精做22带电粒子在交变电场的运动问题1．两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间。当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过（不计电子重力）。问：（1）这些电子通过两板之间后，侧向位移（垂直于射入速度方向上的位移）的最大值和最小值分别是多少？（2）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？【答案】（1）（2）【解析】画出电子在t=0时和t=t0时进入电场的v–t图象进行分析（1）竖直方向的分速度，侧向最大位移侧向最小位移解得所以，19\n【名师点睛】解决本题的关键知道粒子在偏转电场中水平方向上一直做匀速直线运动，在竖直方向上有电场时做匀加速直线运动，无电场时做匀速直线运动或静止。2．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有电子都能通过。且两极长度使每个电子通过两板均历时3t0，两平行金属板间距为d，电子所受重力不计，求：（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值（答案用d表示）；（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比。【答案】（1）（2）【解析】（1）电子进入偏转电场后，在电场中的加速度均为电子在t=2nt0（其中：n=0、1、2、···）时刻进入电场电子通过两极的侧向位移最大：19\n电子在t=(2n+l)t0（其中n=0、l、2、···）时刻进入电场电子通过两板侧向位移最小所以侧向位移最小的电子动能为故【名师点睛】考查由运动情况来运用位移与时间关系式，并掌握动能定理的应用，搞清不同时段的运动性质，这是解题的关键。3．如图1所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，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A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量m=1.0×10–7kg、电荷量q=2.0×10–2C的带正电粒子以平行于金属板的速度v0=1.0×104m/s持续射向挡板。已知U0=1.0×102V，粒子重力不计。求：19\n（1）粒子在电场中的运动时间；（2）t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移；（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。【答案】（1）t=3×10–5s（2）y=3.5cm（3）L=39cm【解析】（1）粒子的水平分速度不变，则在电场中的运动时间t==3×10–5s（2）在0~2×10–5s内粒子在竖直方向做匀加速运动；在2×10–5~3×10–5s内粒子在竖直方向做匀减速运动。加速度大小为a==108m/s2离开电场时竖直方向位移y=a（）2+a··–a（）2=3.5cm（3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同t=(3n+2)×10–5s（n=0，1，2，…）时刻进入的粒子，向上偏转的距离最大粒子先向上偏转做类平抛运动，竖直方向的位移大小为y1=a()2=0.5cm再做类平抛运动的逆运动，竖直方向的位移大小为y1最后向下偏转做类平抛运动，竖直方向的位移大小为y1故初始位置距A板1cm处的粒子有最大的向上偏转距离0.5cm则电场右侧有粒子射出的范围为A板下0.5cm处到B板之间，共19.5cm宽根据粒子离开电场时的速度相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为L=39cm4．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为，质量为m，电量为–e，在AB两板之间加上如图乙所示的交变电流，其中，；紧靠B板的偏转电压也等于，板长为L两极板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。19\n（1）试求在0~kT与kT~T时间内射出B板电子的速度各是多大？（2）在0~T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。（结果又L、d表示）【答案】（1）（2）（2）在0~kT时间内射出板电子在偏转电场中，电子的运动时间：侧移量：，得：打在荧光屏上的坐标为，则：同理可得在kT~T时间内设穿出B板后电子侧移量：打在荧光屏上的坐标：故两个发光点之间的距离：【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同。先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解。5．真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子（初速度不计）经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线射入。M、N板长均为L=0.20m，间距为d=0.05m，偏转极板右边缘到荧光屏P（足够大）的距离为S=0.10m。若加速电压U1随时间t19\n变化的图象如图乙所示，电子加速时间极短，可认为加速时电压不变，不计电子重力。当板间所加电压为某一值时，电子打到荧光屏上只有一个点。求：（1）U2的大小；（2）看到屏幕上的该点距中心点O'的距离。【答案】（1）（2）【解析】（1）由图乙所示可知，最大加速电压：U1m=1000V电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU1m=mv02–0电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：竖直方向：解得：（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向：竖直分速度：电子离开偏转电场后做匀速直线运动，水平方向：竖直方向：y2=vyt2，解得：看到屏幕上的该点距中心点O′的距离：【名师点睛】本题考查了电子在电场中的运动，电子在加速电场中加速、在偏转电场中做类平抛运动，电子离开偏转电场后做匀速直线运动，分析清楚电子的运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律、运动学公式可以解题。6．如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长19\nL=2m，板间距离d=1m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，已知U0=1×103V，变化周期T=2×10–3s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1×103m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量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）粒子打在荧光屏上的纵坐标；（3）粒子打到屏上的动能。【答案】（1）t=2×10–3s（2）y=0.85m（3）Ek=5.05×10–2J（3）粒子出射时的动能，由动能定理得故Ek=mv2=5.05×10–2J【名师点睛】此题考查了电粒子在电场中的运动，是力电综合解题，解题时关键是分析粒子的运动过程及规律，掌握处理两个方向的分运动的方法，理解牛顿第二定律与运动学公式的应用。7．如图1所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器板长和板间距离均为L=20.0cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L=20.0cm19\n。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象如图2所示。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：（1）电子从加速电场飞出时的速度?（2）在t=0.06s时，电子从电容器右侧飞出时的竖直分位移？（3）在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处?（4）荧光屏上有电子打到的区间有多长？（5）屏上的亮点如何移动？【答案】（1）v0=（2）y=9.0cm（3）距离d为:d==27.0cm（4）H=60cm（5）屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现【解析】（1）电子在电场中加速，设末速度为v0，根据动能定理得qU0=mv02，解得v0=（2）由图知t=0.06s时刻偏转电压为U=1.8U0电子在电场中加速，设竖直分位移为y，由匀加速直线运动的规律得y=at2=解得：y=0.45L=9.0cm19\n（5）屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现【名师点睛】（1）根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小，根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置；（3）通过第（2）问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出电子打到光屏上的区间长度。8．如图甲所示，A、B是两水平放置的足够长的平行金属板，组成偏转匀强电场，B板接地。A板电势随时间变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有正对两孔O1′和O2，两板间电压为U2，组成减速电场。现有一带负电粒子在t=0时刻以一定初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间，刚好到达O2孔，已知带电粒子带电荷量为–q，质量为m，不计其重力。求：（1）该粒子进入A、B的初速度v0的大小；（2）A、B两板间距的最小值和A、B两板长度的最小值。【答案】（1）v0=（2）d=【解析】（1）因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力做匀速运动，所以进入O1′孔的速度即为进入A、B板的初速度在C、D间，由动能定理得qU2=mv19\n即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，若在第一个周期内进入O1′孔，则对应两板最短长度为L=v0T=T，若在该时间内，粒子刚好不到A板而返回，则对应两板最小间距，设为d，所以，即d=9．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为–e，在AB两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0<k<1，；紧靠B板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端L/2处垂直放置很大的荧光屏PQ。不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计。（1）在0~T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离。（结果用L、d表示）（2）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值，使在0~T时间内通过电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值。【答案】（1）（2）【解析】（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化在0~kT时间内，设穿出B板后速度变为v1，由动能定理得：–eU0=mv12–mv02将代入后解得：19\n在偏转电场中，电子运动时间，侧移量解得：根据偏转电场中的推论“似是中点来”其打在荧光屏上的坐标在kT~T时间内，穿出B板后速度变为v2，同理可得，，荧光屏上两个发光点之间的距离【名师点睛】本题利用带电粒子在匀强电场中的类平抛运动及其相关知识列方程进行解答，关键要分析出临界条件和隐含的条件。10．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2（大小未知），第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期。一质量为m，电荷量为+q的离子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动。以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力。求：19\n（1）离子刚进入第四象限时的速度；（2）E2的大小；（3）当t=时，离子的速度；（4）当t=nT时，离子的坐标。【答案】（1）（2）（3）（4）（，）【解析】（1）第一象限有在O点的电荷量为Q的点电荷产生的电场，离子以坐标原点O为圆心做半径为的圆周运动，库仑力提供向心力：解得离子做圆周运动的速度即进入第四象限的速度（2）离子在第二象限做匀加速直线运动，由动能定理得联立解得第二象限内电场强度（3）离子进入第四象限做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴正方向做匀加速直线运动，轨迹如图所示。19\n在时运动到B点，在B点x轴正方向的分速度：此时离子的速度t=nT时，离子到坐标原点的距离故当t=nT时离子的坐标（，）11．如图甲所示，A、B是在真空中水平正对的两块金属板，板长L=40cm，板间距d=24cm，在B板左侧边缘有一粒子源，能连续均匀发射带负电的粒子，粒子紧贴B板水平向右射入，粒子的=1.0×108C/kg，初速度v0=2×105m/s，粒子重力不计。在A、B两板间加上如图乙所示的电压，周期T=2.0×10－6s，t=0时刻A板电势高于B板电势，两板间电场可视为匀强电场，电势差U0=360V，A、B板右侧边缘处有一个边界MN。求：19\n（1）带电粒子离开电场时的速度大小；（2）带电粒子从电场射出到MN边界上的宽度Δy。【答案】（1）（2）Δy=15cm【解析】（1）设带电粒子在两金属板间运动的时间为t1，则L=v0t1解得t1=2×10－6s因为t1=T，所以无论何时射入电场，带电粒子在电场中加速运动时间均相同设带电粒子离开电场时竖直方向上速度大小为vy，带电粒子在两金属板间运动的加速度为a则，联立解得vy=1.5×105m/s带电粒子离开电场时的速度带电粒子离开电场时速度与水平方向的夹角α的正切【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是分析物体的运动情况及特征，最好画出粒子的运动轨迹，结合运动公式求解；注意粒子在电场中运动的周期性。12．如图甲所示，真空中水平放置的相距为d的平行金属板板长为L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场。在t=0时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从两板正中间以速度v019\n水平飞入电场．若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出（粒子重力不计），求：（1）两板上所加交变电压的频率应满足的条件；（2）该交变电压的取值范围。【答案】（1）（其中n=1，2，3，···）（2）（其中n=1，2，3，···）【解析】（1）粒子水平方向做匀速直线运动，水平分速度为v0；竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，速度时间图象如图所示：要使粒子在离开电场时恰能以平行A、B两板的速度飞出，竖直分速度为零，即恰好在整数倍周期时刻飞出，即：解得：（其中n=1，2，3，···）（2）粒子射出时，竖直分位移不大于板间距离的一半，故：水平分运动：L=v0t竖直分运动：由于：t=nT19\n联立解得：（其中n=1，2，3，···）【名师点睛】本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，要采用正交分解法列式分析，注意多解性，不难。13．真空室中有如图甲所示的装置，电极K持续发出的电子（初速不计）经过电场加速后，从小孔O沿水平放置的偏转极板M、N的中心轴线OO′射入。M、N板长均为L，间距为d，偏转极板右边缘到荧光屏P（足够大）的距离为S。M、N两板间的电压UMN随时间t变化的图线如图乙所示。调节加速电场的电压，使得每个电子通过偏转极板M、N间的时间等于图乙中电压UMN的变化周期T。已知电子的质量、电荷量分别为m、e，不计电子重力。（1）求加速电场的电压U1；（2）欲使不同时刻进入偏转电场的电子都能打到荧光屏P上，求图乙中电压U2的范围；（3）证明在（2）问条件下电子打在荧光屏上形成亮线的长度与距离S无关。【答案】（1）（2）（3）见解析【解析】（1）由动能定理可知：解得电压（2）t=0时刻进入偏转电场的电子，先做类平抛运动，后座匀速直线运动，射出电场时沿垂直于版面方向偏移的距离y最大y2=2y119\n可得：（3）对满足（2）问条件下任意确定的U2，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为电子速度偏转角的正切值均为电子射出偏转电场时的偏转角度均相同，即速度方向相同不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最大值与最小值之差Δy与U2有关。因电子射出时速度方向相同，所以在屏上形成亮线的长度等于Δy，可知，屏上形成亮线的长度与P到极板M、N右边缘的距离S无关【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；解题的关键是通过分析粒子的受力情况来分析物体的运动特征，结合类平抛运动的规律及几何关系列出方程求解；此题意在考查学生综合分析的能力。14．如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压加速后，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极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为，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也为L，求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两极板间加恒定电压，电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，求偏转电场所加电压；（3）若偏转电场两极板间的电压按如图乙所示做周期性变化，要使电子经加速电场后在时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压以及周期T分别应该满足的条件。【答案】（1）（2）（3）19\n【解析】（1）电子经加速电场加速：解得：（2）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：【名师点睛】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。15．如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图所示的交变电场，极板长为，板间距离为，取竖直向上的方向为电场强度的正方向。一带电量为的正电荷从两板正中间的位置由左侧射入板间，初速度为，已知电荷所受电场力大小是其重力的2倍，重力加速度为，且0时刻射入的粒子正好可从板间射出。求：19\n（1）两板间距应满足的条件；（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能。【答案】（1）（2）【解析】（1）0~内，电荷所受的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得，则粒子向上运动的位移粒子的速度，内，电荷所受的电场力方向竖直向下，根据牛顿第二定律得，，向上速度减为零的时间，知在竖直方向上粒子向上做匀减速运动到零后再向下做匀加速运动，向上匀减速运动的位移可知则（2）粒子射出复合场时，竖直方向的分速度，负号表示方向则射出时的动能【名师点睛】本题考查电荷在复合场中的运动，知道前一段时间和后一段时间内竖直方向的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。19
