带电粒子在交变电场中的运动问题与带电体在等效场中的运动问题

带电粒子在交变电场中的运动问题与带电体在等效场中的运动问题一、带电粒子在交变电场中的运动问题1带电粒子在交变电场中运动的分析方法(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边界条件。(2) 分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关 系。(3) 注意对称性和周期性变化关系的应用。2. 常见的三类运动形式带电体做单向直线运动、直线往返运动或偏转运动。【典例1】如图甲所示平行金属板AB之间的距离为6 cm,两板间电场强度随时间按图乙所示规律变 化。设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T=8x10-5 s。某带正电的粒子，电荷量为8.0x10-19 C,质 量为1.6x10-26 kg，某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)， 则()B2E/ (V- m )11111111-211111T1 9II1i1t/s甲乙A. 若粒子在t=0时释放，则一定能运动到B板B. 若粒子在t=|时释放，贝y定能运动到B板 c.若粒子在t=T时释放，贝y定能运动到a板D.若粒子在t=时释放，则一定能运动到A板【答案】 AD【解析】 粒子在板间运动的加速度尸警=；需XT血謂=伸血乩在訶间内粒子的位移罔W 住$=卜10跟价1旷呼垃=界1厂m =&也 因故若粒子在f=0时释放，则一定能运动到方 板，选项A正确；若粒子在和寸释放，贝U粒子向卫1S运动，最后到达卫板，选项B错误：若粒子在壬=亍 时释放，在討4的时间内，粒子向B板扣速运动，位移为走=轼护=卜1邯心10予m=2xiom g2=2x108x(10-5)2m=0.5x10-2X2 -在+芋的时间内粒子向B板减速运动，位移为监=腔=2 cm,故粒子能到达月板，选顷C错误;若粒子在t=3T时释放，则在3T2的时间内粒子向b板加速运动，位移为在5TT的时间内粒子向A板加速运动，位移为x22=2x108x(3x10-5)2m=4.5x10-2 m=4.5 cm；因(4.5-2x0.5)cm=3.5 cm3t 5Tm=0.5 cm,在2瓦的时间内粒子向B板减速运动，位移为x3=x2 = 0.5 cm；cm,故粒子能到达A板，选项D正确。【典例2】如图甲所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1 m,板长L=0.3 m,在金属板的左 端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间。距金属板右端x=0.5 m处竖直放置一足够 长的荧光屏。现在AB板间加如图乙所示的方波形电压，已知U0= 1.0x102 V。在挡板的左侧，有大量带正 电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m = 1.0x10-7 kg，电荷量q=1.0x10-2C,速度大小均为v0= 1.0x104 m/s。带电粒子的重力不计。求:甲乙%O 0巴三三三(1) 在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度；(2) 荧光屏上出现的光带长度；(3) 若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为v = 2.0x104 m/s,则荧光屏上出现的光带又为多长。【答案】(1)103 m/s (2)4.0x10-2 m (3)0.15 m【解析】(1)从 t=0时刻进入的粒子水平方向速度不变。在电场中运动时间t=k =3x10-5 s，正好等 v0? 1于一个周期，竖直方向先扣速运动亍厂后减速运动扌二加速度犬小=再=HLS1射出电场时竖直方向的速度-_1丫=少尹一少尹=10s m;So门)无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同。偏转最大的粒子+ laTT=3-5x10-2 m 反方向最犬偏转量1d2，=|a1刃2 +討.|厂*2=0.5x102 m出现光带的总长度l=d1+d2=4.0x10-2 m。(3)带电粒子在电场中运动的时间变为2打在荧光屏上的范围如图所示。aT xd = =3.75x102 m1 2 vaT xd = 一 = 1 25x102 m2 6 v形成的光带长度l = d1+d+d2 = 0-15 M。【跟踪短训】1. 如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间相距为dAB，两板间加有如图（b）所示的交变电压，质量为m,带电量为+q的粒子（不计重力）被固定在两板的正中间P处，且。下列说法正确的是A. t=0由静止释放该粒子，一定能到达B板B. t=T/4由静止释放该粒子，可能到达B板C. 在0tT/2和T/2tT两个时间段内运动的粒子加速度相同D. 在T/4tT/2期间由静止释放该粒子，一定能到达A板【答案】AD【解析】A、赳由静止释放该粒子，粒子在0二内向右做初速度为零的匀加速直线运动，在2“曲寸间 也出内向右做匀减速直线运动，在芋内向右做初速度为零的匀加速直线运动，然后向右做匀滴速直线运动，如此反复，粒子一直向右运动，一定能到达方板，故走正确；TT TT 3Tt *B、在 】由静止释放该粒子，粒子在】内向右做初速度为零的匀加速直线运动，在4内向右做匀3TT减速直线运动，在勺内向左做初速度为零的匀加速直线运动，如此反复，粒子做初速度为零的匀加速直T1T 2 quT?丁x =(一)= 线运动，在】内的位移：，然后在】内做匀减速直线运动直到速度为零时的位移:quT加，即. quTqUor2 qu0T2 iX = X = X = d，AB，则加速与减速总位移 ME 加九”，由题意可知：宀空心叱.丄”嘶4肌，则 4m 4dAB 42，粒子向右运动时不会到的b板，故b错误；c、T-tT2两个时间段内运动的粒子加速度大小相等、方向相反，加速度不同，故C错误；D、由B分析可知, 在期间由静止释放该粒子先向右加速运动，后向右减速运动，再反向向左做加速度，然后做减速运动回到p 点，如此反复，粒子最后到达A板，故D正确；故选AD。2. 如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为Uba=1125 V,两板中央各有小孔O和O。现 有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间。在B板右侧，平行金属板M、N长度相同， Li=4x10-2 m，板间距离d=4x10-3 m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1 m处有一荧光屏P,当M、N之间未 加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O点并发出荧光。现在金属板M、N之间加一个如图 乙所示的变化电压u，在t=0时刻，M板电势低于N板电势。已知电子质量为me=9.Ox10-31 kg，电荷量为e=1.6x10-i9 Co(1)每个电子从B板上的小孔O,射出时的速度为多大?(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？【答案】(1) 2x10ms (2)范围为从O响下0.02m内【解析】(1)电子经A. B两块金属板加速，有eU = 2皿玮4解得：%=腭=产無萍 =你w丹=异矣)2 = 2 x 10_3m 当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为厂川y10)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方 向的夹角(9=37。不计空气阻力。已知重力加速度为g，sin 37。=0.6, cos 37。= 0.8。求：qEmg=tan 6,所以 E=3mg4q（R当小球做圆周运动时，可以等效为在一个:重力加速度:为話的:重力场中运动。若要使小球能做完 整的圆周运动，则小球必须能通过團中的。点。设当小球从F点出发的速度为丫血时，小球到达Q点时速 度为零。在小球从P运动到0的过程中，根据动能定理有5yng - 2r 0 pm/idn2,所以Tidn=辰门即小球的初速度应不小于辰人课后作业1如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），t=0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映电子速度v、位移x、加【答案】A【解析】电子一个周期内的运动情况是：0T/4时间内，电子从静止开始做匀加速直线运动，T/4T/2 沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零。2317斗时间内向B板做匀加速直线运动，3T4-T继 续做匀减速直线运动。根据匀变速运动速度團象是倾斜的直线可知凫符合电子的运动情况。故遇正确。电 子做匀变速直线运动时x-t图象是抛物线，故E错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动，而 匀变速运动的加速度不变，已-t團象应平行于横轴=故匚错误。匀变速运动速度團象是倾斜的直线，Ek-t图 象是曲线。故D错误。故选A。2. 个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示。带电微粒只在电场 力的作用下，在t= 0时刻由静止释放。则下列说法中正确的是（）IEI111111111I11 11：1：2111113；4 r/s111120-2A. 微粒在0Is内的加速度与12s内的加速度相同B. 微粒将沿着一条直线运动C. 微粒做往复运动D. 微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同【答案】BD【解析】根据题意作出带电粒子在交变电场中的运动的vt图象，如图所示。八 /（m/s）123456 r/s由图可知在01s内与12s内的加速度大小相等方向相反，故A错。微粒速度方向一直为正，始终 沿一直线运动，B对，C错。阴影部分面积为对应的第1s、第3s和第5s内的位移，故D对。所以【答案】 为BD。3. 如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正 电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动， 并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是（）.ABrTuo1 1 11 1 11 1 1Po(J772 T(a)(b)TT3TA. ot04B.2t0TC3Tt TC. 4 o9Td. Tto8-【答案】B【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负,最终打在a板上时位移为负，速度方向为负。作出t0=o、4、2、乎时粒子运动的速度图象如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知o 04,普丫时粒子在一个周T 3T期内的总位移大于零；4t0T时情况类似.因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。3. 如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像。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（）E/（Vm）TTT0_:：_:_：1 ：2 3：4 ：5 r/s-20 ! !:A. 带电粒子将始终向同一个方向运动B. 2 s末带电粒子回到原出发点C. 3 s末带电粒子的速度为零D. 03 s内，电场力做的总功为零【答案】CD【解析】 设第1 s内粒子的扣速度犬小为弧 第内的加速度犬小为g由心竽可知，生=加_, 可i.5s末粒子的速度为零,然后反方向运动，至m乞末回到原出发点，粒子的速度为零，由动能定理可 知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知G D正确。4. 在图甲所示的两平行金属板上加有图乙所示的电压，该电压的周期为T,大量电子（其重力不计） 以相同的初速度连续不断地从A点沿平行于金属板的方向射入电场，并都能从两板间通过，且飞行时间为 3T，不考虑电子间的相互作用力，下列说法正确的是B11丸吟 b1 111i-0N1F1111 审XTTJTtTA. 0时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小TB. 时刻射入电场的电子离开电场时侧移量最小TC. 在0时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度大小都相同TD. 在0时间内，不同时刻进入电场的电子离开电场时速度方向都不同【答案】BD【解析】从吐时刻射入电场的电子，在电场力作用下做类平抛运动,当瘗U T时间内沿着速度方向做匀 速直线运动，当T到*寸间内继续做类平抛运动，因此离幵电场时侧移量最大，故A错误,从引寸刻射入电 场的电子，在电场力作用下做匀速直线运动；当T到些寸间内沿着速度方向做类平抛运动，当簣H红时间 内再沿速度方向做匀速直线运动，因此离幵电场时侧移量最小，故B正确、在0 V内，不同时刻进入电场的电子，在竖直方向的加速时间不同，则禽幵电场时的竖直速度也不同，合速度是卩=诟+弔，则速度 大小都不相同，速度方向也不相同，故c错i吴，D正确；故选ED.点睛：考查粒子做类平抛运动的规律，同时理解粒子先后进入电场后的受力与运动的分析.本题注意 在初速度方向上始终是匀速直线运动.5. 如图1所示，密闭在真空中的平行板电容器A极板接地.B极板上的电势如图2所示，一质量为m、 电荷量为q的微粒在两极板中央由静止释放，极板足够长，则下列说法正确的是*卯VA If4! i； #: I _rf)厉诂一i2： is；勒田2A. 如果微粒带正电，从t=2s时开始释放一定不能运动到A极板B. 如果微粒带负电，从t=6s时开始释放可能运动到B极板上C. 不论微粒带正电还是负电，撞击极板前竖直方向均为自由落体运动D. 如果微粒带负电，从t=2s开始释放没有撞击到极板，那么将A、B两极板分别向左、向右移动相 等的距离后，重新将带电微粒在t=2s时从极板中央由静止释放，一定不会撞击到极板【答案】CD【解析】如果徽粒带正电，从t=h时幵始释放，则水平方向，丄令时粒子先向左做匀加速运动,4-fis 时粒子向左做匀减速运动，以后重复上述运动，则此时若粒子在竖直方向没到达极板底端，则粒子一定能 运动到遇极板，选项典错误$如果徽粒带员电，从1=治时幵始释放，则水平方向，&肌时粒子先向左做 匀加速运动8-10s时粒子向左做匀减速运动，以_后重复上述运动，则此时若粒子在竖直方向没到达极板底端, 粒子能运动到A极板，不可能运动倒E极板上，选顷E错误；不论撒粒带正电还是员电，撞击极板前粒子 在竖直方向只受重力作用，即在竖直方向均为自由落体运动，选项匚正确；如果徽粒带员电，从t=2sff始 释放，则粒子向右先加速，后减速,若没有撞击到极板，说明粒子在竖直方向的位移已经超过极板底 端；若那么将A、B两极板分别向左、向右移动相等的距鳥后，重新将带电撒粒在时从极板中央由静 止释放，粒子在水平方向的运动情况不变，当运动时间变长，可知在竖直方向的位移变大，更应超过极板 的底端，则粒子一定不会撞击到极板，选项D正确,故选CD.6. 制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行金属板，如图甲所示，加在A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(kl)电压变化的周期为2T，如图乙所示.在AB00t=0时，有一个质量为m、电荷量为e的电子以初速度V0垂直电场方向从两极板正中间射入电场，在运动9e(J0T2k=-dA.若】且电子恰好在2T时刻射出电场，则应满足的条件是我巴B. 若k=1且电子恰好在4T时刻从A板边缘射出电场，则其动能增加r； 5eUnTk =玄|vo +( 4,)2C. 若】且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度为D. 若k=l且电子恰好在2T时刻射出电场，则射出时的速度为v0【答案】AD【解析】竖直方向，电子在。王时间内做匀扣速运动，扣速度的犬小也=签,位移血=1心皆，在T-2丁时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，加速度的大小H =瓷，初速度的大小匀减速运动阶段的位移总= 由题知2兰况+牝，解得圧 呼，A正确若A1且电子恰好在*时刻从卫Xi LL2XiD ?71板边缘射出电场，电场力做功为零，动能不变，错误；若三且电子恰好在2丁时刻射出电场，垂直电场 方向速度为叫 射出时的速度为J時+ 筒3 C错误,若41,电子在射出电场的过程中，沿电场方向 的分速度方向始终不变，D正确.7如图所示，真空中相距d=10cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零）。A板电势变化的规律如右图所示。将一个质量m=2.0x10-27kg，电量q= + 1.6x10-i9C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求：SA（1）在t=0时刻释放该带电粒子，（2）A板电势变化周期T多大时，子不能到达A板。【答案】（1）1（2）释放瞬间粒子加速度的大小。在t=T/4到t=T/2时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒T5V2 x 105s【解析】由图可知两板间开始时的电势差，贝y由u=Ed可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由 牛顿第二定律可求得加速度的大小；要使粒子不能到达A板，应让粒子在向A板运动中的总位移小于极板 间的距离。8.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，上极板的电势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何处；(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v,根据动能定理得：eU0=jmv02设电容器间偏转电场的场强为為则有：设电子经时间f通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为戸则有： 沿中心轴线方向有：匚三 垂直中心轴线方向有：磴1TTT-设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为叱，偏转角为鸽则电子通过偏转电场时有：叶=加vtan 8=rv“电子在荧光屏上偏离O点的距离为由题图乙知t=0.06 s时刻U=1.8U0，解得 Y=13.5 cm。(2)由题知电子偏转量y的最大值为彳，可得当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。3L代入上式得：y=3l所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：2Y=3L=30 cm。(1)电场强度E的大小；【解析】：(1)当小球静止在p点时，小球的受力情况如图所示，则有