帶電粒子在交變電場中的運動[方法點撥](1)在交變電場中做直線運動時，一般是幾段變速運動組合.可畫出v－t圖象，分析速度、位移變化.(2)在交變電場中的偏轉若是幾段類平拋運動的組合，可分解后畫出沿電場方向分運動的v－t圖象，分析速度變化，或是分析偏轉位移與偏轉電壓的關系式.1.(2018·湖北省黃岡市模擬)一勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象如圖1所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子于t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是()圖1A.帶電粒子只向一個方向運動B.0～2s內，電場力做功等于0C.4s末帶電粒子回到原出發點D.2.5～4s內，電場力做功等于02.(2018·山西省聯考)如圖2甲所示，兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間的距離相等，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.在t＝0時刻，一不計重力的帶電粒子沿板間的中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為v0，t＝T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場.則()圖2A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方向的B.在t＝eq\f(T,2)時刻，該粒子的速度大小為2v0C.若該粒子在eq\f(T,2)時刻以速度v0進入電場，則粒子會打在板上D.若該粒子的入射速度變為2v0，則該粒子仍在t＝T時刻射出電場3.(多選)(2018·河北省邢臺市質檢)如圖3甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板的電勢φ隨時間t變化情況如圖乙所示.t＝0時，在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子，當t＝2T時，電子回到P點.電子運動中沒與極板相碰，不計重力.則()圖3A.φ1∶φ2＝1∶2B.φ1∶φ2＝1∶3C.在0～2T內，當t＝T時電子的動能最大D.在0～2T內，電子的電勢能減小了eq\f(2e2T2φ\o\al(2,1),md2)4.(2018·廣東省五校協作體聯考)如圖4甲所示，真空中兩塊平行金屬板與電源連接，A板與地連接，將一個帶電粒子在A板處釋放，不計重力，已知帶電粒子的v－t圖象如圖乙所示，則B板的電勢變化規律可能是()圖45.(多選)如圖5甲所示，一平行板電容器極板長l＝10cm，寬a＝8cm，兩極板間距為d＝4cm，距極板右端eq\f(l,2)處有一豎直放置的熒光屏.在平行板電容器左側有一長b＝8cm的“狹縫”粒子源，可沿著兩板中心平面，均勻、連續不斷地向電容器內射入比荷為2×1010C/kg，速度為4×106m/s的帶電粒子.現在平行板電容器的兩極板間加上如圖乙所示的交流電，已知粒子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期.下面說法正確的是()圖5A.粒子打到屏上時在豎直方向上偏移的最大距離為6.25cmB.粒子打在屏上的區域面積為64cm2C.在0～0.02s內，進入電容器內的粒子有64%能夠打在屏上D.在0～0.02s內，屏上出現亮線的時間為0.0128s6.(2018·山師附中模擬)如圖6甲所示，A、B為兩塊平行金屬板，板極間電壓為UBA＝1125V，兩板中央各有小孔O和O′.現有足夠多的電子源源不斷地從小孔O由靜止進入A、B之間.在B板右側，平行金屬板M、N長度均為L1＝4×10－2m，板間距離d＝4×10－3m，在距離M、N右側邊緣L2＝0.1m處有一熒光屏P，當M、N之間未加電壓時電子沿M板的下邊沿穿過，打在熒光屏上的O″點并發出熒光.現在金屬板M、N之間加上按如圖乙所示規律變化的電壓U，M板電勢低于N板電勢.已知電子質量為m＝9.0×10－31kg，電荷量為e＝1.6×10－19C.求：圖6(1)每個電子從B板上的小孔O′射出時的速度為多大；(2)電子打在熒光屏上的范圍是多少.

答案精析1.D[畫出帶電粒子速度v隨時間t變化的圖象如圖所示，v－t圖線與時間軸所圍“面積”表示位移，可見帶電粒子不是只向一個方向運動，4s末帶電粒子不能回到原出發點，A、C錯誤；2s末速度不為0，可見0～2s內電場力做功不等于0，B錯誤；2.5s和4s末，速度的大、小方向都相同，2.5～4s內電場力做功等于0，所以D正確.]2.A[設板間距離為L，不管電場方向如何，粒子進入板間后在水平方向不受力，一定做勻速運動，所以v0T＝L.若初速度為2v0，則經過eq\f(T,2)就會射出電場，選項D錯誤.在豎直方向，0～eq\f(T,2)為勻加速運動，末速度v1＝a×eq\f(T,2)，偏移量x1＝eq\f(1,2)×a×eq\f(T2,4)＝eq\f(aT2,8)，eq\f(T,2)～T為勻減速運動，豎直方向末速度v＝a×eq\f(T,2)－a×eq\f(T,2)＝0，即末速度為水平方向，與電場方向垂直，選項A正確.離開電場時的偏移量為x2＝x1＋a×eq\f(T,2)×eq\f(T,2)－eq\f(1,2)×a×eq\f(T2,4)＝eq\f(L,2)，整理可得eq\f(aT2,4)＝eq\f(L,2)，即eq\f(T,2)時刻的豎直速度v＝a×eq\f(T,2)＝eq\f(L,T)＝v0，合速度為eq\r(v\o\al(

2,0)＋v\o\al(

2,0))＝eq\r(2)v0，選項B錯誤.若粒子在eq\f(T,2)時刻進入電場，只不過偏轉方向相反，仍會在t＝T時刻從PQ右邊緣射出，選項C錯誤.]3.BD4.B[粒子分段做勻變速運動，所以電壓是分段恒定值，C、D錯誤；通過圖線的斜率可知，在0.25T～0.75T內，加速度不變，電壓不變，故A錯誤，B正確.]5.BCD[設粒子恰好從極板邊緣射出時極板兩端的電壓為U0，水平方向l＝v0t，豎直方向eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a0t2，又a0＝eq\f(qU0,md)，解得U0＝eq\f(md2v\o\al(

2,0),ql2)＝128V，即當U≥128V時粒子打到極板上，當U<128V時粒子打到熒光屏上，設打到熒光屏上的粒子在豎直方向上偏轉的最大位移為y，由幾何關系和類平拋運動規律得eq\f(\f(l,2)＋\f(l,2),\f(l,2))＝eq\f(y,y－\f(d,2))，解得y＝d＝4cm，選項A錯誤；由對稱性知，粒子打到熒光屏上的區域總長度為2d，則粒子打到熒光屏上的區域面積為S＝2da＝64cm2，選項B正確；在前eq\f(1,4)T，粒子打到熒光屏上的時間t0＝eq\f(128,200)×0.005s＝0.0032s，又由對稱性知，在一個周期內，粒子打在熒光屏上的總時間t′＝4t0＝0.0128s，選項D正確；因為這些粒子均勻、連續地進入電場，設一個周期內進入電容器內的粒子能夠打在熒光屏上的比例為η，此時電容器兩端的電壓U<128V，則η＝eq\f(128,200)×100%＝64%，選項C正確.]6.(1)2×107m/s(2)范圍為從O″向下0～0.012m內解析(1)電子在A、B兩塊金屬板間加速，有eUBA＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(2eUBA,m))＝eq\r(\f(2×1.6×10－19×1125,9.0×10－31))m/s＝2×107m/s；(2)由于電子穿過M、N間所用時間極短，故電子穿過M、N的過程可視為板間電壓不變，當U1＝22.5V時，電子經過MN極板向下的偏移量最大，為y1＝eq\f(1,2)·eq\f(eU1,md)(eq\f(L1,v0))2＝2×10－3m，y1＜d，說明所有的電子都可以飛出M、N.此時電子在豎直方向的速度的大小為vy＝eq\f(U1e,dm)·eq\f(L1,v0)＝eq\f(1.6×10－19×22.5,9.0×10－31×4×10－3)×eq\f(4×10－2,2×107)m/s＝2