【文档说明】《2023届高三物理一轮复习重难点逐个突破》专题55带电粒子(体)在电场中的运动之交变电场（解析版）.docx，共(24)页，1.828 MB，由envi的店铺上传

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专题55带电粒子（体）在交变电场中的运动1．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，带电粒子（体）在交变电场中可能做单向直线运动也可能做往返运动．2．带电粒子（体）在交变电场中运动的解题技巧(1)按周期性分段研究．(2)将φ－t图像U－

t图像E－t图像――→转换a－t图像――→转化v－t图像．1．（2023·全国·高三专题练习）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质子（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质子速度𝑣、位移𝑥、加速度𝑎和动能𝐸k四个物理量随时间变化规律的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】A、质子在电场中的加速度𝑎=𝑞𝐸𝑚=𝑞𝑈𝑚𝑑即加速度𝑎与金属板间电压𝑈成正比，故图象应与𝑈−𝑡图相似，A错误；B、0~𝑇4时间内

，质子在金属板间做匀加速直线运动，由𝑥=12𝑎𝑡2知质子的位移𝑥与时间𝑡成二次函数关系，图象应该为抛物线，B错误；C、由图乙可知，在0~𝑇4时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在𝑇4~3𝑇4时间内，

加速度方向相反，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；3𝑇4~5𝑇4同理，C正确；D、由于𝑣=𝑣0+𝑎𝑡𝐸k=12𝑚𝑣2故动能𝐸k与时间𝑡为二次函数关系，图象应该为抛物线，D错误。故选C。2．（2022·河北·模拟预测）(多选)带电粒子在电

场中会受到电场力的作用而进行加速或偏转，从而可以检验带电粒子的性质，某平行板两极间存在一匀强电场，其电压与时间关系如图所示，当𝑡=0时，在平行板中间由静止释放一个带负电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，粒子在运动过程不会碰撞极板，则下列说法中正

确的是（）A．带电粒子做单向的匀变速直线运动B．4s末带电粒子回到原出发点C．0~3s内，电场力的冲量为零D．0~3s内，电场力做的总功为零【答案】CD【解析】AB．作出带电粒子在交变电场中的𝑣−𝑡图像如图所

示，不难发现，3s末粒子回到了出发点，3s后重复这样运动，一直做往复运动，并非单向的匀变速直线运动，AB错误；C．0~3s内，对粒子由动量定理得𝐼电场力=0−0故0~3s内电场力的冲量为零，C正确；D．0~3s内，对粒子由动能定理得𝑊电场力=0−0故0~3s

内电场力做的总功为零，D正确。故选CD。3．（2023·全国·高三专题练习）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变电压，t＝0时刻A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板

相碰，而且电子只受静电力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是（）A．在t＝0时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图丙图线一所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动B．若t＝𝑇8时刻释放电子，则电子运动的

v－t图像如图线二所示，该电子一直向B板做匀加速直线运动C．若t＝𝑇4时刻释放电子，则电子运动的v－t图像如图线三所示，该电子在2T时刻在出发点左边D．若t＝38T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边【答案】C【解析】AB．在t＝𝑇2时刻之前释放电子，静电力水平向左，电子在静

电力的作用下向A板做匀加速直线运动，AB错误；C．若t＝14T时刻释放电子，电子先向左做匀加速直线运动，水平向左为速度正方向，在12T时刻速度达到最大，然后做匀减速直线运动，图线三符合电子运动的v－t图像，v－t图像与t轴所围的面积即为电子的位移，2T时刻

之前v－t图像与t轴所围的面积为正，电子的位移为正，所以电子在出发点左边，C正确；D．若t＝3𝑇8时刻释放电子，易分析得2T时刻之前v－t图像与t轴所围的面积为负，即位移为负，电子在出发点的右边，D错误。故选C。4．（2023·全国·高三专题练习）如图

所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计），若分别在A、B两板间加下图所示的四种电压，则其中可能使电子打不到B板的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】A．加A图电压，电

子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能打到B板上，故A错误；B．加B图电压，若A、B板间距足够大，则0～t0电子向B板做匀加速运动，t0～2t0向B板做加速度大小相同的匀减速运动直到速度为零；2t0～3t0向A板做匀加速运动，3t0～4t0向A板做匀减速运动，t＝4t0时电子回到出发

点，可知电子有可能打不到B板，故B正确；C．加C图电压，电子一直向B板先加速后减速，再加速再减速……一直向B板运动，可知一定能打到B板，故C错误；D．加D图电压，可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能打到B板，故D错误。故选B。5．（2022·全国·高三课时练习）

如图1所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动（假设不与板相碰），下列说法正确的是（）A．电压是甲图时，在0~T时间内，电子的电势能一直减少B．电压是乙图时，在0~𝑇2时间内，电子的电势能先增加后减少C．电压是丙

图时，电子在板间做往复运动D．电压是丁图时，电子在板间做往复运动【答案】D【解析】A．若电压是甲图，0~T时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；B．电压是乙图时，在0~12𝑇时

间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B错误；C．电压是丙图时，电子先向左做加速度先增大后减小的加速运动，过了12𝑇后做加速度先增大后减小的减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C错误

；D．电压是丁图时，电子先向左加速，到14𝑇后向左减速，12𝑇后向右加速，34𝑇后向右减速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，故电子做往复运动，故D正确。故选D。6.如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,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()A.0<t0<𝑇4B.𝑇2<t0<3𝑇4C.3𝑇4<t0<TD.T<t0<9𝑇8【答案

】B【解析】若0<t0<𝑇4,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至速度为零,然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零;如此反复运动,每次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以A不符合题意。若𝑇2<t0<3𝑇4,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至速度为零,然后再反方向

加速运动、减速运动至速度为零;如此反复运动,每次向左运动的距离大于向右运动的距离,最终打在A板上,所以B符合题意。若3𝑇4<t0<T,带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至速度为零,然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零;如此反复

运动,每次向左运动的距离小于向右运动的距离,最终打在B板上,所以C不符合题意。若T<t0<9𝑇8,带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至速度为零,然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零;如此反复运动,每

次向右运动的距离大于向左运动的距离,最终打在B板上,所以D不符合题意。7.(多选)图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，OO是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。14T时，比荷为k的带电粒子甲从O点沿OO方向、以0v的

速率进入板间，32T时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在38T时刻，带电粒子乙以02v的速率沿OO从O点进入板间，已知乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，不计粒子受到的重力，则下列说法中正确的是（）A.T时刻，乙粒子离开电场B

.乙粒子的比荷为87kC.甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3D.甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2【答案】ABD【解析】A．设板长为L，粒子甲带负电，则甲运动时间为0315244LtTTTv==−=粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为'0

528LtTv==因乙在38T时刻飞入板间，则在T时刻飞出板间，A正确；CD．设两板间距离为d，则有00UqUkamdd==甲为定值，则在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，以竖直方向位移和时间关系，可得yvat=甲做出竖直方向上速度与时间图像，如图则图线与

时间轴围成的面积代表竖直方向上的位移，设板间距为d，若恰好不与极板碰撞，则表示粒子在电场中竖直方向的最大位移大小刚好为2d，根据图像可知在34T、54T时刻粒子甲会恰好不碰到极板，此两种时刻会达到最大位移的大小

，而在32T时刻，粒子出磁场，此时位移是最大位移的一半，为4d，即甲在竖直方向上的位移为4d；同理，对粒子乙，其轨迹为''''ABCD的形状，因乙粒子在运动过程中也恰好不与极板碰撞，根据图像可知在T时刻会恰好不与极板相撞，此时乙刚好飞

出磁场，即乙在竖直方向上为位移为2d，则偏转位移之比为1422dydy==甲乙C错误，D正确；B．对乙有22271513()2()28228128aTTyaTTaT=−−−=乙乙乙乙对甲有22135()22432aTyaTT=−=甲

甲甲因12yy=甲乙则有2213272128aTaT=甲乙可得87aa=乙甲又00UqUkamdd==甲，'0'Uqamd=乙可得''87qkm=B正确。故选ABD。8．如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组

成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若已知电子的质量为m、电荷量为e

、电压的绝对值为u，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在𝑡=𝑇4时，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，则（）A．圆筒内存在沿轴线的电场，电子在圆筒内向右加速运动B．电子在各

圆筒内运动时间均为𝑇4C．在𝑡=𝑇4时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值D．第n个圆筒的长度为𝑇2𝑚√2𝑛𝑒𝑢𝑚【答案】D【解析】A．因一个筒只接一个电极，所以金属筒内部场强处处为0，电子在筒内不受力做

匀速运动，故A错误；B．因为筒长是按一定的规律增加的，那么电子在每个筒内运动的时间必须为交流电周期的一半，即均为𝑇2，选项B错误；C．因为在𝑡=𝑇4时，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，则此时圆筒1电势高，即在𝑡=𝑇4时奇数圆筒相对

偶数圆筒的电势差为正值，选项C错误；D．设粒子进入第n个筒时的速度为vn，由动能定理可得𝑛𝑒𝑢＝12𝑚𝑣𝑛2解得𝑣𝑛=√2𝑒𝑢𝑛𝑚所以第n个筒的长度为𝐿𝑛＝𝑣𝑛𝑡＝√2𝑒𝑢𝑛𝑚×𝑇2=𝑇2𝑚√2𝑛𝑒𝑢𝑚故D正确。故选D。9．（2022·河南·

许昌市普通教育教学研究室高二期末）图（a）中𝐴和𝐵是真空中的两块面积很大的竖直平行金属板，加上周期为𝑇的交变电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知𝐵板电势为零，𝐴板电势𝜑𝐴随时间𝑡变化的规律如图（b）所示（图中只画出一个周期）。在两板之间

的中点𝑃处，有一个带负电粒子（不计重力），在𝑡=0时，粒子在电场力的作用下从静止开始运动。已知在𝑡=𝑇2时刻，粒子的速度大小为𝑣（粒子始终不会和金属板相碰），则在0−𝑇时间内，关于粒子的速度𝑣—时间𝑡的图像，下列正确的是（）A．B

．C．D．【答案】B【解析】由题可知A板电势𝜑𝐴随时间𝑡变化的规律，由𝑞𝜑𝑑=𝑚𝑎即𝜑𝐴随时间𝑡变化图，可以等效于𝑎随时间𝑡变化图，故𝑎1:𝑎2=1:3在𝑣随时间𝑡变化图中，斜率代表加速度，则B正确。10．（

2022·全国·高三课时练习）如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动中没

与极板相碰，不计重力，则（）A．φ1∶φ2＝1∶2B．φ1∶φ2＝1∶4C．在0～2T内，当t＝T时电子的电势能最大D．在0～2T内，电子的电势能减小了2𝑒2𝑇2𝜑12𝑚𝑑2【答案】D【解析】AB．0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝𝜑1𝑑电子的加速度a1＝�

�𝐸1𝑚＝𝑒𝜑1𝑚𝑑电子向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移x1＝12a1T2速度v1＝a1TT～2T内平行板间电场强度E2＝𝜑2𝑑加速度a2＝𝑒𝜑2𝑚𝑑电子以v1的速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速

直线运动，位移x2＝v1T－12a2T22T时刻回到P点，则x1＋x2＝0联立解得φ2＝3φ1选项A、B错误；C．0～T内电子做匀加速运动，电场力做正功，电子的动能增大，电势能减小，所以在T时刻电子电势能不是最大，选项C错误；D．电子在2

T时刻回到P点，此时速度v2＝v1－a2T＝－2𝑒𝑇𝜑1𝑚𝑑（负号表示方向向下）电子的动能为Ek＝12mv22＝2𝑒2𝑇2𝜑12𝑚𝑑2此过程动能增加了Δ𝐸k=2𝑒2𝑇2𝜑12𝑚𝑑2根据能量守恒定律可知，电势能的减小量等于动

能的增加量，即电子的电势能减小了2𝑒2𝑇2𝜑12𝑚𝑑2，选项D正确。故选D。11．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处，若电子到达右板的时间大于T，（不计重力作用）下列说法中正确的是（）A．从𝑡=0

时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动B．从𝑡=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上C．从𝑡=𝑇4时刻释放电子，电子可能在两板间往返运动，也可能打到右极板上D．从𝑡=𝑇4时刻释放电子，电子必将打到右极板上【答案】B【解析】AB．

从𝑡=0时刻释放电子，电子在0~𝑇2时间内向右做匀加速直线运动，在𝑇2~𝑇时间内向右做匀减速直线运动，且两段时间内的加速度大小相同，根据匀变速直线运动的对称性可知电子将始终向右运动，直到打到右极板上，故A错误，B正确；CD

．从𝑡=𝑇4时刻释放电子，电子在𝑇4~𝑇2时间内向右做匀加速直线运动，在𝑇2~34𝑇时间内向右做匀减速直线运动，在𝑡=34𝑇时速度减为零，且距离右板最近，但由题意可知此时电子未达到右板；电子在34𝑇~𝑇时间内向左做匀加速直线运动，在𝑇~54𝑇时间内向左做匀减速直线

运动，在𝑡=54𝑇时速度减为零，根据运动的对称性可知此时电子回到出发点，所以从𝑡=𝑇4时刻释放电子，电子一定在两板间往返运动，故CD错误。故选B。12．(多选)(2022·辽宁省高考模拟)(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＝dv0。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。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．t＝0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0B．该

粒子源发射的粒子的比荷为2v20φ0C．t＝T4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T2的时间，其速度大小为2v0【答案】ABD【解析】由于粒子在电场中的运动时间为t＝2dv0＝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，A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＝4×12a×

T22，又因为a＝qφ0md，T＝dv0，可解得qm＝2v20φ0，B正确；由对称性可知，t＝T4时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧下方离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，C错误；t＝0时刻发射的粒子经过T2的时间，粒子在竖直方向

的分速度为vy＝at＝qφ0md×12×dv0＝v0，故此时粒子的速度大小为v＝v20＋v2y＝2v0，D正确。13．(多选)一对很大的平行正对金属板，通过改变两金属板间的电压，可使板间形成如图所示规律变化的电场。一带电粒

子从𝑡=0时刻由静止释放，粒子运动过程中始终不接触金属板（粒子重力不计），则下列说法正确的是（）A．带电粒子始终向一个方向运动B．0∼3s内，带电粒子所受电场力的冲量等于0C．3s末带电粒子刚好回到初始位置D．1∼2s内，电场力对带电粒子做的功不等

于0【答案】BC【解析】A．利用𝐸−𝑡图像画出带电粒子的𝑣−𝑡图像，如图2所示，由图像可知，带电粒子没有始终向一个方向运动，A错误；B．根据冲量公式𝐼=𝐹𝑡=𝐸𝑞𝑡由图象可知，0∼3s内，带电粒子所受电场力的冲量等于0，B正确；

C．由匀变速直线运动的速度时间图像与时间轴围成的面积表示位移，根据图像可知，3s末带电粒子刚好回到初始位置，C正确；D．根据功的公式𝑊=𝐹𝑠cos𝜃由于1∼2s内粒子的位移为零，故电场力对带电粒子

做的功等于0，D错误。故选BC。14．(多选)某电场的电场强度E随时间t变化规律的图象如图所示。当t=0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（）A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．带电粒子在0~3s内的初、末

位置间的电势差为零C．2s末带电粒子回到原出发点D．0~2s内，电场力的总功不为零【答案】BD【解析】A．带电粒子在第1s内做匀加速直线运动，在第2s内先匀减速后反向匀加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；B．带电粒子在第1s内做匀加速直线运

动，位移为𝑥1=12𝑎𝑡12=12𝑎1s末的速度为𝑣1=𝑎𝑡1=𝑎在第2s内加速度大小是之前的2倍，方向与之前相反，第2s内的位移和速度为𝑥2=𝑣1𝑡2−12⋅2𝑎𝑡22=𝑎−𝑎=0，𝑣2=𝑣1−2𝑎𝑡2=−𝑎

则2s末带电粒子仍处于1s末的位置，第3s内的加速度与第1s内相同，有𝑥3=𝑣2𝑡3+12𝑎𝑡32=−𝑎+12𝑎=−12𝑎则带电粒子在这3s内的总位移为𝑥=𝑥1+𝑥2+𝑥3=0即带电粒子在3s

末回到出发点，则电场力做功为零，电势能变化为零，电势差为零，B正确；C．根据对B选项的分析可知，3s末带电粒子回到原出发点，C错误；D．带电粒子在2s末没有回到出发点，电势能变化不为0，所以电场力的总功不为零，D正确。故选BD。15．在空间有正方向水平向右、大小按如图所示的图线变化的电

场，位于电场中A点的电子在t＝0时速度为零，在t＝1s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2s时，电子将处在（）A．A点B．A点右方2l处C．A点左方l处D．A点左方2l处【答案】D【解析】粒子只受电场力，加速度大小恒定，方向周期性改变；电子带负电荷，电场力方向与电场强度方向相反，所以电子先

向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度的大小恒定，方向也是周期性改变，作出v-t图象，如图所示v-t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故物体在第一秒内通过的位移为l，第2s位移也为l，第3s位移还是l，故在t=2s时，电子将处在A点左方2l处；故选D。16．（2023·全国

·高三专题练习）在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为l，两板间距离为d，在两极板间加一交变电压如图乙，质量为m，电荷量为e的电子以速度v0（v0接近光速的120）从两极板左端中点沿水平方向连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，

不考虑电子间的相互作用和相对论效应，则在任意0.2s内（）A．当𝑈m<2𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2时，所有电子都能从极板的右端射出B．当𝑈m>𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2时，将没有电子能从极板的右端射出C．当𝑈m=2𝑚𝑑2𝑣2�

�𝑙2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：2D．当𝑈m<√2𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1:(√2−1)【

答案】D【解析】AB．电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到电场力作用，当电子恰好飞出极板时有𝑙=𝑣0𝑡𝑑2=12𝑎𝑡2𝑎=𝑒𝑈m𝑚𝑑解得𝑈m=𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2当𝑈m<𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2时，所有电子都能从

极板的右端射出；当𝑈m>𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2时，在0.2s时间内，极板间电压𝑈<𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2的时间段内，电子能从极板的右端射出，故AB错误；C．当𝑈m=2𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2时，分析图乙可知，任意0.2s内，有一半的时间内极板间电压低

于临界电压𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：1，故C错误；D．当𝑈m=√2𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2时，分析图乙可知，任意0.2s内，有√22

×0.2s的时间内极板间电压低于临界电压𝑚𝑑2𝑣2𝑒𝑙2，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1:(√2−1)，故D正确。故选D。17．如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属

板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是()A．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D．电子射出后动能一定增大【答案】C【解析】

ABC．将电子的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向做匀速运动，竖直方向仅在电场力作用下做变速直线运动，电子在水平方向匀速，故经过电场区域的时间是一定的，竖直方向在电场力的作用下做变速运动，在交流电的一个周期内，竖直分位移为零；当电子在电场中运动的时间恰

好等于在A、B板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A、B错误，C正确；D．当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D错误.18.如图甲所示，在场强大小为E0，方向水平向左的匀强电场中，固定着一根光滑绝缘杆OC和

两个等量同种正点电荷A、B，四边形OACB恰好构成菱形。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上。令x轴与OC杆重合，以左端O为坐标原点，以水平向左为两个正点电荷在OC杆上产生的合场强的正方向，则该合场强在OC杆上的变化规律如图乙所示，Em为该合场强的最大

值。将小球从杆的左端O由静止释放，小球沿杆运动过程中，下列说法正确的是()A．小球运动到C点时的速度可能为0B．当E0>Em时，小球电势能逐渐减小C．当E0<Em时，小球加速度先增大后减小D．若移走B电荷，仍从O点由静止释放小球，则小球加速度最大值为q（2E0＋Em）

2m【答案】B【解析】根据静电力对小球做的功，从O到C，两电荷对小球做功为零，已知E0对小球做正功，故小球在C点速度不为零，故A错误；当E0>Em时，电场力对小球做正功，电势能减小，故B正确；当E0<Em时，小球加速度在通过AB连线前为先增大，后减小，通过

AB连线后，为先减小后增大，故C错误；移走B电荷，A电荷产生的最大场强无法计算，合场强最大值根据题目条件无法计算，故D错误。19．（2022·全国·高三课时练习）如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两

板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源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=2𝑑𝑣0，粒子

质量为m，不计粒子所受重力及相互间的作用力，则在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小为___________，粒子的电荷量为___________；在𝑡=18𝑇时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了___________。【答案】v0𝑚𝑣02𝑈

012𝑚𝑣02【解析】[1]由题意知，t=0时刻进入电场的粒子，水平方向做匀速运动，则2𝑑=𝑣0𝑡所以粒子在电场中运动时间为𝑡=2𝑑𝑣0=𝑇由此可知，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速

运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度，即𝑣=𝑣0[2]粒子在竖直方向一个周期内的位移为d，即𝑑=2⋅12𝑎(𝑇2)2𝑎=𝐸𝑞𝑚=𝑞𝑈0𝑚𝑑解得𝑞=𝑚

𝑣02𝑈0[3]𝑡=𝑇8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为𝑑′=2⋅12𝑎(38𝑇)2−2⋅12𝑎(18𝑇)2=18𝑎𝑇2=12𝑑电场力做功为𝑊电=𝐸𝑞⋅𝑑′=�

�0𝑞𝑑⋅𝑑2=12𝑞𝑈0=12𝑚𝑣02电场力做正功，电势能减少，且Δ𝐸p减=𝑊电=12𝑚𝑣0220．（2022·全国·高三课时练习）如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板

间，0～𝑇3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g。则微粒在0～T时间内运动的末速度大小为____，重力势能减少了____。【答案】v012mgd【解析】[1]0～𝑇3时间内微粒做匀速运动qE0=mg在𝑇3～2𝑇3时

间内，微粒只受重力作用，做平抛运动，在t=2𝑇3时刻竖直方向的速度为vy1=𝑔𝑇3水平方向的速度为v0；在2𝑇3～T时间内，由牛顿第二定律得2E0q-mg=ma解得a=g方向竖直向上，在t=T时刻，微粒竖直方向的速度减小到零，水平方向的速度为v0；[2]微粒的重力

势能减少了ΔEp=mg·𝑑2=12mgd21．如图甲所示，A、B是两块水平放置的足够长的平行金属板，B板接地，A、B两极板间电压随时间的变化情况如图乙所示，C、D两平行金属板竖直放置，中间有两正对小孔O1′和O2，两板间电压为U2。现有一带负电粒子在

t＝0时刻以一定的初速度沿AB两板间的中轴线O1O1′进入，并能从O1′沿O1′O2进入C、D间。已知粒子的带电荷量为－q，质量为m，（不计粒子重力）求：（1）粒子刚好能到达O2孔时，则该粒子进入A、B间的初速度v0为多大；（2）在（1）的条件下，A、B

两板长度的最小值；（3）A、B两板间距的最小值。【答案】（1）√2𝑞𝑈2𝑚；（2）𝑇√2𝑞𝑈2𝑚；（3）𝑇2√𝑞𝑈12𝑚【解析】（1）因粒子在A、B间运动时，水平方向不受外力作用做匀速运动，所以进入O1′孔

时的速度即为进入A、B板的初速度。粒子刚好能到达O2孔时，在C、D间由动能定理有qU2＝12mv02解得v0＝√2𝑞𝑈2𝑚（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竖直方向的位移

也为0。若在第一个周期末粒子从A、B板中射出，则对应两板最短，长度为L＝v0T＝𝑇√2𝑞𝑈2𝑚（3）若粒子在运动过程中刚好不到A板而返回，则此时对应两板间距最小，设为d，则有12𝑞𝑈1𝑚𝑑(𝑇4)2×2=𝑑2解得d＝�

�2√𝑞𝑈12𝑚22．（2023·全国·高三专题练习）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＝10cm，极板间距d＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板

与下极板的电势差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＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；（2）荧光屏上有电子

打到的区间长度。【答案】（1）13.5cm；（2）30cm【解析】（1）设电子经电压U0加速后的速度为v0，根据动能定理得𝑒𝑈0=12𝑚𝑣02设电容器间偏转电场的场强为E，则有𝐸=𝑈𝑑设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则

有沿中心轴线方向𝑡=𝐿𝑣0垂直中心轴线方向有𝑎=𝑒𝐸𝑚联立解得𝑦=12𝑎𝑡2=𝑒𝑈𝐿22𝑚𝑑𝑣02=𝑈𝐿24𝑈0𝑑设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有vy＝attan

𝜃=𝑣𝑦𝑣0则电子在荧光屏上偏离O点的距离为𝑌=𝑦+𝐿tan𝜃=3𝑈𝐿24𝑈0𝑑由题图乙知t＝0.06s时刻U＝1.8U0解得Y＝13.5cm（2）由题知电子偏转量y的最大值为𝑑2，根据𝑦=𝑈𝐿24𝑈0𝑑可得当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了。所以代

入得𝑌max=3𝐿2所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Ymax＝3L＝30cm23．一平行板电容器长l=10cm，宽a=8cm，板间距d=4cm，在板左侧有一足够长的“狭缝”离子源，沿着两板中心平面，连续不断地向整个电容器射入离子，它们

的比荷均为2×1010C/kg，速度均为4×106m/s，距板右端12𝑙处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场

。试求：（1）离子打在屏上的区域面积；（2）在一个周期内，离子打到屏上的时间。【答案】（1）64cm2；（2）0.0128s【解析】(1)离子在极板间做类平抛运动，设离子恰好从极板边缘射出时的电压为U0，水平、竖

直方向由位移公式可得l=v0t𝑑2=12𝑎𝑡2由牛顿第二定律可得，离子的加速度为𝑎=𝑞𝐸𝑚=𝑞𝑈0𝑚𝑑联立解得U0=128V当U≥128V时离子打到极板上，当U<128V时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为12𝑑，利用平抛运动推论可

知，打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由相似三角形可得𝑙2+𝑙2𝑙2=𝑦𝑑2解得打到屏上的长度为y=d由对称可知，离子打在屏上的总长度为2d，故区域面积为S=2y⋅a=2ad=64cm2(2)在前𝑇4，离子打到屏上的时间为t0=1282

00×0.005s=0.0032s由对称性可知，在一个周期内，离子打到屏上的总时间为t1=4t0=0.0128s24．(2022·天津八校联考)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，平行板电容器的板长和板间距离均为L＝10

cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器极板间接一周期性变化的电压，上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示．每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的．(1)在t＝0.06s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有多长？【答案】(1)电子打在荧光屏上方距离O点13.5cm处(2)30cm【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＝12mv2所以v＝√2eU0m经偏转电场偏转后的偏移量y＝12at2＝12·eU偏mL(Lv)2所以y＝U偏L4U

0由题图乙知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，代入数据解得y＝4.5cm，设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形并结合类平抛知识可得Yy＝L+12L12L代入数据解得Y＝13.5cm故在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上方距离O点13.5cm处

．(2)由题知电子偏移量y的最大值为12L，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．根据Yy＝L+12L12L得Ymax＝3L2，所以荧光屏上有电子打到的区间长为2Ymax＝3L＝30cm获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com