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专题提升五　带电粒子在交变电场中的运动
学习目标　1.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动。2.学会分析带电粒子在交变电场中的曲线运动。
提升1　带电粒子在交变电场中的直线运动
1.电场强度的大小和方向随时间做周期性变化的电场叫作交变电场(常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等)。
2.此类问题中,带电粒子进入电场时初速度为零,或初速度方向与电场方向平行,带电粒子在交变电场静电力的作用下,做加速、减速交替的直线运动。
例1 如图甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交流电压,开始时B板的电势比A板高,这时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动,设电子在运动中不与极板发生碰撞,则下列说法正确的是(不计电子重力)(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.电子先向A板运动,然后向B板运动,再返回A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动,然后向A板运动,再返回B板做周期性来回运动
答案　C
解析　开始时B板的电势比A板高,电子受到向左的静电力,向B板做初速度为零的匀加速直线运动,0.025 s后电场方向改变,静电力方向与运动方向相反,电子做匀减速直线运动,0.05 s时,速度减
为零,以后重复上述过程,由运动学和动力学规律画出如图所示的v-t图像,由图像可知,电子一直向B板运动,故C正确。
拓展　例1中若平行板电容器A、B两板间加如图所示的电压,试分析电子的运动情况并定性画出相应的v-t图像。
提示　对于题图所示的电压,电子在0~内做初速度为零的匀加速直线运动,~内,电场方向改变,电子做匀减速直线运动,时,速度减为零,~T内电子反向先做匀加速、后做匀减速直线运动,末速度为零,然后周期性地重复前面的运动,其速度—时间图像如图所示。
总结提升
1.通常用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等。
2.常用v-t图像法来处理此类问题,通过画出粒子的v-t图像,可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来,便于求解。
提升2　带电粒子在交变电场中的曲线运动
1.条件:带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场,粒子做曲线运动。
2.运动分析
(1)若带电粒子的初速度很大,粒子通过交变电场时所用时间极短,故可认为粒子所受静电力为恒力,粒子在电场中做类平抛运动。
(2)若粒子运动时间较长,在初速度方向做匀速直线运动,在垂直初速度方向利用vy-t图像进行分析:
①vy=0时,速度方向沿v0方向。
②y方向位移可用vy-t图像的面积进行求解。
例2 如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间做周期性变化的电场,周期为T,电场方向与两板垂直,不计重力的带电粒子沿板间中线OO'垂直电场方向源源不断地射入电场,粒子射入电场时的初速度大小均为v0,已知t=0时刻射入电场的粒子刚好经过时间T沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。不计粒子间的相互作用,请分析以下情况:
(1)t=0时刻射入电场的粒子在0~T内,沿电场方向的运动情况:
由题意得0~时间内,在沿电场方向上,粒子做　　　　运动,t=时刻,vy　　　　(填速度大小情况),~T时间内,在沿电场方向上,粒子做　　　　运动,t=T时刻,vy=　　　　。画出粒子沿电场方向的分速度vy-t图像。
(2)该粒子离开极板时的速度v=　　　　;
(3)若一个粒子从时刻射入电场,粒子离开极板的时刻为　　　　,粒子离开极板的速度v=　　　　,离开极板的位置为　　　　。
答案　(1)匀加速直线　最大　匀减速直线　0　见解析图　(2)v0　(3)T　v0　O'
解析　(1)0~时间内,在沿电场方向上,粒子做匀加速直线运动,t=时刻,vy最大,~T时间内,粒子做
匀减速直线运动,t=T时刻,vy=0。分速度vy-t图像如图所示。
(2)粒子在t=T时刻离开电场,vy=0,粒子的速度v=v0。
(3)作出从时刻射入电场的粒子在沿电场方向的vy-t图像如图所示。由图像可知粒子沿电场方向先做匀加速运动,T时速度最大,T~T做匀减速运动,T时速度减为零,T~T反向做匀加速运动,T时反向速度最大,T~T做匀减速运动,T时速度减为零,回到板间中线。粒子在初速度方向上做匀速直线运动,故粒子在T时刻离开电场,vy'=0,粒子离开极板的速度v'=v0,位置为O'点。
拓展 (1)试分析会不会有粒子打到极板上;
(2)试分析是否所有粒子均沿垂直电场方向射出电场。
答案　(1)t=0时刻入射的粒子,偏移量最大,其他粒子不可能打到极板上。
(2)可作出a-t图像,如图所示,a-t图像的面积表示粒子离开极板时沿电场方向的速度vy,分析可知,所有粒子在极板间运动时间均为T,a-t图像与t轴所围面积之和为零,故所有粒子均沿垂直电场方向射出电场。
训练 (多选)如图甲所示,长为2d的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器,电容器的B板接地,A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示,其周期T=。P为靠近A板左侧的一粒子源,能够水平向右发射初速度为v0的相同带电粒子(粒子重力不计)。已知t=0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器,则下列判断正确的是(　　)
A.该粒子源发射的粒子的比荷为
B.t=0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0
C.t=时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能
D.t=0时刻发射的粒子经过的时间,其速度大小为 v0
答案　ABD
解析　由于粒子在电场中的运动时间为t==2T,所以粒子离开电容器时,刚好在电容器中运动了2个周期,由对称性可知,粒子在竖直方向上的分速度为零,故粒子离开电容器时,其速度等于水平速度v0,B正确;在2个周期内,粒子在竖直方向上运动的距离为d,由匀变速直线运动的规律可得d=4×a·,又因为a=,T=,解得=,A正确;由对称性可知,t=时刻从粒子源射出的粒子,刚好从A板右侧上方离开,且与粒子源在同一水平直线上,其电势能不变,C错误;t=0时刻发射的粒子经过的时间,粒子在竖直方向的分速度为vy=at'=××=v0,故此时粒子的速度大小为v==v0,D正确。
随堂对点自测
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(带电粒子在交变电场中的直线运动)(多选)如图甲所示,平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的电压后,下列选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)
答案　AB
解析　分析电子一个周期内的运动情况:0~时间内,因B板电势高,则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动;~时间内,电子沿原方向做匀减速直线运动,时刻速度为零;~时间内,电子向A板做匀加速直线运动;~T时间内,电子向A板做匀减速直线运动,T时刻速度减为零,回到出发点,接着重复这种运动。根据匀变速直线运动的v-t图像是倾斜的直线可知,B图符合电子的运动情况,故B正确,C错误;电子做匀变速直线运动时x-t图像应是曲线,故D错误;根据电子的运动情况,匀加速运动和匀减速运动交替变化,而匀变速运动的加速度大小不变,a-t图像应平行于横轴,故A正确。
2.(带电粒子在交变电场中的曲线运动)(多选)如图甲所示,A、B表示真空中水平放置的间距为d的平行金属板,板长为L,两板加电压后板间电场可视为匀强电场,现在A、B两板间加上如图乙所示的周期性的交流电压,在t=时,恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场,忽略粒子重力,下列关于粒子运动状态的表述正确的是(　　)
A.粒子在垂直于板的方向的分运动不可能是单向运动
B.粒子在垂直于板的方向的分运动可能是往复运动
C.粒子不可能沿与板平行的方向飞出
D.只要电压周期T和v0的值同时满足一定条件,粒子可以沿与板平行的方向飞出
答案　BD
解析　粒子在平行于板的方向做匀速直线运动,在垂直于板的方向上粒子受到静电力的作用,做匀变速直线运动,粒子从t=时刻出发,在电场中的运动时间不明确,可能做单向运动,也可能做往复运动,故A错误,B正确;若粒子在(+n)(n=1,2,…)时刻从右端离开电场,此时粒子沿电场方向的分速度恰好为0,粒子就可沿与板平行的方向飞出,故C错误,D正确。
基础对点练
题组一　带电粒子在交变电场中的直线运动
1.如图甲所示,两极板间加上如图乙所示的交流电压。开始A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　)
答案　A
解析　电子在交变电场中所受电场力大小不变,加速度大小不变,故C、D错误;从0时刻开始,电子向A板做初速度为零的匀加速直线运动,T后电场力反向,电子向A板做匀减速直线运动,直到t=T时刻速度变为零,之后重复上述运动,故A正确,B错误。
2.如图甲所示,在平行板的A板附近,有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态,在A、B两板间加如图乙所示的交流电压,t=0时刻,该带电粒子在电场力作用下由静止开始运动,经过3t0时间刚好到达B板,设此时粒子的动能大小为Ek3,若用改变A、B两板间距离的方法,使粒子在5t0时刻刚好到达B板,此时粒子的动能大小为Ek5,则等于(　　)
A. B.
C.1 D.
答案　B
解析　设两板间距离为d,粒子经过3t0时间刚好到达B板时,粒子在运动过程中先加速后减速再加速,根据运动的对称性和动能定理,可得Ek3=q;若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板,根据运动的对称性和动能定理,可得Ek5=q·,故=,B正确。
3.(2026·河南开封高级中学月考)如图(a)所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交流电压,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(　　)
A.0C.答案　B
解析　两板间加的是方波电压,若t0=时刻释放粒子,则粒子做方向不变的单向直线运动,一直向A板运动;若t0=时刻释放粒子,则粒子在电场中固定两点间做往复运动,分析可知在4.(多选)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正电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子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.0~3 s内,电场力做的总功为零
答案　CD
解析　设第1 s内粒子的加速度大小为a1,第2 s内的加速度大小为a2,由a=可知a2=2a1,可见,粒子第1 s内向负方向运动,1.5 s末的速度为零,然后向正方向运动,至3 s末回到原出发点,粒子的速度为0,v-t图像如图所示,由动能定理可知,此过程中电场力做的总功为零,综上所述,可知C、D正确,A、B错误。
题组二　带电粒子在交变电场中的曲线运动
5.如图甲为一对长度为L的平行金属板,在两板之间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(不计重力及粒子间的相互作用),且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出,若粒子在两板之间的运动时间均为T,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶1 D.4∶1
答案　C
解析　粒子在两板之间的运动时间均为T,设偏转电场电压不为零时,粒子在偏转电场中的加速度为a,若粒子在t=nT(n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场,则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转电场,此时粒子偏转位移最大,ymax=a()2+a××=aT2;若粒子在t=nT+(n=0,1,2,…)时刻进入偏转电场,则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场,此时粒子偏转位移最小,ymin=0+a()2=aT2,则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1,故C正确。
6.(多选)如图甲为两水平金属板,在两板间加上如图乙所示的交流电压,质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间,经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动描述正确的是(　　)
A.t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大
B.t=T时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大
C.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度方向都水平
D.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度大小都相等
答案　ACD
解析　由题意可知,粒子在电场中运动时间是相同的,t=0时入射的粒子在竖直方向上先加速,然后减速为零,离开电场时偏离中线的距离最大,A正确;t=T时入射的粒子在竖直方向上先加速,然后减速,再反向加速后又减速,正好从中线处离开电场,B错误;因粒子在电场中运动的时间等于交流电压的周期T,根据运动的对称性可知,所有粒子离开电场时的竖直方向的速度都为零,即粒子最终都水平射出电场,离开电场时的速度大小均等于v0,C、D正确。
综合提升练
7.(多选)如图甲所示,在矩形MNQP区域中有平行于PM方向的匀强电场,电场强度为E0,一电荷量为+q、质量为m的带电粒子以v0的初速度从M点沿MN方向进入匀强电场,刚好从Q点射出。MN=PQ=2L,MP=QN=L。现保持电场强度的大小不变,使匀强电场的方向按图乙做周期性变化。使带电粒子仍以v0的初速度从M点沿MN方向进入,粒子刚好能从QN边界平行PQ方向射出。不计粒子重力,取图甲中方向为电场正方向。则下列说法正确的是(　　)
A.电场强度大小为E0=
B.电场强度大小为E0=
C.电场变化的周期可能为T0=
D.电场变化的周期可能为T0=
答案　BC
解析　对粒子分析,粒子沿MN方向做匀速直线运动,沿电场方向做匀加速直线运动,则有2L=v0t,L=at2,a=,联立解得E0=,故A错误,B正确;当电场强度方向周期性变化时,沿电场方向先做初速度为零的匀加速运动,后做匀减速到零的直线运动,这一过程可以重复n次,直到粒子运动到NQ,有2L=nv0T0(n=1,2,3,…),解得T0=(n=1,2,3,…),当n=5时,可得T0=,故C正确,D错误。
8.(2025·甘肃卷,7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备,其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后,沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d,U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处,样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内,电压U2可视为不变,当U2=±Um时,离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.U2的最大值Um=U1
B.当U2=±Um且L=时,离子恰好能打到样品边缘
C.若其他条件不变,要增大样品的辐照范围,需增大U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子,有可能分别打在A点和B点
答案　B
解析　离子在加速电场中被加速时,有qU1=m,在偏转电场中做类平抛运动,则有l=v0t,=·t2,解得Um=U1,故A错误;当U2=±Um时,离子从极板的边缘射出,若恰能打到样品边缘时,有=,解得L=,故B正确;根据y=·t2=,结合几何关系=得Y=,可知若其他条件不变,要增加样品的辐照范围,则需减小U1,故C错误;由题图乙可知,t1时刻所加电压小于t2时刻所加的电压,则t1时刻射入离子的竖直位移小于t2时刻射入离子的竖直位移,即Y1YB,所以不可能分别打在A点和B点,故D错误。
培优加强练
9.如图甲所示,真空中相距d=5 cm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图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放,不计粒子重力,求:
(1)在t=0时刻释放该带电粒子,释放瞬间粒子加速度的大小;
(2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s,在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放,粒子到达A板时速度的大小;
(3)A板电势变化频率多大时,在t=到t=时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子,粒子均不能到达A板。
答案　(1)4.0×109 m/s2　(2)2×104 m/s
(3)大于5×104 Hz
解析　(1)带电粒子所受静电力大小为
F=qE=
由牛顿第二定律得a===4.0×109 m/s2。
(2)粒子在0~时间内运动的距离为
x=a=5.0×10-2 m
由此可见带电粒子在t=时恰好到达A板,则
v=a=2×104 m/s。
(3)分析可知,在~内,静电力方向、速度方向均向右,带电粒子向A板做匀加速运动;同理,在~内,则向A板做匀减速运动,速度减为零后再返回,由于运动具有“对称性”,即先、后两段位移大小相等,得粒子向A板运动的最大位移为xmax=2×a=aT2,因题目要求粒子均不能到达A板,故必有xmax=5×104 Hz。(共45张PPT)
专题提升五　带电粒子在交变电场中的运动
第十章　静电场中的能量
1.学会分析带电粒子在交变电场中的直线运动。
2.学会分析带电粒子在交变电场中的曲线运动。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
随堂对点自测
02
课后巩固训练
03
提升
1
提升2　带电粒子在交变电场中的曲线运动
提升1　带电粒子在交变电场中的直线运动
提升1　带电粒子在交变电场中的直线运动
1.电场强度的大小和方向随时间做周期性变化的电场叫作交变电场(常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等)。
2.此类问题中，带电粒子进入电场时初速度为零，或初速度方向与电场方向平行，带电粒子在交变电场静电力的作用下，做加速、减速交替的直线运动。
例1 如图甲所示的平行板电容器A、B两板上加上如图乙所示的交流电压，开始时B板的电势比A板高，这时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下列说法正确的是(不计电子重力)(　　)
A.电子先向A板运动，然后向B板运动，再返回
A板做周期性来回运动
B.电子一直向A板运动
C.电子一直向B板运动
D.电子先向B板运动，然后向A板运动，再返回B板做周期性来回运动
C
解析　开始时B板的电势比A板高，电子受到向左的静电力，向B板做初速度为零的匀加速直线运动，0.025 s后电场方向改变，静电力方向与运动方向相反，电子做匀减速直线运动，0.05 s时，速度减为零，以后重复上述过程，由运动学和动力学规律画出如图所示的v-t图像，由图像可知，电子一直向B板运动，故C正确。
拓展　例1中若平行板电容器A、B两板间加如图所示的电压，试分析电子的运动情况并定性画出相应的v-t图像。
提示　对于题图所示的电压，电子在0~内做初速度为零的匀加速直线运动，~内，电场方向改变，电子做匀减速直线运动，时，速度减为零，~T内电子反向先做匀加速、后做匀减速直线运动，末速度为零，然后周期性地重复前面的运动，其速度—时间图像如图所示。
总结提升
1.通常用动力学知识分析求解。重点分析各段时间内的加速度、运动性质、每段时间与交变电场的周期T间的关系等。
2.常用v-t图像法来处理此类问题，通过画出粒子的v-t图像，可将粒子复杂的运动过程形象、直观地反映出来，便于求解。
提升2　带电粒子在交变电场中的曲线运动
1.条件：带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子做曲线运动。
2.运动分析
(1)若带电粒子的初速度很大，粒子通过交变电场时所用时间极短，故可认为粒子所受静电力为恒力，粒子在电场中做类平抛运动。
(2)若粒子运动时间较长，在初速度方向做匀速直线运动，在垂直初速度方向利用vy-t图像进行分析：
①vy=0时，速度方向沿v0方向。
②y方向位移可用vy-t图像的面积进行求解。
例2 如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间做周期性变化的电场，周期为T，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线OO'垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初速度大小均为v0，已知t=0时刻射入电场的粒子刚好经过时间T沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。不计粒子间的相互作用，请分析以下情况：
(1)t=0时刻射入电场的粒子在0~T内，沿电场方向的运动情况：
由题意得0~时间内，在沿电场方向上，粒子做____________
运动，t=时刻，vy____________(填速度大小情况)，~T时间内，
在沿电场方向上，粒子做____________运动，t=T时刻，vy=____________。画出粒子沿电场方向的分速度vy-t图像。
解析　0~时间内，在沿电场方向上，粒子做匀加速直线运动，t=时刻，vy最大，~T时间内，粒子做匀减速直线运动，t=T时刻，vy=0。分速度vy-t图像如图所示。
答案　匀加速直线　最大　匀减速直线　0　见解析图　
(2)该粒子离开极板时的速度v=____________;
解析　粒子在t=T时刻离开电场，vy=0，粒子的速度v=v0。
答案　 v0　
(3)若一个粒子从时刻射入电场，粒子离开极板的时刻为____________，粒子离开极板的速度v=____________，离开极板的位置为____________。
解析　 作出从时刻射入电场的粒子在沿电场方向的vy-t图
像如图所示。由图像可知粒子沿电场方向先做匀加速运动，
T时速度最大，T~T做匀减速运动，T时速度减为零，
T~T反向做匀加速运动，T时反向速度最大，T~T做匀减速运动，T时速度减为零，回到板间中线。粒子在初速度方向上做匀速直线运动，故粒子在T时刻离开电场，vy'=0，粒子离开极板的速度v'=v0，位置为O'点。
答案　 T　v0　O'
拓展 (1)试分析会不会有粒子打到极板上;
(2)试分析是否所有粒子均沿垂直电场方向射出电场。
答案　(1)t=0时刻入射的粒子，偏移量最大，其他粒子不可能打到极板上。
(2)可作出a-t图像，如图所示，a-t图像的面积表示粒子离开极板时沿电场方向的速度vy，分析可知，所有粒子在极板间运动时间均为T，a-t图像与t轴所围面积之和为零，故所有粒子均沿垂直电场方向射出电场。
训练 (多选)如图甲所示，长为2d的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期T=。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为v0的相同带电粒子(粒子重力不计)。已知t=0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是(　　 )
A.该粒子源发射的粒子的比荷为
B.t=0时刻发射的粒子从B板右侧离开时
的速度大小仍为v0
C.t=时刻射入的粒子离开电容器时的电
势能小于射入时的电势能
D.t=0时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为 v0
ABD
解析　由于粒子在电场中的运动时间为t=
=2T，所以粒子离开电容器时，刚好在电容
器中运动了2个周期，由对称性可知，粒子
在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电
容器时，其速度等于水平速度v0，B正确;在
2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得d=4×a·，又因为a=，T=，解得=，A正确;由对称性可知，t=时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧上方离开，且与粒子源在同一水平直线上，其电势能不变，C错误;t=0时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为vy=at'=××=v0，故此时粒子的速度大小为v==v0，D正确。
随堂对点自测
2
AB
1.(带电粒子在交变电场中的直线运动)(多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的电压后，下列选项图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)
解析　分析电子一个周期内的运动情况：0~时
间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板
做匀加速直线运动;~时间内，电子沿原方向做
匀减速直线运动，时刻速度为零;~时间内，
电子向A板做匀加速直线运动;~T时间内，电子向A板做匀减速直线运动，T时刻速度减为零，回到出发点，接着重复这种运动。根据匀变速直线运动的v-t图像是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况，故B正确，C错误;电子做匀变速直线运动时x-t图像应是曲线，故D错误;根据电子的运动情况，匀加速运动和匀减速运动交替变化，而匀变速运动的加速度大小不变，a-t图像应平行于横轴，故A正确。
BD
2.(带电粒子在交变电场中的曲线运动)(多选)如图甲所示，A、B表示真空中水平放置的间距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间电场可视为匀强电场，现在A、B两板间加上如图乙所示的周期性的交流电压，在t=时，恰有一质量为m、电荷量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子重力，下列关于粒子运动状态的表述正确的是(　　)
A.粒子在垂直于板的方向的分运动
不可能是单向运动
B.粒子在垂直于板的方向的分运动
可能是往复运动
C.粒子不可能沿与板平行的方向飞出
D.只要电压周期T和v0的值同时满足一定条件，粒子可以沿与板平行的方向飞出
解析　粒子在平行于板的方向做匀速直线运动，在垂直于板的方向上粒子受到静电力的作用，做匀变速直线运动，粒子从t=时刻出发，在电场中的运动时间不明确，可能做单向运动，也可能做往复运动，故A错误，B正确;若粒子在(+n)(n=1，2，…)时刻从右端离开电场，此时粒子沿电场方向的分速度恰好为0，粒子就可沿与板平行的方向飞出，故C错误，D正确。
课后巩固训练
3
基础对点练
A
题组一　带电粒子在交变电场中的直线运动
1.如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交流电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)(　　)
解析　电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C、D错误;从0时刻开始，电子向A板做初速度为零的匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t=T时刻速度变为零，之后重复上述运动，故A正确，B错误。
B
2.如图甲所示，在平行板的A板附近，有一个带正电的粒子(不计重力)处于静止状态，在A、B两板间加如图乙所示的交流电压，t=0时刻，该带电粒子在电场力作用下由静止开始运动，经过3t0时间刚好到达B板，设此时粒子的动能大小为Ek3，若用改变A、B两板间距离的方法，使粒子在5t0时刻刚好到达B板，此时粒子的动能大小为Ek5，则等于(　　)
A.
B.
C.1
D.
解析　设两板间距离为d，粒子经过3t0时间刚好到达B板时，粒子在运动过程中先加速后减速再加速，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek3=q;若改变A、B两板间距离使粒子在5t0时刻刚好到达B板，根据运动的对称性和动能定理，可得Ek5=q·，故=，B正确。
B
3.(2026·河南开封高级中学月考)如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交流电压，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(　　)
A.0C.解析　两板间加的是方波电压，若t0=时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A板运动;若t0=时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，分析可知在CD
4.(多选)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正电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子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.0~3 s内，电场力做的总功为零
解析　设第1 s内粒子的加速度大小为a1，第2 s内的加速度大小为a2，由a=可知a2=2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，v-t图像如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确，A、B错误。
C
题组二　带电粒子在交变电场中的曲线运动
5.如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之
间加上如图乙所示的电压。现沿两板的中轴线从
左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电
粒子(不计重力及粒子间的相互作用)，且所有粒
子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　)
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶1 D.4∶1
解析　粒子在两板之间的运动时间均为T，设偏
转电场电压不为零时，粒子在偏转电场中的加速
度为a，若粒子在t=nT(n=0，1，2，…)时刻进入
偏转电场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出
偏转电场，此时粒子偏转位移最大，ymax=a()2+a××=aT2;若粒子在t=nT+(n=0，1，2，…)时刻进入偏转电场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转电场，此时粒子偏转位移最小，ymin=0+a()2=aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C正确。
ACD
6.(多选)如图甲为两水平金属板，在两板间加上如图乙所示的交流电压，质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动描述正确的是(　　 )
A.t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线
的距离最大
B.t=T时入射的粒子离开电场时偏离中
线的距离最大
C.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度方向都水平
D.无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度大小都相等
解析　由题意可知，粒子在电场中运动时
间是相同的，t=0时入射的粒子在竖直方向
上先加速，然后减速为零，离开电场时偏
离中线的距离最大，A正确;t=T时入射的
粒子在竖直方向上先加速，然后减速，再反向加速后又减速，正好从中线处离开电场，B错误;因粒子在电场中运动的时间等于交流电压的周期T，根据运动的对称性可知，所有粒子离开电场时的竖直方向的速度都为零，即粒子最终都水平射出电场，离开电场时的速度大小均等于v0，C、D正确。
BC
7.(多选)如图甲所示，在矩形MNQP区域中有平行于PM方向的匀强电场，电场强度为E0，一电荷量为+q、质量为m的带电粒子以v0的初速度从M点沿MN方向进入匀强电场，刚好从Q点射出。MN=PQ=2L，MP=QN=L。现保持电场强度的大小不变，使匀强电场的方向按图乙做周期性变化。使带电粒子仍以v0的初速度从M点沿MN方向进入，粒子刚好能从QN边界平行PQ方向射出。不计粒子重力，取图甲中方向为电场正方向。则下列说法正确的是(　　)
A.电场强度大小为E0=
B.电场强度大小为E0=
C.电场变化的周期可能为T0=
D.电场变化的周期可能为T0=
综合提升练
解析　对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速
直线运动，沿电场方向做匀加速直线运动，
则有2L=v0t，L=at2，a=，联立解得E0=
，故A错误，B正确;当电场强度方向周期性变化时，沿电场方向先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速到零的直线运动，这一过程可以重复n次，直到粒子运动到NQ，有2L=nv0T0(n=1，2，3，…)，解得T0=(n=1，2，3，…)，当n=5时，可得T0=，故C正确，D错误。
B
8.(2025·甘肃卷，7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图甲所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2-t关系如图乙所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2=±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.U2的最大值Um=U1
B.当U2=±Um且L=时，离子恰好能打到样品边缘
C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A点和B点
解析　离子在加速电场中被加速时，有qU1=m，在偏转电场中做类平抛运动，则有l=v0t，=·t2，解得Um=U1，故A错误;当U2=±Um时，离子从极板的边缘射出，若恰能打到样品边缘时，有=，解得L=，故B正确;根据y=·t2=，结合几何关系=得Y=，可知若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，故C错误;由题图乙可知，t1时刻所加电压小于t2时刻所加的电压，则t1时刻射入离子的竖直位移小于t2时刻射入离子的竖直位移，即Y1YB，所以不可能分别打在A点和B点，故D错误。
9.如图甲所示，真空中相距d=5 cm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图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27 kg、电荷量q=+1.6×10-19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力，求：
(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加
速度的大小;
(2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s，在t=0时将
带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小;
(3)A板电势变化频率多大时，在t=到t=时间内从紧邻B板处无初速度释放该带电粒子，粒子均不能到达A板。
培优加强练
答案　(1)4.0×109 m/s2　(2)2×104 m/s (3)大于5×104 Hz
解析　(1)带电粒子所受静电力大小为
F=qE=
由牛顿第二定律得a===4.0×109 m/s2。
(2)粒子在0~时间内运动的距离为x=a=5.0×10-2 m
由此可见带电粒子在t=时恰好到达A板，则v=a=2×104 m/s。
(3)分析可知，在~内，静电力方向、速度方向
均向右，带电粒子向A板做匀加速运动;同理，在
~内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后
再返回，由于运动具有“对称性”，即先、后两段
位移大小相等，得粒子向A板运动的最大位移为xmax=2×a=aT2，因题目要求粒子均不能到达A板，故必有xmax=5×104 Hz。
本节内容结束
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