2026届高三物理（人教版）-一轮复习-　第47练　专题强化：带电粒子在交变电场中的运动（含解析）

第九章　第47练　专题强化：带电粒子在交变电场中的运动
[分值：50分]
1~4题每小题4分，共16分
1.(2024·江苏泰州市模拟改编)如图甲所示，在平行板电容器A、B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，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)(　　)
2.(2024·江苏省五校联考)如图甲所示，两板距离足够宽，板间原来固定一电子(不计重力)，使之处于静止状态，电子重力不计。两极板间加上如图乙所示的交流电压，在t时刻释放电子，以下说法正确的是(　　)
A.如果t=，电子一直向A板运动
B.如果t=，电子时而B板运动，时而向A板运动，最后向B板靠近
C.如果t=，电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后向A板靠近
D.如果t=，电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后向A板靠近
3.(2024·江苏宿迁市期中)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板中线左侧有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T=，不计粒子重力及相互间的作用力，则错误的是(　　)
A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0
B.在t=时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
C.在t=时刻进入的粒子在中线下方离开电场
D.任意时刻进入的粒子离开板间时速度大小均为v0
4.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t=0时刻由静止释放，若带电粒子只受静电力作用，则下列说法中正确的是(　　)
A.带电粒子只向一个方向运动
B.0~2 s内，静电力做功等于0
C.4 s末带电粒子回到原出发点
D.2.5~4 s内，静电力做功等于0
5题7分，6题13分，共20分
5.(2025·江苏南京市段考)如图甲所示，某装置由直线加速器和偏转电场组成。直线加速器序号为奇数和偶数的圆筒分别和交流电源的两极相连，交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示；在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，位于金属圆板(序号为0)中央的电子由静止开始加速，通过可视为匀强电场的圆筒间隙的时间忽略不计，偏转匀强电场的A、B板水平放置，长度均为L，相距为d，极板间电压为U，电子从直线加速器水平射出后，自M点射入电场，从N点射出电场。若电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力和相对论效应。下列说法正确的是(　　)
A.电子在第3个与第6个金属筒中的速度之比为
B.第2个金属圆筒的长度为
C.电子射出偏转电场时，速度偏转角度的正切值tan θ=
D.若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，圆筒个数足够多且间隙的距离均为d，在保持圆筒长度、交流电压的变化规律和图乙中相同的情况下，该装置能够让电子获得的最大速度为vm=
6.(13分)(2024·江苏省高邮中学期中)如图甲，真空中水平放置的平行金属板MN、PQ间所加交流电压U随时间t的变化图像如图乙所示，U0已知。距离平行板右侧有一足够大的荧光屏，荧光屏距平行板右侧的距离与平行板的长度相等，电子打到荧光屏上形成亮斑。现有大量质量为m、电荷量为+q的电荷以初速度v0平行于两板沿中线OO'持续不断的射入两板间。已知t=0时刻进入两板间的电子穿过两板的时间等于所加交流电压的周期T，出射速度偏转了53°，所有电荷均可以从板间射出，忽略电场的边缘效应及重力的影响，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求：
(1)(2分)平行板的长度；
(2)(4分)板间距离；
(3)(7分)荧光屏上亮斑离O'点的最大距离。
7.(14分)(2025·江苏常州市期中)某示波管简化装置由加速板P、Q、偏转板A、B及圆弧荧光屏MN组成，如图甲所示，加速电场电压为U0，A、B两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，A、B板间电压UAB随时间t的变化规律如图乙所示，质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子从t=0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场，粒子通过偏转电场的时间远小于T，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求：
(1)(3分)粒子进入偏转电场时的速度大小；
(2)(5分)在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数占总粒子数的百分比；
(3)(6分)粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。
参考解析
1.A　[在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场的方向向左，电子所受的静电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图像可知A正确，B、C、D错误。]
2.D　[如果t＝，电子先向A板加速，再向A板减速，而后向B板加速，再向B板减速，之后重复以上运动，最后打到A板，故A错误；如果t＝，电子先向A板加速，再向A板减速，而后向B板加速，再向B板减速，回到出发点，之后重复以上运动，电子时而向B板运动，时而向A板运动，两板距离足够宽，不会打到A、B板上，故B错误；如果t＝，电子先向B板加速，再向B板减速，而后向A板加速，再向A板减速，回到出发点，之后重复以上运动，电子时而向B板运动，时而向A板运动，两板距离足够宽，不会打到A、B板上，故C错误；如果t＝，电子先向B板加速，再向B板减速，而后向A板加速，再向A板减速，之后重复以上运动，最后打到A板，故D正确。]
3.C　[任意时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝，由于电场变化周期T＝，则沿电场方向，任意时刻进入电场的粒子有时间做加速度竖直向下的匀变速运动，有时间做加速度竖直向上的匀变速运动，且竖直向上的加速度大小等于竖直向下的加速度大小，故任意时刻进入的粒子离开板间时沿电场方向速度为零，任意时刻进入的粒子离开板间时速度大小等于水平速度，均为v0，故在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为v0，故A、D正确；t＝0时刻释放的粒子进入电场后，前时间竖直向下做匀加速运动，后时间竖直向下做匀减速运动，恰好从Q板右侧边缘离开电场，在t＝时刻进入的粒子，前时间竖直向上做匀加速运动，后时间竖直向上做匀减速运动，根据对称性可知在t＝时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场，故B正确；在t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称性可知，离开电场时粒子在竖直方向的位移为零，故粒子从中线右侧离开电场，故C错误。]
4.D　[画出带电粒子速度v随时间t变化的图像如图所示，
v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0~2 s内静电力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5~4 s内，静电力做功等于0，D正确。]
5.D　[设电子进入第n个圆筒后的速度为vn，根据动能定理有neU0＝m，解得vn＝，电子在第3个和第6个金属圆筒中的速度之比为，第2个金属圆筒的长度l2＝v2t＝＝T，故A、B错误；电子在偏转电场中运动的加速度为a＝，电子在偏转电场中的运动时间为t＝，
又因为v8＝
电子射出偏转电场时，垂直于板面的分速度为vy＝at＝，电子射出偏转电场时，偏转角度的正切值为tan θ＝，故C错误；由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通过圆筒间隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为，则电子再次进入电场时将开始做减速运动，此时的速度就是装置能够加速的最大速度，则有nd＝·，根据动能定理得neU0＝m，联立解得vm＝，故D正确。]
6.(1) v0T　(2)　(3)3v0T
解析　(1)电荷沿OO'方向做匀速直线运动，则平行板长 L＝v0T
(2)由几何关系可知，电荷离开平行板时沿电场线方向的速度为
vy＝v0tan 53°＝v0
由动量定理可得
－q·＋q·＝mvy－0，
解得d＝
(3)t＝进入电场的电荷打在屏上的亮点离O'点最远，t＝进入电场时的加速度a＝
t＝T时的速度 v1＝
在~T内电荷在竖直方向上的位移为 y1＝·v0T
t＝时的速度 v2＝
在T~内电荷在竖直方向上的位移为 y2＝·＝v0T
设离开电场时速度与水平方向夹角α，则有 y3＝Ltan α＝Lv0T
解得 ym＝y1＋y2＋y3＝3v0T。
7.(1)　(2)66.7%
(3)(－1)l
解析　(1)根据动能定理可得
qU0＝m解得v0＝
(2)粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在A、B板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好从极板右侧边缘射出时l＝v0t
at2
a＝
解得Um＝2U0
故所占百分比为
×100%≈66.7%
(3)由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示，
则Δtm＝
Δxm＝O1D＝(2－)l
得Δtm＝(－1)l。