零，继而反向运动；若还未减速到零电场就换向，则做单向断续运动。 ③交变电场偏转：水平匀速直线运动，求出粒子穿过极板的总时间，对比交变电压周期，划分竖直方向各个运动阶段，分段计算竖直速度、位移。 ④会处理临界条件：判断粒子是飞出极板，还是打在极板上。 ⑤综合运用：牛顿第二定律、运动学公式、动能定理；注意矢量，位移、速度要带方向。 3.分析能力 ①根据交变电压图像，结合粒子进入电场时刻，分段判断每一段时间内加速度方向、加速还是减速。 ②能区分：同一交变电场，不同时刻释放粒子，运动情况完全不同，有的往复，有的一直向一个方向运动。 ③偏转问题：会比较粒子飞行时间与交变周期，判断竖直方向经历几个加速、减速阶段。 ④能分析最大位移、最大速度、一个周期内总位移。 4.计算与应试 ①能够利用v‑t图像快速求速度、总位移，简化多段繁琐计算； ②识别临界陷阱：粒子可能还没完成一个周期就撞击极板终止运动； ③区分方波交变电场（分段匀变速）与正弦交变电场（变加速，一般不要求定量计算）。 如果你需要，我可以接着写这一部分的解题策略。 知识点一:带电粒子在交变电场中的运动分析 1．常见的交变电场类型 产生交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。 2．交变电场中常见的粒子运动类型及分析思路 运动类型 分析思路 粒子做单向直线运动 一般对整段或分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式求解 粒子做有往返的直线 一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理、动量定理等求解 粒子做偏转运动 一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解。 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)从三条思路出发： ①动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析； ②能量观点：应用动能定理、功能关系等分析； ③动量观点： 应用动量定理分析。 (3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 知识点二:带电粒子在交变电场中的直线往复运动 1. 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法： (1)用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。 (2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝mv2－mv。 2. 方形波交变电场中直线（往复）运动过程及其分析 U－t图 v－t图 轨迹图 3．带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。 (2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。 4.利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点” (1)带电粒子进入电场的时刻。 (2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。 (3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。 (4)注意对称性和周期性变化关系的应用。 (5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。 知识点三：带电粒子在交变电场中的偏转 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)的情形． 当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性． 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． U-t图 轨迹图 v0 v0 [来源:Zxxk.Com]v0 v0 v0 vy-t图 t O vy v0 T/2 T 单向直线运动 A B 速度不反向 t O vy v0 往返直线运动 A B 速度反向 T T/2 -v0 5.带电粒子在交变电场中的解题技巧 (1)分段分析法：把周期问题拆成匀变速小段，交变电场是分段均匀的，一个周期内电场不变的每一段都可以视为匀强电场，分段分析即可：对每一段分别分析受力（电场力的大小、方向），确定加速度和运动性质（加速/减速）；再用牛顿运动定律+匀变速运动公式逐段推导速度、位移，利用运动的周期性推得总结果。 (2)v-t图像法：直观解决往返运动位移判定‌ 这是最实用的技巧，尤其适合判断粒子是否会打到极板上：根据分段加速度画出v-t图：加速度相同的过程是平行直线，面积表示位移，在t轴上方就是向正方向运动，下方就是反向运动；直接看面积的正负总和就能判断总位移方向：如果总位移一直向某一方向，最终会打到极板；如果总面积正负抵消，就是往复运动。 (3)‌分方向合成：解决垂直入射的偏转问题‌ 如果粒子垂直电场方向入射（比如平行偏转板加交变电压），直接用运动分解： 垂直电场方向‌：不受力，一直保持匀速直线运动，运动总时间由极板长度和初速度直接确定； 沿电场方向‌：按交变电场分段分析加速度、速度变化，计算偏转位移即可。 (4)‌功能辅助：电场力做功只和电势差有关，不涉及运动时间时：直接用动能定理求解末速度，不用分析中间过程的加速度变化，比动力学方法更简单。 题型01： 带电粒子交变电场中的直线和往复运动 【典型例题】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、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（　　） A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少 B．电压如乙图所示时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少 C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动 D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动 【典型例题2】如图1所示，水平平行正对的两金属板M、N间加有如题6图2所示的电压。0～t0时间段内，一质量为m的带电油滴（可视为质点）静止在两板正中间P处。t＝2.5t0时刻，该油滴恰好能到达某金属板。不计空气阻力，重力加速度为g，油滴的质量与电荷量保持不变，则M、N两板的间距为（　　） A． B．gt2 C． D．2gt2 【典型例题3】近年来市场上出现的一种静电耳机。其基本原理如图甲，、为两片平行固定金属薄板，M是位于金属板之间的极薄带电振膜，将带有音频信号特征的电压加在金属板上，使带电振膜在静电力的作用下沿垂直金属板方向振动从而发出声音。若两金属板可看作间距为、电容为C的平行板电容器，振膜质量为m且均匀带有电荷，其面积与金属板相等，两板所加电压信号如图乙所示，周期为，在时刻振膜从两板正中间位置由静止开始运动，振膜不碰到金属板，不计振膜受到的重力和阻力，则（　　） A．当金属板充电至电荷量为时振膜的加速度为 B．一个周期内振膜沿方向运动的时间为 C．所加信号电压中的最大值为 D．所加信号电压中的最大值为 【典型例题4】（多选）中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．电子在各圆筒中的运动时间均为 B．电子在第2个与第4个圆筒中的速度之比为1：2 C．电子在圆筒内做匀加速直线运动 D．图甲中各圆筒的长度按序号之比为1：： 【典型例题5】（多选）近20多年来，中国的粒子加速器发展迅速，在规模和应用方向上走进了世界先进行列。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管（漂移管）组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管时速度为，进入漂移管时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的，质子的荷质比取。则（    ） A．第个漂移管与第个漂移管的长度之比为 B．漂移管的长度0.4m C．相邻漂移管间的加速电压为 D．漂移管之前还有9个漂移管 【变式训练1-1】图（a）中和是真空中的两块面积很大的竖直平行金属板，加上周期为的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知板电势为零，板电势随时间变化的规律如图（b）所示（图中只画出一个周期）。在两板之间的中点处，有一个带负电粒子（不计重力），在时，粒子在电场力的作用下从静止开始运动。已知在时刻，粒子的速度大小为（粒子始终不会和金属板相碰），则在时间内，关于粒子的速度—时间的图像，下列正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-2】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（　　） A．φ1∶φ2＝1∶2 B．φ1∶φ2＝1∶4 C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最大 D．在0～2T内，电子的电势能减小了 【变式训练1-3】如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，（不计重力作用）下列说法中正确的是（　　） A．从时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动 B．从时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 C．从时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上 D．从时刻释放电子，电子必将打到右极板上 【变式训练1-4】在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s时，电子将处在（　　） A．A点 B．A点右方2l处 C．A点左方l处 D．A点左方2l处 【变式训练1-5】如图为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t变化的关系图像。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．粒子将做往返运动，6s末带电粒子回到原出发点 B．粒子在0~2s内的加速度与在2s~4s内的加速度等大反向 C．粒子在4s末的速度为零 D．粒子在0~6s内，所受电场力做的总功不为零 【变式训练1-6】如图所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，两板间所加交变电压为，交变电压的周期。质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度沿两板的中线持续不断地进入平行板之间，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏移的电子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，下列说法正确的是（　　） A．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 B．时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 C．只有时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为 D．不是所有电子离开电场时的速度都是 【变式训练1-7】如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质量为m、元电荷为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央有一个初速度为零的电子。下列说法正确的是（ ） A．电子在圆筒中做匀加速直线运动 B．本装置可采用直流电进行加速 C．进入第2个金属圆筒时的速度为 D．第8个金属圆筒的长度为 【变式训练1-8】如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压，A板的电势φA＝0，UBA随时间的变化规律如图乙所示.现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则（　 ） 图甲　　　　　　　 图乙 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，它可能时而向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＝T时刻进入的，它可能时而向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＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动 【变式训练1-9】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，选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a随时间t的变化规律图像，可能正确的是（ 　　） 【变式训练1-10】（多选）如图1所示，平行金属板电容器竖直放置，两板之间加上如图2所示周期为4s的方波电压，t＝0时刻将一个带负电粒子从两金属板之间由静止释放，此时a板电势高于b板电势。粒子所受重力忽略不计，粒子在电容器内的运动过程中不会与a、b板相碰，以下说法正确的是（　　） A．0～1s粒子向a板运动，且速度越来越大 B．1s～2s粒子向b板运动，且速度越来越大 C．3s时刻粒子的速度为零 D．4s时刻粒子的速度为零 【变式训练1-11】（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），两板间的距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，图中反映电子的速度v、加速度a和位移x随时间t变化的规律可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式训练1-12】在芯片制造的离子注入工艺中，需通过平行板电容器间的电场精准调控带电离子的运动轨迹。如图甲所示，平行板电容器板间距离为，B板接地，A板的电势与时间的关系如图乙所示。时刻，一质量为、电荷量为的带正电离子从两板正中间静止释放，离子运动过程中没有碰到极板，不计离子重力。下列说法正确的是（　　） A．离子在时间内的加速度大小为 B．离子在时刻的速度大小为 C．离子在时间内的总位移为零 D．离子在第一个周期内的位移与第二个周期内的位移相等 【变式训练1-13】(多选) 一对很大的平行正对金属板，通过改变两金属板间的电压，可使板间形成如图所示规律变化的电场。一带电粒子从时刻由静止释放，粒子运动过程中始终不接触金属板（粒子重力不计），则下列说法正确的是（　　） A．带电粒子始终向一个方向运动 B．内，带电粒子所受电场力的冲量等于0 C．末带电粒子刚好回到初始位置 D．内，电场力对带电粒子做的功不等于0 【变式训练1-14】(多选) 某电场的电场强度E随时间t变化规律的图象如图所示。当t=0时，在该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．带电粒子在0~3s内的初、末位置间的电势差为零 C．2s末带电粒子回到原出发点 D．0~2s内，电场力的总功不为零 【变式训练1-15】（多选）图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（　　） A．金属圆筒1、2、3的长度之比为 B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍 C．第n个圆筒的长度应满足 D．进入第n个圆筒时电子的速率为 【变式训练1-16】某实验小组设计了一个装置，左边由1块金属板和5个中间开有小孔的金属筒组成，彼此间存在很窄的狭缝，右侧有一个接收屏，距离右侧出口上方处固定一个电荷量为的点电荷。现让带电量，质量的粒子从紧挨金属板右侧虚线处静止释放，同时接通如图所示交流电，且初始时奇数筒电势高。粒子在每个狭缝中都能一直加速，最后从右侧射出后，最终打在接收屏上。已知点电荷周围电势为，不计点电荷对左侧区域的影响，忽略粒子的重力，则（　　） A．粒子在左侧区域，一直做加速运动 B．各筒长可能满足 C．接收屏接收粒子位置在出口上方处 D．粒子在右侧区域飞行的时间为 【变式训练1-17】多个长度逐个增大的金属圆筒沿轴线排列成一串，如甲图所示，图中只画出了六个圆筒作为示意。各筒按奇偶顺序交替连接到如乙图所示的交流电源的两端，已知交流电源周期为T、电压绝对值为，且对应奇数号圆筒为高电势。整个装置放在高真空容器中。圆筒的两底面中心开有小孔，粒子可以沿筒的中心轴线穿过。由于静电平衡，可认为只有相邻圆筒间缝隙中存在匀强电场，而圆筒内部电场强度为零，缝隙的宽度很小，粒子在缝隙电场中加速的时间可以不计。时刻，有一电量为、质量为的正离子由静止进入一、二圆筒间的电场开始加速，穿过二号圆筒后正好在时刻进入二、三圆筒之间的电场再次加速，且之后每经过正好进入下一缝隙电场。 (1)求粒子从第2个圆筒飞出时的速度大小？ (2)第个圆筒的长度？ (3)实际应用中，由于相邻圆筒之间电压最大值有限制，要想使粒子获得较大速度，需要经过很多次加速，设置的圆筒数量较多，导致粒子在缝隙电场中的加速时间不能再忽略。设相邻圆筒间距均为，在不改变交变电源的情况下，粒子能获得的最大动能是多少？ 题型02：带电粒子在交变电场中的偏转运动 【典型例题1】空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示。一个质量为m、电荷量为q的带电小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为，方向水平向右；运动至B点时的速度大小为，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差为h、水平距离为s，则以下判断中正确的是（　　） 7．如图1所示，两块相同金属板A、B平行正对，水平放置，长为L，间距为d，两板接上如图2所示电压。一束电子流沿中心线OO′从O点，以初速度v0射入板间，且t＝0时刻进入两板间的电子恰好不碰到极板。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子重力及电子间相互作用。下列说法正确的是（　　） A．电压U0满足U0 B．在t时刻射入的电子从中心线离开电场 C．在t时刻射入的电子不能离开电场 D．所有电子都能射出电场且离开电场时的速度一定为v0 【典型例题2】如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点为两板中点的一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、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，不计粒子重力及粒子间的相互作用，以下判断正确的是（　　） A．能从板间射出的粒子的动能不一定相同 B．粒子在电场中运动的最短时间为 C．t时刻进入的粒子，从O点的下方射出 D．t时刻进入的粒子，不能从右侧射出 【典型例题3】如图甲所示，在场强大小为E0，方向水平向左的匀强电场中，固定着一根光滑绝缘杆OC和两个等量同种正点电荷A、B，四边形OACB恰好构成菱形。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上。令x轴与OC杆重合，以左端O为坐标原点，以水平向左为两个正点电荷在OC杆上产生的合场强的正方向，则该合场强在OC杆上的变化规律如图乙所示，Em为该合场强的最大值。将小球从杆的左端O由静止释放，小球沿杆运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．小球运动到C点时的速度可能为0 B．当E0>Em时，小球电势能逐渐减小 C．当E0<Em时，小球加速度先增大后减小 D．若移走B电荷，仍从O点由静止释放小球，则小球加速度最大值为 【典型例题4】（多选）如图1所示，一束初速度不计的带电粒子进入加速电场被加速后，沿着偏转电场的中心线进入偏转电场，偏转电场两板之间的电压随时间变化图像如图2所示，变化周期为。已知时刻射入偏转电场的带电粒子，在时刻刚好从极板A的右边缘射出，带电粒子质量为m，电荷量为q，偏转电场两极板的板长为L，极板间距为d，忽略带电粒子的重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（　　） A．加速电场极板间的电压为 B．偏转电场极板间的电压为 C．时刻进入偏转电场的粒子与A板的最小距离为 D．时刻进入偏转电场的粒子垂直极板方向的最大速度为 【典型例题5】如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，（不计粒子重力）求： （1）粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大； （2）在（1）的条件下，A、B两板长度的最小值； （3）A、B两板间距的最小值。 【典型例题6】一平行板电容器长l=10cm，宽a=8cm，板间距d=4cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们的比荷均为2×1010C/kg，速度均为4×106m/s，距板右端处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场。试求： （1）离子打在屏上的区域面积； （2）在一个周期内，离子打到屏上的时间。 【变式训练2-1】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，时间内微粒匀速运动，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。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是（　　） A．末速度大小为 B．克服电场力做功 C．重力的冲量为 D．重力势能增加了 【变式训练2-2】如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平右发射初速度为v0、电荷量为q（q＞0）质量为m的粒子，金属板右侧距离为d竖直放置一足够大的荧光屏。现在两可加图（b）所示电压，已知t＝0时刻入射的粒子恰好能从金属板射出。不计重力，则（　　） A．不同时刻入射的粒子在金属板间运动的时间不相等 B．t时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点射出 C．无论哪个时刻入射的粒子从金属板间射出时动能Ek D．粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为 【变式训练2-3】如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（　　） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为 C．时刻进入的粒子能从下边缘射出 D．时刻进入的粒子将打到下极板 【变式训练2-4】如图甲，长4L、宽2L的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图乙所示的交变电压，左边框上a点开有一小孔。t＝0时，质量m、电荷量Q的带电粒子（不计重力）以初速度v（未知）从a点水平射入，然后与上边框碰撞于b点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b均为中点，m、Q、T、L均为已知量，则（　　） A．粒子带正电 B．若粒子时刻到达b点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞 C．若粒子时刻到达b点，那么粒子无法从a点射出 D．粒子时刻到达b点时的电场强度为粒子时刻到达b点时电场强度的4倍 【变式训练2-5】在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0（v0接近光速的）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2s内（　　） A．当时，所有电子都能从极板的右端射出 B．当时，将没有电子能从极板的右端射出 C．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2 D．当时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为 【变式训练2-6】如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是(  ) A．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线) B．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线) C．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出 D．电子射出后动能一定增大 【变式训练2-7】（多选）如图甲所示，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、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（　　） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．射出粒子的最大动能为 C．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 D．t＝时刻进入的粒子，从O′点射出 【变式训练2-8】（多选）如图甲所示，两正对平行金属板AC、DB水平放置，在其右侧有汇聚状的电场，电场线的延长线的交点在点（的中点），在两平行板间加上周期为的交变电压，电压大小为。时刻，一质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力）从靠近上极板左端（视为点）以水平向右的速度射入匀强电场，时刻从下极板点水平向右进入汇聚状电场做匀速圆周运动，经过半个圆周到达点，到达点时的速度方向水平向左，下列说法正确的是（    ） A．平行板的长度为 B．两平行板间的距离为 C．时刻，粒子的速度大小为 D．粒子在汇聚状电场中飞行的时间为 【变式训练2-9】如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为d，金属板长为2d，两金属板间加如图乙所示的电压（时上金属板带正电），其中。一粒子源连续均匀发射质量为m、电荷量为的带电粒子（初速度，重力忽略不计），该粒子源射出的带电粒子恰好从上板左端的下边缘水平进入两金属板间，若粒子碰到两金属板即被吸收不再反弹且对极板的电量几乎无影响，则（　　） A．能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为T B．时刻进入两极板间的粒子能够从极板右侧飞出 C．能从极板右侧飞出的粒子电场力对其做功一定为0 D．能从极板右侧飞出的粒子数占入射粒子总数的25% 【变式训练2-10】如图（a）所示，在矩形MNQP区域内有平行于MP的匀强电场，一电荷量为、质量为m的带电粒子（不计粒子重力）以初速度从M点沿MN方向进入匀强电场，经时间刚好从Q点射出，。取匀强电场方向由M→P为正方向，使匀强电场的电场强度按图（b）或图（c）所示做周期性变化，图中为未知量，现使该粒子在时刻仍从M点以射入电场，下列说法正确的是（　　） A．电场强度的大小为 B．若电场按图（b）做周期性变化，则粒子到达NQ边界上的位置与Q相距 C．若电场按图（b）做周期性变化，则粒子到达NQ边界时的速度大小为 D．若电场按图（c）做周期性变化，则粒子到达NQ边界时的位置与Q相距 【变式训练2-11】(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．4 s末带电粒子回到原出发点 C．0~3 s内，电场力的冲量为零 D．0~3 s内，电场力做的总功为零 【变式训练2-12】(多选) 图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为的带电粒子甲从O点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（　　） A. T时刻，乙粒子离开电场 B. 乙粒子的比荷为 C. 甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3 D. 甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2 【变式训练2-13】如图甲所示，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，粒子质量为m，不计粒子所受重力及相互间的作用力，则在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为___________，粒子的电荷量为___________；在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了___________。 【变式训练2-14】如图甲所示，在xOy坐标系中，两金属板平行放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一足够大荧光屏.两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝5×103V，t＝0时刻一带正电的粒子从左上角A点附近，以v0＝1000m/s的速度平行于AB边射入两板间，最终打到荧光屏上.已知粒子带电荷量q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg，不计粒子所受重力，求： （1）粒子在板间运动的时间； （2）粒子打到屏上的速度； （3）若A处的粒子源以v0＝1000m/s的速度平行于AB边连续不断发射相同粒子，求荧光屏上的光带长度是多少？若向右移动荧光屏，屏上光带位置和长度如何变化（写出结论，不要求计算过程）. 【变式训练2-15】中科院高能物理研究所利用电场约束带电粒子的运动，其简化模型如图1所示，在平面内的第一象限和第四象限加一沿轴正方向的匀强电场（未知），一粒子发射源固定在坐标原点，该装置可以沿轴正方向发射质量为、电荷量为的粒子，粒子的初速度均为，刚好能过第一象限内的点，已知点的横坐标为，不计重力及粒子间的相互作用。 （1）已知粒子过点时速度为，求匀强电场的场强大小和点的纵坐标； （2）若将原来的匀强电场替换为另一交变电场，如图2所示，场强为正值时表示电场方向沿轴正方向，题干中其他条件均不变，时刻从坐标原点射出的粒子仍能过点，求图2中与的比值； （3）如图3所示，在处放置一垂直于轴、可吸收带电粒子的挡板，并在第一和第四象限内加如图2所示的交变电场，图3中两条虚线的纵坐标为在至时间内从坐标原点沿轴正方向连续发射粒子，粒子的初速度均为，求在哪个时间范围内发射出的粒子，运动轨迹始终在图3中两条虚线之间（含虚线），并求出这些粒子落在挡桩上的纵坐标范围。   【变式训练2-16】如图甲所示，质量为m，电荷量为-q（q>0）的电子由电子枪连续发出，初速可忽略不计，经U的电压加速后，沿中心线垂直进入偏转电场，两极板长为L，间距为d。足够大的荧光屏中心为O，离极板距离为l。不计电子重力及电子间相互作用，整个装置置于真空中。 （1）若偏转电压U2恒定，电子能射出平行板，求U的最大值U2max； （2）若偏转电压U2随时间变化规律如图乙所示，其最大值为U0（U0<U2max），变化周期为T。求电子打在荧光屏上的位置范围。（U2的变化周期T远远大于粒子穿越电场的时间） 【变式训练2-17】如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求： （1）在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离； （2）荧光屏上有电子打到的区间长度。 【变式训练2-18】 医用质子肿瘤治疗仪示意图如图甲所示，由质子放射源S、加速电压为U的加速电场区、MN板间电压产生的偏转电场区，以及边界为圆形的匀强磁场区组成。其中，水平放置的平行金属板M、N长为L、间距为d，磁场方向垂直于纸面。S持续释放质量为m、电荷量为e的质子，质子从小孔飘入加速电场，其初速度可视为零。加速后的质子沿中线从点垂直于电场方向射入偏转电场区，质子通过偏转电场后进入匀强磁场区。所有质子均打在圆心正下方磁场边界上的P点。M、N板间电压随时间变化关系如图乙所示，图中。时质子射入偏转电场，恰好能从N板的右边缘水平飞出。不考虑质子之间的相互作用力、重力和空气阻力，忽略MN板边缘外电场的影响。 （1）求质子进入偏转电场时速度的大小； （2）求偏转电压的大小； （3）己知分别从M、N板右边缘飞出的两个质子在磁场中运动的圆心角之和为180°，这两个质子运动到P点时速度方向的夹角为60°，求磁场区磁感应强度的大小和方向。 【变式训练2-19】如图甲所示，带电量q=-2.0×10-4C、质量M=0.3kg的物块放在足够大的绝缘粗糙水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2；长=2m的轻质细线上端固定，下端系着一质量m=0.1kg的绝缘小球。以O为原点，水平向右为x轴建立坐标。O点右侧空间有一水平电场，电场强度E随位置x的变化关系如图乙所示，规定水平向右为场强正方向。现给小球一个初速度，运动至最低点O时与物块发生弹性正碰，碰后恰好可以做完整的圆周运动。设物块在碰撞和滑行过程中电荷量保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，小球与物块均视为质点。g取10m/s2，求： （1）碰撞前瞬间细线对小球的拉力和碰撞后瞬间物块的速度大小； （2）物块最终停止的位置坐标。 【变式训练2-20】如图甲所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向未知，变化规律如图乙所示。把一质量为m = 1kg、带q = ＋1C电荷的小球在t = 0时从A点以10J的初动能水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为40J的动能竖直向下经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2m，水平距离为1m，A点到水平面C的竖直距离为240m，重力加速度g取10m/s2。求： （1）AB两点间的电势差； （2）匀强电场的场强E0的大小和方向； （3）小球到达水平面C时与A点的水平距离。 【变式训练2-21】某示波管简化装置由加速板、，偏转板、及圆弧荧光屏组成，如图1所示，加速电场电压为，、两板间距和板长均为，荧光屏圆弧的半径为，其圆心与正方形偏转区域的中心点恰好重合，、板间电压随时间的变化规律如图2所示。质量为、电荷量为、初速度为零的粒子从时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比（精确至0.1%）； (3)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 1.如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 微粒飞出时的速度沿水平方向且大于 B. 微粒的最大速度为 C. 微粒受到的电场力做功为 D. 微粒飞出时重力的功率为 2. 如图甲所示，长为的两水平金属板组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为的相同带电粒子。已知时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是( ) A.时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为 B.该粒子源发射的粒子的比荷为 C.时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能 D.时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为 3.如图甲，质量为m、电荷量为的粒子初速度为零，经加速电压加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的板长为L，两极板间距为d，为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说法正确的是（ ） A. 粒子进入偏转电场的速度大小 B. 若偏转电场两板间加恒定电压，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，则所加电压 C. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期T应该满足的条件为 D. 若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，则偏转电场周期应该满足的条件为 4.如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交变电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场．粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力． (1) 若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； (2) 若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ (3) 若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满足什么条件？ 5.如图甲所示，在Oxyz坐标系中，存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E0，电荷量为q的带正电小球位于z轴负半轴上的P点，若小球以与z轴正方向夹角为θ的速度开始在yOz平面内运动，经过一段时间后，小球恰好经过O点且速度方向沿y轴正方向，大小为v。此时刻，将电场方向变成沿z轴正方向，其随时间变化的规律如图乙所示，同时在坐标系中加一沿x轴负方向的匀强磁场（图中未画出），小球在内做匀速直线运动，内恰好完成一个完整的匀速圆周运动。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求： （1）小球的质量m； （2）E1和B； （3）电场变化的周期T； （4）小球在T时刻的位置。 6. 如图（1）中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A 板电势φA随时间t变化的规律如图（2）所示。A板电势最高值为，最低值为-φ。已知在t=0时刻，一个电荷量为-e的电子（重力不计） ，在电场力的作用下，从B板的小孔中由静止开始向A板运动，当t= T时，电子刚好到达A板。如果该电子是在时刻才从B板的小孔由静止开始运动，求: （1）从到时间内，电场力对该电子所做的功; （2）该电子运动多长时间才能第一次到达A板? 7. 如图甲所示，P点处有质量为m、电荷量为q的带电粒子连续不断地“飘入”电压为U0的加速电场，粒子经加速后从O点水平射入两块间距、板长均为l的水平金属板间，O为两板左端连线的中点．荧光屏MO1N为半圆弧面，粒子从O点沿直线运动到屏上O1点所用时间为l.若在A、B两板间加电压，其电势差UAB随时间t的变化规律如图乙所示，所有粒子均能从平行金属板右侧射出并垂直打在荧光屏上被吸收．已知粒子通过板间所用时间远小于T，粒子通过平行金属板的过程中电场可视为恒定，粒子间的相互作用及粒子所受的重力均不计，求： (1) 粒子在O点时的速度大小； (2) 图乙中U的最大值； (3) 粒子从O点到打在屏上的最短时间． 甲 乙 8.如图甲所示，平行金属板A、B的右端安放着垂直于金属板、长为d的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，t=0时A板比B板的电势高，正反向电压大小均为U0，今有带正电的粒子束以相同的初速度，从A、B板的正中间沿OO′方向持续射入偏转电场中，已知所有进入偏转电场的粒子都能打在金属靶MN上，粒子在A、B间的飞行时间为2T，偏转金属板A、B的板长为L，其板间的距离为d，电场可看成匀强电场，每个粒子的电荷量为q，质量为m，粒子的重力忽略不计，试求： （1）t=0时射入偏转电场的粒子击中靶MN时的速度大小v； （2）时射入偏转电场的粒子打在靶MN上的点到中心O′点的距离y； （3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足的条件（写出U0、m、d、q，T的关系式即可） 9. 由电子加速器、偏转电场组成装置可以实现电子扩束。偏转电场由加了电压相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图1所示。大量电子由静止开始，经电压为的加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场；当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为，当在两板间加如图2所示的周期为、偏转电压峰值为的交变电压时所有电子恰好都能从两板间通过，已知电子的电荷量为，质量为m，电子重力和它们之间相互作用力均忽略不计；求： 电子进入偏转电场的初速度大小； 偏转电场的电压； 哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d/3飞出偏转电场。 1 学科网（北京）股份有限公司 $