資源簡介

專題提升練17　帶電粒子在交變電場中的運動
　梯級Ⅰ基礎練
1.(2025·雅安模擬)如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子先向右運動，并最終打在A板上。下列判斷可能正確的是(　　)
A.t0= B.t0=
C.t0= D.t0=
2.(多選)(2025·汕頭模擬)如圖甲是一對長度為L的平行金屬板，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。在t=0時刻，一帶電粒子沿板間的中線OO'垂直電場方向射入電場，2t0時刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場。不計粒子重力。則(　　)
A.粒子帶正電
B.粒子在平行板間一直做曲線運動
C.粒子射入電場時的速度大小為
D.若粒子射入電場時的速度減為一半，射出電場時的速度垂直于電場方向
3.(多選)(2025·成都模擬)如圖甲所示，長為L的兩塊正對金屬板A、B水平放置，兩板接上如圖乙所示隨時間變化的交流電壓UAB，電子流沿中心線OO'從O點以初速度v0=射入板間，電子都不會碰到極板。已知電子的質量為m，電荷量為e。下列說法正確的是(　　)
A.兩板間距d>T
B.電子無論在哪一時刻從O點射入，離開板間電場時的速率一定是v0
C.電子在t=0時刻從O點射入時一定從中心線離開電場
D.電子在t=時刻從O點射入時一定從中心線離開電場
4.(2025·重慶模擬)如圖所示，在相距較遠的兩平行金屬板中央有一個靜止的帶電粒子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示時，在t=0時刻靜止釋放該粒子，下列說法正確的是(　　)
A.電壓如圖甲所示時，在0~T時間內，粒子的電勢能先增加后減少
B.電壓如圖乙所示時，在0~時間內，粒子先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動
C.電壓如圖丙所示時，在0~時間內，粒子動量變化量為0
D.電壓如圖丁所示時，若粒子在T之前不能到達極板，則一直不能到達極板
梯級Ⅱ能力練
5.(2025·中山模擬)如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為m=0.2 kg，帶電量為q=+2.0×10-6 C的小物塊處于靜止狀態，小物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.1。t=0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場，取水平向右為正方向，g取10 m/s2。求:
甲乙
(1)14秒末小物塊的速度大小;
(2)前14秒內小物塊的位移大小。
6.如圖甲所示，邊長為l的正方形ABCD區域內存在平行于紙面豎直方向的勻強電場，在CD邊右側3l處平行CD放置熒光屏，O1O2是通過正方形中心O1和熒光屏中心O2的軸線。電子由靜止經加速電壓加速后以一定速度沿軸線連續射入電場。整個系統置于真空中，不計電子重力，已知電子電荷量為e、質量為m。
(1)若加速電壓為u0，電子恰好從D點飛出，求電子從進入正方形區域到打到熒光屏上的時間t;
(2)若電子均以速度v0沿軸線射入正方形區域，正方形區域所加偏轉電場如圖乙所示，偏轉電場變化周期為T，且T遠大于電子在偏轉電場中的運動時間，電子偏轉后恰好全部從CD邊射出偏轉電場并能全部打在熒光屏上形成運動的光點，求最大電場強度Em以及熒光屏的最小長度d;
(3)求在(2)的條件下熒光屏上光點經過O2的速度v大小。
梯級Ⅲ創新練
7.(多選)(2025·德州模擬)如圖甲，在矩形MNPQ區域中有平行于PM方向的勻強電場，電場強度為E0，一電荷量為+q，質量為m帶電粒子以v0的初速度從M點沿MN方向進入勻強電場，剛好從Q點射出。MN=PQ=2L，MP=QN=L。現保持電場強度的大小不變，使勻強電場的方向按圖乙做周期性變化。使帶電粒子仍以v0的初速度從M點沿MN方向進入，粒子剛好能從QN邊界平行PQ方向射出。不計粒子重力，取圖甲中方向為電場正方向。下列說法正確的是(　　)
A.電場強度大小為E0=
B.電場強度大小為E0=
C.電場變化的周期可能為T0=
D.電場變化的周期可能為T0=
專題提升練17　帶電粒子在交變電場中的運動
1.B　解析　若t0=,帶正電粒子先加速向B板運動,再減速運動至速度為零,然后反方向加速運動,再減速運動至速度為零,如此反復運動,每次向右運動的距離等于向左運動的距離,A項錯誤;若t0=,帶正電粒子先加速向右運動,再減速運動至速度為零,然后反方向加速運動,再減速運動至速度為零,如此反復運動,每次向右運動的距離小于向左運動的距離,最終打在A板上,B項正確;若t0=,帶正電粒子先加速向左運動,與題干不符,C項錯誤;若t0=,帶正電粒子先加速向右運動,再減速運動至速度為零,然后反方向加速運動,再減速運動至速度為零,如此反復運動,每次向右運動的距離大于向左運動的距離,最終打在B板上,D項錯誤。
2.AC　解析　粒子向下偏轉,由電場力方向與電場方向相同可知,粒子帶正電,A項正確;在0~t0時間內,粒子在平行板間做曲線運動;在t0~2t0時間內,粒子不受任何力,則做直線運動,B項錯誤;粒子在水平方向一直做勻速運動,可知射入電場時的速度大小為v0=,C項正確;若粒子射入電場時的速度減為一半,由于粒子在電場中受向下的靜電力,有向下的加速度,射出電場時沿電場方向的速度不為零,則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向,D項錯誤。
3.AB　解析　根據題意,任何一個電子離開電場所用的時間均為T=,當電子在t=k(k為自然數)時刻(滿足此條件,電子總是在垂直板的方向上先加速再減速)從O點射入,射出電場時電子離開中心線的距離最大,為h=2×··2,h<,解得d>T,則可知,電子在t=0時刻或t=時刻從O點射入時,電子離開電場時與中心線的距離最大,不會從中心線離開電場,A項正確,C、D兩項錯誤;電子無論從哪一時刻從O點射入,在板間運動時,加速運動的時間和減速運動的時間相等,均為,則vy=0,可知電子離開電場時只有沿中心線方向的速度v0,B項正確。
4.D　解析　若電壓如題圖甲所示,0~T時間內,電場力先向一方后反向,則粒子先做勻加速直線運動,后做勻減速直線運動,即電場力先做正功后做負功,電勢能先減少后增加,A項錯誤;電壓如題圖乙所示時,在0~時間內,粒子先加速后減速,粒子所受電壓在發生變化,故電場力在發生變化不是勻變速運動,B項錯誤;電壓如題圖丙所示時,粒子先做加速度先增大后減小的加速運動,過了T后做加速度先增大后減小的減速運動,到T時速度減為0,之后重復前面的運動,故粒子一直朝同一方向運動,故在0~時間內,粒子動量變化量不為0,C項錯誤;電壓如題圖丁所示時,粒子先加速,到T后減速,T后反向加速,T后減速,T時速度減為零,位移為0,之后重復前面的運動,故電子做往復運動,若粒子在T之前不能到達極板,則粒子在此時速度方向發生變化,則一直不能到達極板,D項正確。
5.答案　(1)4 m/s　(2)28 m
解析　(1)根據牛頓第二定律可知,0~2 s內小物塊的加速度為
a1==2 m/s2,
2 s末小物塊的速度v2=a1t1=4 m/s,
2~4 s內小物塊的加速度為
a2==-2 m/s2,
4 s末小物塊的速度為v4=v2+a2t2=0,
可知小物塊做周期為4 s的加速和減速運動,14秒末小物塊的速度大小等于2秒末小物塊的速度大小,則有v14=v2=4 m/s。
(2)根據對稱性可知,小物塊在0~4 s內的位移為
x04=2x02=2×a1=2××2×22=8 m,
根據周期性可知前14秒內小物塊的位移大小
x總=3x04+x02=3×8 m+4 m=28 m。
6.答案　(1)2l　(2)　7l　(3)
解析　(1)電子從進入正方形區域到打到熒光屏,水平方向做勻速直線運動,設電子進入正方形區域的速度為v1,則
eu0=m,
解得v1=,
時間為t==2l。
(2)電子在正方形區域中運動的時間
t2=,
當電場強度為Em時,電子出電場時在CD方向上的位移為,則
=,
解得Em=,
設電子打到熒光屏上的最小長度為d,電子離開正方形區域時速度偏轉的角度為θ,則
tan θ==,
解得d=7l。
(3)當電場強度為E時,電子出電場時在CD方向上的位移為y1=,
在熒光屏上偏轉的位移y,則=,
解得y=7×,
光點通過O2時的速度
v====。
7.BCD　解析　對粒子分析,粒子沿MN方向做勻速直線運動,沿電場力方向做勻加速直線運動,則有2L=v0t,L=t2,解得E0=,A項錯誤,B項正確;當場強方向周期性變化時,沿電場方向先做初速度為0的勻加速后再做勻減速到0的直線運動,此過程重復n次,n取正整數,根據2L=nv0T0,解得T0=(n=1,2,3,…),當n=5時,T0=;當n=10時,T0=,C、D兩項正確。(共26張PPT)
專題提升練17
帶電粒子在交變電場中的運動
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1.(2025·雅安模擬)如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時刻釋放該粒子，粒子先向右運動，并最終打在A板上。下列判斷可能正確的是( )
A.t0= B.t0=
C.t0= D.t0=
梯級Ⅰ 基礎練
若t0=，帶正電粒子先加速向B板運動，再減速運動至速度為零，然后反方向加速運動，再減速運動至速度為零，如此反復運動，每次向右運動的距離等于向左運動的距離，A項錯誤；若t0=，帶正電粒子先加速向右運動，再減速運動至速度為零，然后反方向加速運動，再減速運動至速度為零，如此反復運動，每次向右運動的距離小于向左運動的距離，最終打在A板上，B項正確；若
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t0=，帶正電粒子先加速向左運動，與題干不符，C項錯誤；若t0=，帶正電粒子先加速向右運動，再減速運動至速度為零，然后反方向加速運動，再減速運動至速度為零，如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，D項錯誤。
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2.(多選)(2025·汕頭模擬)如圖甲是一對長度為L的平行金屬板，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。在t=0時刻，一帶電粒子沿板間的中線OO'垂直電場方向射入電場，2t0時刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場。不計粒子重力。則
( )
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A.粒子帶正電
B.粒子在平行板間一直做曲線運動
C.粒子射入電場時的速度大小為
D.若粒子射入電場時的速度減為一半，射出電場時的速度垂直于電場方向
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粒子向下偏轉，由電場力方向與電場方向相同可知，粒子帶正電，A項正確；在0~t0時間內，粒子在平行板間做曲線運動；在t0~2t0時間內，粒子不受任何力，則做直線運動，B項錯誤；粒子在水平方向一直做勻速運動，可知射入電場時的速度大小為v0=，C項正確；若粒子射入電場時的速度減為一半，由于粒子在電場中受向下的靜電力，有向下的加速度，射出電場時沿電場方向的速度不為零，則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向，D項錯誤。
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3.(多選)(2025·成都模擬)如圖甲所示，長為L的兩塊正對金屬板 A、B水平放置，兩板接上如圖乙所示隨時間變化的交流電壓UAB，電子流沿中心線OO'從O點以初速度v0=射入板間，電子都不會碰到極板。已知電子的質量為m，電荷量為e。下列說法正確的是( )
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A.兩板間距d>T
B.電子無論在哪一時刻從O點射入，離開板間電場時的速率一定是v0
C.電子在t=0時刻從O點射入時一定從中心線離開電場
D.電子在t=時刻從O點射入時一定從中心線離開電場
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根據題意，任何一個電子離開電場所用的時間均為T=，當電子在t=k(k為自然數)時刻(滿足此條件，電子總是在垂直板的方向上先加速再減速)從O點射入，射出電場時電子離開中心線的距離最大，為h=2×·()2，h<，解得d>T，則可知，電子
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在t=0時刻或t=時刻從O點射入時，電子離開電場時與中心線的距離最大，不會從中心線離開電場，A項正確，C、D兩項錯誤；電子無論從哪一時刻從O點射入，在板間運動時，加速運動的時間和減速運動的時間相等，均為，則vy=0，可知電子離開電場時只有沿中心線方向的速度v0，B項正確。
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4.(2025·重慶模擬)如圖所示，在相距較遠的兩平行金屬板中央有一個靜止的帶電粒子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖中甲、乙、丙、丁所示 時，在t=0時刻靜止釋放該粒子，下列說法正確的是( )
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A.電壓如圖甲所示時，在0~T時間內，粒子的電勢能先增加后減少
B.電壓如圖乙所示時，在0~T/2時間內，粒子先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動
C.電壓如圖丙所示時，在0~T/2時間內，粒子動量變化量為0
D.電壓如圖丁所示時，若粒子在1/2T之前不能到達極板，則一直不能到達極板
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若電壓如題圖甲所示，0~T時間內，電場力先向一方后反向，則粒子先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，A項錯誤；電壓如題圖乙所示時，在0~時間內，粒子先加速后減速，粒子所受電壓在發生變化，故電場力在發生變化不是勻變速運動，B項錯誤；電壓如題圖丙所示時，粒子先做加速度先增大后減小的加速運動，過了T
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后做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，故粒子一直朝同一方向運動，故在0~時間內，粒子動量變化量不為0，C項錯誤；電壓如題圖丁所示時，粒子先加速，到T后減速，T后反向加速，T后減速，T時速度減為零，位移為0，之后重復前面的運動，故粒子做往復運動，若粒子在T之前不能到達極板，則粒子在此時速度方向發生變化，則一直不能到達極板，D項正確。
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5.(2025·中山模擬)如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面 上，一個質量為m=0.2 kg，帶電量為q=+2.0×10-6 C的小物塊處于靜止狀態，小物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.1。t=0時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場，取水平向右為正方向，g取10 m/s2。求：
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梯級Ⅱ 能力練
(1)14秒末小物塊的速度大小；
根據牛頓第二定律可知，0~2 s內小物塊的加速度為
a1==2 m/s2，
2 s末小物塊的速度v2=a1t1=4 m/s，
2~4 s內小物塊的加速度為a2==-2 m/s2，
4 s末小物塊的速度為v4=v2+a2t2=0，
可知小物塊做周期為4 s的加速和減速運動，14秒末小物塊的速度大小等于2秒末小物塊的速度大小，則有v14=v2=4 m/s。
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(2)前14秒內小物塊的位移大小。
根據對稱性可知，小物塊在0~4 s內的位移為
x04=2x02=2×a1=2××2×22=8 m，
根據周期性可知前14秒內小物塊的位移大小
x總=3x04+x02=3×8 m+4 m=28 m。
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6.如圖甲所示，邊長為l的正方形ABCD區域內存在平行于紙面豎直方向的勻強電場，在CD邊右側3l處平行CD放置熒光屏，O1O2是通過正方形中心O1和熒光屏中心O2的軸線。電子由靜止經加速電壓加速后以一定速度沿軸線連續射入電場。整個系統置于真空中，不計電子重力，已知電子電荷量為e、質量為m。
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(1)若加速電壓為u0，電子恰好從D點飛出，求電子從進入正方形區域到打到熒光屏上的時間t；
電子從進入正方形區域到打到熒光屏，水平方向做勻速直線運 動，設電子進入正方形區域的速度為v1，則eu0=m，
解得v1=，
時間為t==2l。
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(2)若電子均以速度v0沿軸線射入正方形區域，正方形區域所加偏轉電場如圖乙所示，偏轉電場變化周期為T，且T遠大于電子在偏轉電場中的運動時間，電子偏轉后恰好全部從CD邊射出偏轉電場并能全部打在熒光屏上形成運動的光點，求最大電場強度Em以及熒光屏的最小長度d；
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電子在正方形區域中運動的時間t2=，
當電場強度為Em時，電子出電場時在CD方向上的位移為，則=，
解得Em=，
設電子打到熒光屏上的最小長度為d，電子離開正方形區域時速度偏轉的角度為θ，則tan θ==，解得d=7l。
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(3)求在(2)的條件下熒光屏上光點經過O2的速度v大小。
當電場強度為E時，電子出電場時在CD方向上的位移為
y1=，在熒光屏上偏轉的位移y，則=，
解得y=7×，
光點通過O2時的速度v====。
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7.(多選)(2025·德州模擬)如圖甲，在矩形MNPQ區域中有平行于PM方向的勻強電場，電場強度為E0，一電荷量為+q，質量為m帶電粒子以v0的初速度從M點沿MN方向進入勻強電場，剛好從Q點射出。MN=PQ=2L，MP=QN=L。現保持電場強度的大小不變，使勻強電場的方向按圖乙做周期性變化。使帶電粒子仍以v0的初速度從M點沿MN方向進入，粒子剛好能從QN邊界平行PQ方向射出。不計粒子重力，取圖甲中方向為電場正方向。下列說法正確的是( )
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梯級Ⅲ 創新練
A.電場強度大小為E0=
B.電場強度大小為E0=
C.電場變化的周期可能為T0=
D.電場變化的周期可能為T0=
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對粒子分析，粒子沿MN方向做勻速直線運動，沿電場力方向做勻加速直線運動，則有2L=v0t，L=t2，解得E0=，A項錯誤，B項正確；當場強方向周期性變化時，沿電場方向先做初速度為0的勻加速后再做勻減速到0的直線運動，此過程重復n次，n取正整數，根據2L=nv0T0，解得T0=(n=1，2，3，…)，當n=5時，T0=；當n=10時，T0=，C、D兩項正確。
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4專題提升十七　帶電粒子在交變電場中的運動
題型1　帶電粒子在交變電場中的直線運動
1.常見的交變電場。
常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。
2.常見的運動形式。
(1)粒子做單向直線運動。
(2)粒子做往返運動。
3.常用思維方法。
(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規律):抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的臨界條件。
(2)從兩條思路出發:一是力和運動的關系,根據牛頓第二定律及運動學規律分析;二是功能關系,根據力做功情況,分析動能(或速度大小)、勢能等的變化。
【典例1】　如圖甲所示,兩板距離足夠寬,板間原來固定一電子,使之處于靜止狀態,電子重力不計。兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓,在t時刻釋放電子,下列說法正確的是(　　)
甲　　乙
A.如果t=,電子一直向A板運動
B.如果t=,電子時而向B板運動,時而向A板運動,最后向B板靠近
C.如果t=,電子時而向B板運動,時而向A板運動,最后向A板靠近
D.如果t=,電子時而向B板運動,時而向A板運動,最后向A板靠近
題型2　帶電粒子在交變電場中的偏轉
　　　　　 　　　　　　　　　　
1.帶電粒子在交變電場中的運動,通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。當粒子垂直于交變電場方向射入時,沿初速度方向的分運動為勻速直線運動,沿電場方向的分運動具有周期性。
2.研究帶電粒子在交變電場中的運動,關鍵是根據電場變化的特點,利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據電場的變化情況,分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。
3.抓住粒子在平行電場方向運動的周期性和對稱性特征,分析粒子運動的速度、位移等物理量的變化,或確定運動過程中的臨界狀態。
4.對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場,若粒子穿過板間的時間極短,帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動。
【典例2】　(2025·南京模擬)圖甲的平行金屬板M、N間加有圖乙所示的交變電壓,OO'是M、N板間的中線,當電壓穩定時,板間為勻強電場。時,比荷為k的帶電粒子甲從O點沿OO'方向、以v0的速率進入板間,時飛離電場,期間恰好不與極板相碰。若在時刻,帶電粒子乙以2v0的速率沿OO'從O點進入板間,已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞,不計粒子受到的重力,求:
(1)乙粒子離開電場的時刻;
(2)乙粒子的比荷是甲的多少倍
(3)甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比。
甲　　乙
專題提升十七　帶電粒子在交變電場中的運動
題型1
【典例1】　D　解析　如果t=,電子先向A板加速,再向A板減速,而后向B板加速,再向B板減速,之后重復以上運動,最后向A板靠近,A項錯誤;如果t=,電子先向A板加速,再向A板減速,而后向B板加速,再向B板減速,之后重復以上運動,電子時而向B板運動,時而向A板運動,兩板距離足夠寬,最后不會打到A、B板上,B項錯誤;如果t=,電子先向B板加速,再向B板減速,而后向A板加速,再向A板減速,之后重復以上運動,電子時而向B板運動,時而向A板運動,兩板距離足夠寬,最后不會打到A、B板上,C項錯誤;如果t=,電子先向B板加速,再向B板減速,而后向A板加速,再向A板減速,之后重復以上運動,最后向A板靠近,D項正確。
題型2
【典例2】　答案　(1)T時刻離開電場　(2)　(3)1∶2
解析　(1)粒子在水平方向做勻速直線運動,設極板的長度為L,
L=v0-,
L=2v0t-,
解得t=T。
(2)甲粒子在時刻距離中線最遠,恰好運動到極板處速度為零,T時刻返回中線,設極板之間的距離為d,粒子向極板運動過程中,先做勻加速運動,再做勻減速運動,運動時間均為,
=2×2,
乙粒子勻加速T,勻減速T,在時刻恰好速度為零,離極板最近,然后從靜止開始向另一個極板做勻加速運動T ,T時刻從極板邊緣飛出,
=2-2×2,
解得=。
(3)甲粒子T時刻返回中線,偏轉距離為
y1=2=,
乙粒子從極板邊緣飛出,偏轉距離為y2=,
解得y1∶y2=1∶2。(共17張PPT)
專題提升十七
帶電粒子在交變電場中的運動
第九章　靜電場
題型1　帶電粒子在交變電場中的直線運動
題型2　帶電粒子在交變電場中的偏轉
內容
索引
帶電粒子在交變電場中的直線運動
題型1
1.常見的交變電場。
常見的產生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。
2.常見的運動形式。
(1)粒子做單向直線運動。
(2)粒子做往返運動。
3.常用思維方法。
(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規律)：抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的臨界條件。
(2)從兩條思路出發：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規律分析；二是功能關系，根據力做功情況，分析動能(或速度大小)、勢能等的變化。
【典例1】　如圖甲所示，兩板距離足夠寬，板間原來固定一電子，使之處于靜止狀態，電子重力不計。兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓，在t時刻釋放電子，下列說法正確的是( )
A.如果t=，電子一直向A板運動
B.如果t=，電子時而向B板運動，時而向A板運動，最后向B板靠近
C.如果t=，電子時而向B板運動，時而向A板運動，最后向A板靠近
D.如果t=，電子時而向B板運動，時而向A板運動，最后向A板靠近
如果t=，電子先向A板加速，再向A板減速，而后向B板加速，再向B板減速，之后重復以上運動，最后向A板靠近，A項錯誤；如果t=，電子先向A板加速，再向A板減速，而后向B板加速，再向B板減速，之后重復以上運動，電子時而向B板運動，時而向A板運動，兩板距離足夠寬，最后不會打到A、B板上，B
解析
項錯誤；如果t=，電子先向B板加速，再向B板減速，而后向A板加速，再向A板減速，之后重復以上運動，電子時而向B板運動，時而向A板運動，兩板距離足夠寬，最后不會打到A、B板上，C項錯誤；如果t=，電子先向B板加速，再向B板減速，而后向A板加速，再向A板減速，之后重復以上運動，最后向A板靠近，D項正確。
解析
帶電粒子在交變電場中的偏轉
題型2
1.帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。當粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。
2.研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。
3.抓住粒子在平行電場方向運動的周期性和對稱性特征，分析粒子運動的速度、位移等物理量的變化，或確定運動過程中的臨界狀態。
4.對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動。
【典例2】　(2025·南京模擬)圖甲
的平行金屬板M、N間加有圖乙所示
的交變電壓，OO'是M、N板間的中
線，當電壓穩定時，板間為勻強電
場。時，比荷為k的帶電粒子甲從O點沿OO'方向、以v0的速率進入板間，時飛離電場，期間恰好不與極板相碰。若在時刻，帶電粒子乙以2v0的速率沿OO'從O點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，求：
(1)乙粒子離開電場的時刻；
粒子在水平方向做勻速直線運動，設極板的長度為L，
L=v0， L=2v0 ，
解得t=T。
解析
(2)乙粒子的比荷是甲的多少倍
甲粒子在時刻距離中線最遠，恰好運動到極板處速度為零，T時刻返回中線，設極板之間的距離為d，粒子向極板運動過程中，先做勻加速運動，再做勻減速運動，運動時間均為，
=×2，
解析
乙粒子勻加速T，勻減速T，在時刻恰好速度為零，離極板最近，然后從靜止開始向另一個極板做勻加速運動T ，T時刻從極板邊緣飛出，
=-×2，
解得=。
解析
(3)甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比。
甲粒子T時刻返回中線，偏轉距離為y1==，
乙粒子從極板邊緣飛出，偏轉距離為y2=，
解得y1∶y2=1∶2。
解析

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