專題11帶電粒子在交變電場中的運動-2021年高考物理靜電場

1、 靜電場考點突破微專題11 帶電粒子在交變電場中的運動一、知能掌握1 常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等2常見的題目類型 TOC o 1-5 h z 粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解) 粒子做往返運動( 一般分段研究) 粒子做偏轉運動( 一般根據(jù)交變電場特點分段研究) 3思維方法注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)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邊界條件分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系注意對稱性和周期性變化關系

2、的應用( 4 )充分利用 V-T 圖像結合運動過程示意圖分析問題帶電粒子在交變電場中運動問題的解決方法 :帶電粒子在極板問加速或偏轉時，若板間所加電壓為一交變電壓，則粒子在板間的運動可分兩種情況處理：一是粒子在板間運動時間t遠小于交變電壓的周期T;二是粒子在板間運動時間t與交變電壓變化周期 T 相差不大甚至tT 。第一種情況下需采用近似方法處理，可認為在粒子運動的整個過程的短暫時問內(nèi)，板間電壓恒等于粒子入射時的電壓，即在粒子運動過程中，板間電壓按恒壓處理，且等于粒子入射時的瞬時電壓。第二種情況下粒子的運動過程較為復雜， 可借助于粒子運動的速度圖像。 物理圖像是表達物理過程、規(guī)律的基本工具之一，

3、用圖像反映物理過程、規(guī)律，具有直觀、形象的特點，帶電粒子在交變電場中運動時，受電場力作用，其加速度、速度等均做周期性變化，借助圖像來描述它在電場中的運動情況，可直觀展示物理過程，從而獲得啟迪，快捷地分析求解。在有交變電場作用下帶電粒子運動的問題中，有一類重要問題是判定帶電粒子能從極板間穿出的條件或側移量、偏轉角范圍等問題。而解決此類問題的關鍵是找出粒子恰好能從板間飛出的臨界狀態(tài)：恰好從極板邊緣飛出，并將其轉換為臨界狀態(tài)方程。解決交流電流綜合問題時，應注意以下幾點：(1)由于交變電流的大小和方向、電壓的大小和正負都隨時間周期性變化，這就引起磁場、電場的強 弱和方向周期性變化。因此，在研究帶電體在

4、場中受力時，一定要細微地進行動態(tài)受力分析。(2)分析具體問題時，要在研究分析物體在整個過程中各個階段的運動性質，建立起動態(tài)的物理圖象 上下功夫，不能簡單地認為物體受力方向改變時，物體一定同時改變運動方向，要根據(jù)物體的初始狀態(tài)和 受力條件這兩個決定因素來確定物體的運動性質。(3)分析時還應注意由于交流電的周期性變化引起的分析結果出現(xiàn)多解的可能。(4)因電場隨時間變化，交變電場中帶電粒子所受到電場力出現(xiàn)周期性變化，導致運動過程出現(xiàn)多個 階段，分段分析是常見的解題思路.若要分析運動的每個細節(jié)，一般采用牛頓運動定律的觀點分析，借助 速度圖象能更全面直觀地把握運動過程，處理起來比較方便.二、探索提升題型

5、一 交變電場作用下的直線運動【典例1】如圖1所示，AB兩平行金屬板，A板接地，B板的電勢做如圖的周期性變化，在兩板間形成 交變電場。一電子以V0=0分別在下列各不同時刻從 A板的缺口處進入場區(qū)，試分析電子的運動情況.(1)當t=0時，電子進入場區(qū)。3_(2)當t= 3T時，電子進入場區(qū)。8圖1【分析】這類問題是帶電粒子在變化電場中運動的問題，解題關鍵在于要將電壓變化規(guī)律轉化為場強 的變化規(guī)律，由場強變化情況可知粒子的受力變化規(guī)律，再根據(jù)帶電粒子的初速度和加速度判斷粒子做 什么運動，找出運動速度變化規(guī)律，進而分析粒子位移情況。我們可以利用圖象完成上述轉化。由于電 壓隨時間的變化規(guī)律與場強、電場力

6、變化規(guī)律相同，因此只需根據(jù)運動和力的關系，由粒子的受力變化 情況畫出粒子速度隨時間變化圖象，可由圖線與時間軸所圍的面積分析出粒子的位移隨時間的變化情況。【解析】分析帶電粒子在方向發(fā)生變化的場中運動時，必須充分注意到粒子進入到場中的時刻，注意到一些運動的對稱性。（1）當t=0時，可畫出粒子速度隨時間變化的關系圖象：圖線與時間軸所圍的面積總在速度軸的正值一側，說明粒子的位移方向總沿同一方向，即一直朝B板運動，先加速，再減速，當速度減為零后又開始加速，再減速。3_（2）當t=3T時，電子進入場區(qū)，可回出粒子運動速度隨時間變化的圖象： 8由圖象可知粒子向正方向（B板）和負方向（A板）都將發(fā)生位移，得負

7、方向的位移大于正方向的位移。粒子在電壓變化的第一個周期內(nèi)被推出場區(qū)，而無法到達B板?！镜淅?】如圖2甲所示,A、B是一對平行放置的金屬板,中心各有一個小孔 P、Q,PQ連線垂直金屬板, 兩板間距為d.現(xiàn)從P點處連續(xù)不斷地有質量為m帶電量為+q的帶電粒子（重力不計），沿PQ方向放出,粒子的初速度可忽略不計.在t=0時刻開始在 A B間加上如圖乙所示交變電壓 （A板電勢高于B板電勢時， 電壓為正），其電壓大小為UK周期為T.帶電粒子在A、B間運動過程中，粒子間相互作用力可忽略不計 . （1）如果只有在每個周期的 0 T時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，則上述物理量之間應滿足4怎樣的關系.（2

8、）如果各物理量滿足（1）中的關系，求每個周期內(nèi)從小孔 Q中有粒子射出的時間與周期T的比值.【答案】（1）各物理量之間應滿足的關系是即d2qUT 216m,3 、2T的比值是N.（2）每個周期內(nèi)從小孔Q中有粒子射出的時間與周期【解析】本題關鍵是分析帶電粒子的運動情況，確定出臨界條件，運用牛頓第二定律和運動學規(guī)律結合進行求解。通過分析每個周期內(nèi)帶電粒子的運動情況，確定只有在每個周期的 01時間內(nèi)放出的帶電粒子才4能從小孔Q中射出時應滿足的條件，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解各物理量之間應滿足的關系.,由運動學公式求出最短時間;t=0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間為最短(1)在0T時間內(nèi)，進

9、入A B板間的粒子,在電場力白作用下,先向右做勻加速運動,在TT時間內(nèi)再向 42右做勻減速運動，且在0T時間內(nèi)，越遲進入A、B板間的粒子，其加速過程越短，減速運動過程也相應地4縮短，當速度為零后，粒子會反向向左加速運動.根據(jù)題意可以知道 0 T時間內(nèi)放出的粒子進入 A B板間,4均能從Q孔射出，也就是說在 T時刻進入A、B板間的粒子是能射出 Q孔的臨界狀態(tài).4粒子在T時刻進入A、B間電場時，先加速，后減速，因為粒子剛好離開電場，說明它離開電場的速度為零 ，4因為加速和減速的對稱性，故粒子的總位移為加速時位移的2倍，所以有d 2 H4)2qUT 2q一即 16md(因只有加速過3T4(2)若情形

10、(1)中的關系式成立，則t=0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間為最短、1 1,一，、，12程)，設最短時間為tx,則有 d atx22 T 3T, 在t一時刻進入電場的粒子在t 的時刻射出電場，所以有粒子飛出電場的時間為44由式得【典例3】如圖3所示是一直線加速器原理的示意圖 ，由K個長度逐個增大的共軸金屬圓筒排列成一串 (圖 中只畫了 5個作為示意)，奇數(shù)筒和偶數(shù)筒分別連接到頻率為 f、最大電壓值為U的正弦交流電源的兩極(設 圓筒內(nèi)部沒有電場 工整個裝置放在真空容器中，圓筒的兩底面中心開有小孔 .帶電粒子從粒子源出發(fā)后，經(jīng) 過第一次加速，然后進入第一個圓筒，再向前運動.相鄰兩圓筒間的間隙

11、很小，問：比荷為質子(；H )，以V1J2eU沿軸線射入第一個圓筒，此時第1、2兩個圓筒間的電勢差為m. m12 U .(不計粒子的重力，不計粒子在兩圓筒間運動的時間，不考慮相論效應)(1)要使質子每次在圓筒間都能獲得最大的加速，質子穿越每個圓筒的時間最短為多大？(2)在(1)的情形下，第n個圓筒的長度應為多大？若質子某次加速后動能為0.5MeV,則下一個圓筒長為多少？( 108C/Kg, f 5 104 Hz) m(3)若利用回旋加速器使質子最終加速到動能為0.5MeV,則D形盒的半徑應為多大？(D形盒中磁感應強度B=1T)心一.一利【答案】(1)質子穿越每個圓筒的時間最短為二;(2)下一個

12、圓筒長為100m;(3)則D形盒的半徑應為0.1m.2f【分析】(1)根據(jù)當粒子在圓筒內(nèi)運動時間等于交流電周期的一半時，粒子才能一直處于加速，從而即可求解；(2)根據(jù)粒子在圓筒內(nèi)做勻速直線運動，在圓筒外做勻加速運動，結合動能定理，與運動學公式，即可求解；(3)根據(jù)質子在回旋加速器中達最大速度時，其半徑等于D形盒的半徑R,結合牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力，即可求解.【解析】(1)粒子在圓筒內(nèi)做勻速直線運動 ，當運動的時間等于交流電變化周期的一半時，即為一直處于加 TOC o 1-5 h z T1速狀態(tài)，則有：t T 2 2f212(2)進入第n個圓筒的速度為vn,由動能定理：(n 1)eU

13、 -mvnmv0 ,又1n vnt HYPERLINK l bookmark57 o Current Document 2計算得出：1n !J2neU動能為：Ek1mv2 0.5 106eV2flm2 HYPERLINK l bookmark38 o Current Document - 2E11則有：v J 10 (m/s)則有：l vt 10- 4m 100m； m2 5 104(3)質子在回旋加速器中達最大速度時，質子做圓周運動的半徑鼻等于D形盒的半徑R;2根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力，則有：evB m Rm計算得出：R=Rm=0.1m【典例4】如圖4甲所示，M N為中心有小孔

14、的平行板電容器的兩極，相距D=1 m,其右側為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=1X 10-3T,磁場區(qū)域足夠長，寬為 d=0. 01 m ;在極板MN間加有如圖乙所示的交變電壓(設 N板電勢高于M板時，電壓為正)，現(xiàn)有帶負電的粒子不斷從M板中央小孔處射入電容器內(nèi)(粒子的初速可視為零，重力不計)，取其比荷q 2 1011C/kg,試求：m(1)在交變電壓第一個周期內(nèi)哪些時刻進入電容器內(nèi)的粒子能從磁場的右側射出。(2)若上述交變電壓的周期可以變化，則其周期滿足什么條件時，才能保證有帶電粒子從磁場右側射出來。圖4【分析】粒子要從磁場右側射出， 它在磁場中做勻速圓周運動的半徑rd,又r mv 則

15、粒子進入磁場Bq時速度必須滿足v Bqd ,帶電粒子在電場中先加速后減速，加速度大小均為a 咀，最后以滿足條件mmD的速度v進入磁場。(1)明確題目所提供的交流電的變化規(guī)律。(2)對物體(粒子)可能受到的力進行受力分析。(3)結合物體(粒子)的運動狀態(tài)及題目當中的一些條件，特別是一些臨界條件列方程求解。【解析】(1)設加速時間為t,則D -at2 )一v- TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark119 o Current Document 22a二 r2-2aD v，一,17所以t七2一，代入數(shù)據(jù)解得t 6.1 107 s2a2所以在0 (T t)內(nèi)，即在0 3.

16、9 107 s進入電容器內(nèi)的粒子將從磁場右側射出.2(2)帶電粒子加速的時間至少為t 6.1 10 7s,則T 6.1 10 7,所以T 1.22 10 6 s。2題型二 交流電場作用下的偏轉【典例5】A、B表示真空中相距為 d的平行金屬板，長為 L,加上電壓后，其間電場可認為是勻強電場，在t=0時，將圖5乙中的方形波的交變電壓加在 AB上，A U0, B 0 ,此時恰有一帶電微粒沿兩板中央飛入電場，如圖 5甲所示，微粒質量為 日 帶電荷量為q,速度大小為v,離開電場時恰能以平行于金的取值范圍（重力不計）。屬板飛出，求所加交變電壓【答案】Uo22md vqLT【解析】若要微粒恰能平行金屬板飛出

17、，就要使微粒在離開金屬板的瞬間只有平行于金屬板的速度，微粒 進入電場后，參與兩個方向的運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向（沿電場方向）每個周期內(nèi)的前半周加速，后半周減速，由對稱性可知，當時，微粒僅有平行于金屬板的入射速度V,于是應滿足t=nT(n=1,2,3.)其側位移 s -(臨界2條件). L一 一1T 2一而t 又因為s a() 2n v22其中 a qU0解得U0 2md V。dmqLT【典例6】如圖6甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0,電容器板長和板間距離均為 L=10 cm,下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L=10 cm,在電容器兩

18、極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示.(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求：甲乙圖6(1)在t = 0.06 s時刻，電子打在熒光屏上的何處；(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？【答案】(1)打在屏上的點位于 O點正上方，距 O點13.5 cm (2)30 cm一，12【解析】(1)電子經(jīng)加速電場加速滿足qU0= 2mv經(jīng)偏轉電場偏轉后偏移量y = 2at2=2 - qmL - (L)2Ufe L所以y=7TT，由題圖知t = 0.06 s時刻U偏=1.8U0,所以y = 4.5 cm 4U0，一 ,Y L+ L/2 設打在屏

19、上的點距 O點距離為Y,滿足y= L2所以丫= 13.5 cm.(2)由題知電子偏移量 y的最大值為L,所以當偏轉電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L= 30 cm.【典例7】如圖7甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板 A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度也從a點水平射入，沿直線從 b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度V0射出，求：(1)交變電壓的周期 T應滿足什么條件;(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件.【答案】(1)T=,其中n取大于等于 上飛/qU0的整數(shù) (2)t=2nT(n=

20、 1,2,3)nvo2dvo2m4【解析】(1)為使粒子仍從b點以速度vo穿出電場，在垂直于初速度的方向上，粒子的運動應為：加速,減速，反向加速，反向減速，經(jīng)歷四個過程后，回到中心線上時，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時間等于一個周期，故有L=nTvo,解得T=nvo.1 11 o粒子在1丁內(nèi)離開中心線的距離為 y = a(：D 42 4qU0T232md在運動過程中離開中心線的最大距離為y(m= 2y =qUT216md粒子不撞擊金屬板，應有ymW 2d解得T 2d2m qU0所以粒子的周期應滿足的條件為T=總其中n取大于等于2dA圖的整數(shù) 1_3_5 2n-1_(2)粒子進入電

21、場的時間應為4T, 4T, 4T故粒子進入電場的時間為t=-4T(n=1,2,3)【典例8】平行板電容器兩板相距 d= 0.1 m如圖8乙，將圖8甲所示的交變電壓加在兩板上，當 t = 0時,電子從兩板中央(與兩板相距都是d2 )平行于板射入板間的勻強電場中，電子通過電場后剛好從一板邊緣飛出，設電子的電量為1.6 X10-19 C,質量為 0.91 X10-30 kg.求：ft/AI I ：踞注 0-7；c(1)電子從進入電場到 1X10-8 s的時間內(nèi)沿場強方向的位移為多大？(2)電子通過電場的過程中動能增加了多少電子伏特？【答案】(1)8X10-4 m (2)3.2 X10-22 J【解析

22、】帶電粒子在平行板間做類平拋運動，水平方向與豎直方向具有獨立性，在沿電場線方向，做周期 TOC o 1-5 h z 性勻變速直線運動.第一個半周期的豎直位移根據(jù)牛頓第二定律進行計算電子通過電場過程中做勻加速、勻減速至零、勻加速、勻減速至零的周期性運動，且加速度大小相等，所以只要計算出最后加速或減速時刻的動能，即為全過程的動能增量(1)由題意知，帶電粒子進入電場后第一個9.1V時間內(nèi)沿場強方向的位移為 HYPERLINK l bookmark115 o Current Document 1.21 eu .24y - at18 10 m22 mdd(2)電子通過電場后從一邊緣飛出，需經(jīng)n個半周期n

23、 2 62.5y每經(jīng)一個周期，速度減至0.to(eUt)2則最后四分之一個周期加速后的動能為Ek -m(e -)2 回! 3,2 10 Jmd 2 8md帶電粒子在周期性變化電場中，做周期性運動，根據(jù)牛頓第二定律進行計算.【典例9如圖9-1所示，真空室中電極 K發(fā)出的電子(初速不計)經(jīng)過U0 = 1000伏的加速電場后，由小S 沿兩水平金屬板 A、B間的中心線射入。 A B板1=0.20米，相距d = 0.020米，加在 A B兩板間電壓u隨時間t變化的u-t圖線如圖2所示。設A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作恒定的。兩板右側放一記錄圓

24、筒，筒在左側邊緣與極板右圖10 #圖10 端距離b = 0.15米，筒繞其豎直軸勻速轉動，周期 T= 0.20秒，筒的周長s=0.20米，筒能接收到通過 A、B板的全部電子。（1）以t=0時（見圖9-2,此時u=0）電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標系的原點，并取 y軸豎直向上。試計算電子打到記錄紙上的最高點的y坐標和x坐標。（不計重力作用）（2）在給出的坐標紙（圖 9-3）上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線。圖9-1斗.口做,100t剛圖9-2B板的中心線射入電場時的【解析】（1）計算電子打到記錄紙上的最高點的坐標設v 0為電子沿A、初,則電子在中心線方向的運動為勻速運動，設電子穿

25、過A、B板的時間為tO ,12 一-mvo eU o 2圖電子在垂直A、B板方向的運動為勻加速直線運動。對于恰能穿過A B板的電子，在它 通過時加在兩板間的電壓uc應滿足eUc 2 to2 md聯(lián)立、式解得u o = (2 d 2)/(1 2 ) U o =20 伏此電子從A B板射出時沿y方向的分速度為eu o ) / (md ) t o (Jd /2 )此后，此電子作勻速直線運動， 它打在記錄紙上的點最高， 設縱坐標為y,由圖（1）可得（y/ b = V y /V o由以上各式解得bd/l + d/ 2=2.5 厘米從題給的 u-t圖線可知，加于兩板電壓u的周期 T 0 =0.10秒，u的

26、最大值u m =100伏,因為 u c u m , 在一個周期T 0內(nèi)，只有開始的一段時間間隔t內(nèi)有電子通過 A、B板 t=（uc）/（um）T0因為電子打在記錄紙上的最高點不止一個，根據(jù)題中關于坐標原點與起始記錄時刻的規(guī)定，第一個最高點的x坐標為x 1 = ( t )T/s = 2厘米第二個最高點的x坐標為x 2 = （ t + T 0 ） / s =12 厘米第三個最高點的x坐標為x 3 = ： （ t +2T。）/ T s =22 厘米由于記錄筒的周長為 20厘米，所以第三個最高點已與第一個最高點重合，即電子打到記錄紙上的最高點只有兩個，它們的x 坐標分別由 和 表不（2）電子打到記錄紙

27、上所形成的圖線，如圖（2）所示。三高考真題1.（多選）（2015 山東理綜 20）如圖10甲，兩水平金屬板間距為 d,板間電場強度的變化規(guī)律如圖10乙所示.t=0時刻，質量為 m的帶電微粒以初速度 Vo沿中線射入兩板間，0J時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻 3微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出.微粒運動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g.關于微粒在0T時間內(nèi)運動的描述，正確的是 （） A.末速度大小為2V0B.末速度沿水平方向1C.重力勢能減少了 mgdD.克服電場力做功為 mgd【答案】BC一一一 T一，一，T 2T ,、【解析】因0可時間內(nèi)微粒勻速運動，故 E）q=mg在a片時間內(nèi)，粒子只受重力作

28、用，做平拋運動，在 3332T gT 2r . 一t = 3時刻的豎直速度為 vyi=,水平速度為vo；在3T時間內(nèi)，由牛頓第一th律 2Eoq- mg= ma解得a=g,方向向上，則在t = T時刻，Vy2=Vyi-gT= 0,粒子的豎直速度減小到零，水平速度為V0,選項A錯d 1誤，B正確；微粒的重力勢能減小了 AB=mg- 2 = 2mgd,選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，一， 1一 ，一，2mgd-Wfe= 0,可知克服電場力做功為 2mgd選項D錯誤；故選 日C.（2011 安徽 20）如圖11所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電

29、粒子被固定在兩板的正中間P處.若在t。時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在 A板上.則t可能屬于的時間段是（）TA. 0t 0- 4T3T，73TCt0T49TD. Tt 0 2、時粒子運動的速度圖象如圖 12所本.由T 3T于速度圖線與時間軸所圍面積表小粒子通過的位移，則由圖象可知0V04, zt0T時粒子在一個周期內(nèi)T 3T 的總位移大于零；：t0T時情況類似.因粒子最終打在A HYPERLINK l bookmark13 o Current Document 44板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應小于零，對照各選項可知只有B正確.因電場隨時間變化，交變電場

30、中帶電粒子所受到電場力出現(xiàn)周期性變化，導致運動過程出現(xiàn)多個階段，分段分析是常見的解題思路.若要分析運動的每個細節(jié)，一般采用牛頓運動定律的觀點分析，借助速度圖象能更全面直觀地把握運 動過程，處理起來比較方便.圖123.(2010 江蘇 15(1)制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖13甲所示.加在極板 A、B間的電壓UAb做周期性變化，其正向電壓為U0,反向電壓為一kU0(k1),電壓變化的電荷量為e,受電場作用由靜周期為2。，如圖乙所示.在 t = 0時，極板B附近的一個電子，質量為止開始運動.若整個運動過程中，電子未碰到極板A,且不考慮重力作用.5k=4，電子在

31、02。時間內(nèi)不能到達極板 A求d應滿足的條件.圖139eUj【答案】d10m5eL04md【解析】電子在0y時間內(nèi)做勻加速運動加速度的大小a1 = md位移X1 = 2a1 r 2在。2 P時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小2V1初速度的大小V1=a1p勻減速運動階段的位移X2=2 a2由題知dX1 + X2,解得d9eL0r10m四實踐拓展 題型一 交變電場作用下的直線運動練習1-1 :如圖14甲所示，在平行板電容器 A B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓.開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運動.設電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運動時

32、為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是（其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化 ）（）圖14【答案】A【解析】電子在交變電場中所受電場力恒定，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻開始，電子1向A板做勻加速直線運動，2T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運動，直到t=T時刻速度變?yōu)榱?之 后重復上述運動，A項正確，B項錯誤.練習1-2:如圖15所示，距離足夠大的兩平行金屬板上接正弦交變電壓，板間有一電子，重力不計，當A板帶正電，則電子的運動情況是 （）t = 0時，電子處于靜止狀態(tài)，若交流電正半周期時做簡諧運動當t =T/2時，速度達到最大值圖15豎直向上做直線運動

33、，最終到達A板當t=T/2時，回到出發(fā)點A. B. C. D.【答案】C【解析】第一個T/2中，A板帶正電，電子將向A板做變加速（加速度先增大后減?。┻\動，當t=T/2時,加速度為零，此時速度達最大值。第二個T/2時，電場反向，電子將向 A板做減速運動，由于兩個半周期中電子的加速度大小具有對稱性，在t=T時電子的速度減為零。由此可見，在一個周期內(nèi)電子將一直向 A板運動，而非往復運動，此后電子將重復第一個周期內(nèi)的運動。練習1-3:如圖16所示為勻強電場的電場強度 E隨時間t變化的圖象.當t=0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（）圖16A.

34、帶電粒子將始終向同一個方向運動B .2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點C. 3 s末帶電粒子的速度為零D . 03 s內(nèi)，電場力做的總功為零【解析】CD【解析】設第1 s內(nèi)粒子的加速度為 ai,第2 s內(nèi)的加速度為a2,由a = qE可知，a2 = 2ai,可見，粒子第 1 s內(nèi)向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至 3 s末回到原出發(fā)點，粒子的速 度為0,由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確.練習1-4:將如圖17所示的交變電壓加在平行板電容器 A B兩板上，開始 B板電勢比A板電勢高，這時 有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下

35、開始運動，設A、B兩極板間的距離足夠大， TOC o 1-5 h z 下列說法正確的是（）liTTilIi*4Ian ttjrf0)、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t = 0時由靜止開始運動,場強隨時間變化的規(guī)律如圖20所示.不計重力.求在 t = 0至ij t =丁的時間間隔內(nèi)：(1)粒子位移的大小和方向;（2）粒子沿初始電場反方向運動的時間.叫II1IIPQ!1025. nXr aTBTTi fIlliI i圖20、qE） o T【答案】（i）16m，萬向沿初始電場的正萬向（2）4【解析】（1）帶電粒子在04、:2T 3r 3T 2彳、彳T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設加速度分別為a

36、2、a3、a4,由牛頓第二定律得q。2qE)2qE)ai = a2= a3= a4=mm m由此得帶電粒子在 0T時間間隔內(nèi)運動的加速度一時間圖象如圖（a）所示，對應的速度一時間圖象如圖(b)所示，其中T qEoTvi = ai ,一=44mrjp0.75TI III I由圖（b）可知，帶電粒子在t = 0到t = T的時間間隔內(nèi)的位移大小為x=%i 4由式得x=i&方向沿初始電場的正方向（2）由圖（b）可知，粒子在1=3丁到t =5丁內(nèi)沿初始電場的反方向運動，總的運動時間為t為53T8T 8T= 4練習1-7 :如圖21甲所示，A和B是真空中正對面積很大的平行金屬板，O是一個可以連續(xù)產(chǎn)生粒子

37、的粒子源，O到A、B的距離都是l .現(xiàn)在A B之間加上電壓，電壓 Ik隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.已知粒 子源在交變電壓的一個周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生300個粒子，粒子質量為 m電荷量為一q.這種粒子產(chǎn)生后，在電場力作用下從靜止開始運動.設粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運動，且電荷量同時消失，不影響 A B板電勢.不計粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力.已知上述物理量l=0.6m, U0=1.2 x 103V, T= 1.2X102s, m= 5X1010kg, q=1.0 xl0 7C.(1)在t = 0時刻產(chǎn)生的粒子，會在什么時刻到達哪個極板？(2)在t = 0至ij t =白段時

38、間內(nèi)哪個時刻產(chǎn)生白粒子剛好不能到達A板？(3)在t = 0至ij t =茨段時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子有多少個可到達A板？圖21【答案】否X103s到達A極板(2)4 X 10 3s (3)100個ql0【解析】(1)根據(jù)圖乙可知，從t = 0時刻開始，A板電勢圖于B板電勢，粒子向 A板運動.因為*=靠 TOC o 1-5 h z T 21 ql0(2)2= 3.6 ml ,所以粒子從t=0時刻開始，一直加速到達 A板.設粒子到達 A板的時間為t，則1=2聶 t2解得 t =6x 10 3 s.(2)在0T時間內(nèi)，粒子的加速度大小為a1 = M=2x 105 m/s 2.在TT時間內(nèi)，粒子的加速度大小為

39、a2 HYPERLINK l bookmark117 o Current Document 22lm22ql052 一4,、,T ,、一 一一, Tq AJ= 而=4X10 m/s.可知a2 = 2a1,右粒子在02時間內(nèi)加速A t ,再在2T時間內(nèi)減速-2-剛好不能到達 .一 .13.3,_. . T3_一 . .一3A板，則l =aiAt -At解得A t =2X10 s.因為2=6X10 s,所以在t = 4X10 s時刻廣生的粒子剛好不能到達 A板. 、 T2（3）因為粒子源在一個周期內(nèi)可以產(chǎn)生300個粒子，而在0時間內(nèi)的前鼻時間內(nèi)產(chǎn)生的粒子可以到達A板,23所以到達 A板的粒子數(shù)n=

40、 300 x1x2= 100（個）. 2 3題型二 交流電場作用下的偏轉練習2-1 :如圖22甲所示，兩平行金屬板間距為d,加上如圖乙所示的電壓，電壓的最大值為U0,周期為T,現(xiàn)有一離子束，其中每個離子的質量為 m電荷量為+ q,從與兩板等距處沿著與板平行的方向連續(xù)地射 入兩板間的電場中.設離子通過平行板所需的時間恰好為T：與電壓變化周期相同），且所有離子都能通過兩板間的空間打在右端的熒光屏上，求離子擊中熒光屏上的位置的范圍（不計離子重力）.圖22qUT23qL0T2y-8md y 8md【解析】各個離子在板間電場中運動時，水平方向上都做勻速直線運動，所以每個離子經(jīng)過電場所需的時間都是T,但由于不同的離子進入電場的時刻不同，兩板間的電壓的變化情況不同，因此它們的側向位 移也會不同.如果離子在t=0、T、2T時刻進入電場，則離子先在兩板間做類平拋運動，側向位移為yi,然后做勻速直線運動， 側向位移為丫2,如圖甲所示，這些離子在離開電場時，其側向位移有最大值 ymax,由題意可知，=；a（；）2 = q1.偏轉;時離子的豎直分速度為 vy= a ；=嗎。；.在之后的；內(nèi)離子做勻速直2 28md22 md 22線運動，向