帶電粒子在交變電場中的運動 1．考點及要求：(1)帶電粒子在勻強電場中的運動(Ⅱ)；(2)勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系(Ⅰ).2.方法與技巧：(1)由U＝Ed，F(xiàn)＝qE＝ma可知，可把U－t圖像轉(zhuǎn)化為a－t圖像分析粒子的運動；(2)可分析清楚粒子一個周期內(nèi)的運動特點． 1．(多選)如圖1甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場時的初動能均為Ek0.已知t＝0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場．則(　　) 圖1 A．所有粒子都不會打到兩極板上 B．所有粒子最終都垂直電場方向射出電場 C．運動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0 D．只有t＝n(n＝0,1,2，…)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場 2．(多選)如圖2甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大．當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是(　　) 圖2 3．如圖3所示，A、B兩導體板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)．分別在A、B兩板間加四種電壓，它們的UAB－t圖線如下列選項所示．其中可能使電子到不了B板的是(　　) 圖3 4．如圖4甲所示，空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場，其變化規(guī)律如圖乙所示(取水平向右為正方向)．一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(重力不計)，開始處于圖中的A點．在t＝0時刻將該粒子由靜止釋放，經(jīng)過時間t0，剛好運動到B點，且瞬時速度為零．已知電場強度大小為E0.試求： 圖4 (1)電場變化的周期T應(yīng)滿足的條件； (2)A、B之間的距離； (3)若在t＝時刻釋放該粒子，則經(jīng)過時間t0粒子的位移為多大？ 答案解析 1．ABC　[帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上，做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運動．由t＝0時刻進入電場的粒子運動情況可知，粒子在平行板間運動時間為交變電流周期的整數(shù)倍．在0～時間內(nèi)帶電粒子運動的加速度a＝，由勻變速直線運動規(guī)律得vy＝at＝t，同理可分析～T時間內(nèi)的運動情況，所以帶電粒子在沿電場方向的速度v與E－t圖線所圍面積成正比(時間軸下方的面積取負值)．而經(jīng)過整數(shù)個周期，E0－t圖像與坐標軸所圍面積始終為零，故帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度總為零，B正確，D錯誤；帶電粒子在t＝0時刻射入時，側(cè)向位移最大，故其他粒子均不可能打到極板上，A正確；當粒子在t＝0時刻射入且經(jīng)過T離開電場時，粒子在t＝時達到最大速度，此時兩分位移之比為1∶2，即v0t＝2at2，可得vy＝v0，故粒子的最大速度為v＝v0，因此最大動能為初動能的2倍，C正確．] 2．AD　[在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的交變電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力F＝，所以電子所受的電場力大小不變．由牛頓第二定律F＝ma可知，電子在第一個內(nèi)向B板做勻加速直線運動；在第二個內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個內(nèi)反向做勻加速直線運動，在第四個內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以a－t圖像如選項圖D所示，v－t圖像如選項圖A所示；又因勻變速直線運動位移x＝v0t＋at2，所以x－t圖像應(yīng)是曲線．故選項A、D正確，B、C錯誤．] 3．B　[加A圖電壓，電子從A板開始向B板做勻加速直線運動；加B圖電壓，電子開始向B板做勻加速直線運動，再做加速度大小相同的勻減速直線運動，速度減為零后做反向勻加速直線運動及勻減速直線運動，由對稱性可知，電子將做周期性往復(fù)運動，所以電子有可能到不了B板；加C圖電壓，電子先勻加速，再勻減速到靜止，完成一個周期，所以電子一直向B板運動，即電子一定能到達B板；加D圖電壓，電子的運動與C圖情形相同，只是加速度變化，所以電子也一直向B板運動，即電子一定能到達B板，綜上所述可知選項B正確．] 4．(1)T＝(n為正整數(shù))　(2)　(3) 解析　(1)根據(jù)粒子的初狀態(tài)和受力特點可知，粒子運動的v－t圖像如圖所示．可見，當t0＝nT時，粒子的速度剛好為零，故有T＝(n為正整數(shù))． (2)由(1)圖可知，A、B之間的距離x＝a()22n＝n()2＝. (3)若在t＝時刻釋放該粒子，其v－t圖像如圖所示，此時t0時間內(nèi)粒子的位移x′＝n[a(2)22－a()22]＝.