帶電粒子在電場中的運動（7大題型）

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知識點1帶電粒子在電場中的加速題型一帶電粒子在勻強電場中的直線運動

題型二帶電粒子在電場中的曲線運動

10.5題型三帶電粒子在周期變化電場中的運動

帶電粒子在電知識點2帶電粒子的偏轉題型四帶電物體在電場和重力場中的運動

場中的運動題型五帶電粒子在偏轉電場中臨界問題

題型六帶電粒子在電場中偏轉的推論應用

題型七示波管的原理和應用

知識點3示波管的原理

知識點1帶電粒子在電場中的加速

1、帶電粒子的分類

①粒子：一般不考慮重力，但不能忽略質量。例如，電子、質子（出）、a粒子（，He）、離子等。

②微粒：一般不能忽略重力，例如，液滴、油滴、塵埃、小球等。

2、帶電粒子的加速問題分析方法

可以利用力和運動的關系或功和能的關系分析解決問題。

（1）加速度

由F=qE=qg=ma得a=-=^―.

1Lamma

（2）速度

①利用功能關系求解

qU-|mv2-,所以u=J詔+禁，若初速度vo=。，則"=J零.

【注】該方法適用于一切電場。

②利用力和運動的關系求解

2

v=VQ+2ad=詔+岑，所以u=+攀，若初速度Vo=O,則u=J零.

【注】該方法只適用于勻強電場。

知識點2帶電粒子的偏轉

M

N

進入電場方式以初速度V。垂直于電場線方向進入勻強電場，帶電粒子做勻變速曲線運動，和力學中的平

和軌跡拋運動相似。

只有電場力且大小不變，方向與初速度為的

受力特點

方向垂直

FqEqU

加速度(2——=---=-----

mmmd

垂直電場方向：Vx=VQ

速度

平行電場方向：v=at=

yJTTCL/QU

垂直電場方向：1=vot

位移

平行電場方向：y=|at2=

ZZ,IILI/QCL

,QUyqui

偏轉角度tan3=——=―

VQmavQ

知識點3示波管的原理

1、構造：示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內部主要由電子槍（由發射電子的

燈絲、加速電極組成）、偏轉電極（由偏轉電極XX和偏轉電極YY組成）和熒光屏組成，如圖所示。

2、原理：

燈絲被電源加熱后，發射熱電子，發射出來的電子經加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉電場，

若在電極間加一個待顯示信號電壓，在xr偏轉板上加一儀器自身產生的鋸齒電壓，在熒光屏上就會

出現按rr偏轉電壓規律變化的可視圖像.

1、帶電粒子垂直進入勻強電場中偏轉的推論

①不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度總是相同的。

②粒子從偏轉電場中射出時，其速度的反向延長線與初速度方向的交點平分沿初速度方向的位移。

③粒子射出偏轉電場時速度偏轉角0的正切值是位移和水平方向夾角a的正切值的2倍，即tan。=2tana。

④以相同動能進入同一偏轉電場的帶電粒子，只要4相同，不論M是否相同，偏轉距離和偏轉角均相同。

2、帶電粒子在周期性變化電場中的運動

①此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動（一般用牛頓運動定律求解）；

二是粒子做往返運動（一般分段研究）；

三是粒子做偏轉運動（一般根據周期性變化電場的特點分段研究）。

③注重全面分析（分析受力特點和運動規律），抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征,

求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。

3、用等效法解決帶電體在電場、重力場中的運動

將重力與靜電力進行合成，則廠令為等效重力場中的“重力。口=黑等效為“重力加速度”，下臺的方向等

效為“重力”的方向，即在重力場中的豎直向下的方向。

題型一帶電粒子在勻強電場中的直線運動

【例1】（23-24高二上?北京豐臺?期末）如圖所示，A,8為勻強電場中同一條電場線上的兩點，一個負電

荷從/點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從N點運動到8點。以下圖像中能正確描述位移X、靜電力R

速度v和加速度。各物理量隨時間變化的是（）

【答案】D

【解析】A.從/點由靜止釋放，僅在靜電力的作用下從/點運動到8點，則粒子受電場力恒定做初速度

為零的勻加速直線運動，則

x=-at2

2

位移隨時間變化圖像為拋物線，故A錯誤;

B.在勻強電場中，受電場力恒定，故B錯誤;

C.粒子受電場力恒定做初速度為零的勻加速直線運動，速度隨時間均勻增加，故C錯誤;

D.粒子受力恒定，加速度不變，故D正確。

故選D。

【變式1-1］（23-24高一下?湖南?期末）如圖，在P板附近有電荷（不計重力）由靜止開始向Q板運動,

則以下解釋正確的是（）

A.到達Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關

B.電壓一定時，兩板間距離越大，加速的時間越短，加速度越小

C.電壓一定時，兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越大

D.若加速電壓。與電量4均變為原來的2倍，則到達Q板的速率變為原來的2倍

【答案】D

【解析】A.根據動能定理得

quTT=—1mv2

到達Q板的速率為

v=

可知到達Q板的速率只與加速電壓有關，與板間距離無關，故A錯誤；

BC.根據運動學公式

「12

d=—at

2

由牛頓第二定律

qU

ci-----

md

可知兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越小，故BC錯誤；

D.到達Q板的速率為

故若加速電壓。、與電量q均變為原來的2倍，則到達Q板的速率變為原來的2倍，故D正確。

故選D。

【變式1-2］（2024?北京豐臺?二模）如圖所示，讓;H、和；He的混合物由靜止開始從N點經同一加速

電場加速，然后穿過同一偏轉電場。下列說法正確的是（）

加速電場

A

偏轉電場

A.進入偏轉電場時三種粒子具有相同的速度

B.進入偏轉電場時三種粒子具有相同的動能

C.三種粒子從不同位置沿不同方向離開偏轉電場

D.三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場

【答案】D

【解析】AB.設粒子的質量為加，電荷量為4,加速電場電壓為偏轉電場電壓為。2,板長為板間

距離為d；粒子經過加速電場過程，根據動能定理可得

TJ12

qU}=-mv0

可得

%=

可知;H、；H進入偏轉電場時具有相同的動能，；He進入偏轉電場時的動能最大；；H、；He進入偏轉電場

時具有相同的速度，出進入偏轉電場時的速度最大，故AB錯誤；

CD.粒子經過偏轉電場過程做類平拋運動，則有

L=v^t,y=—cit~,匕,=at,ci————

2md

聯立可得

y-------

4dU]

粒子離開偏轉電場時速度方向與水平方向的夾角滿足

tan6=

%2dU1

可知粒子經過偏轉電場的偏轉位移與粒子的電荷量和質量均無關，則;H、：H和；He經過加速電場和偏轉電

場的軌跡相同，三種粒子從相同位置沿相同方向離開偏轉電場，故C錯誤，D正確。

故選D。

【變式1-3]（23-24高二上?四川樂山?期末）如圖所示，一電子槍發射出的電子（初速度很小，可視為零）

進入加速電場加速后，垂直射入偏轉電場，射出后偏轉位移為力要使偏轉位移增大，下列哪些措施是可行

的（不考慮電子射出時碰到偏轉電極板的情況）（）

A.減小加速電壓為

B.減小偏轉電壓。

C.增大偏轉極板間距離d

D.減小偏轉電場的板長￡

【答案】A

【解析】設電子進入偏轉電場的速度為W，偏轉電場極板的長度為極板間距為力則在加速電場中，有

12

eU0=—mv0

電子在偏轉電場中，做類平拋運動，有

L—v（/

FeU

a=——=----

mmd

1j

y——at

2

聯立以上各式可得

UI：

y—

?4U0d

由此可知，要使偏轉位移增大，可以增大偏轉電壓U,減小加速電壓為，減小偏轉電場的極板間距d,增

大偏轉電場的板長3

故選A。

【變式1-4］（23-24高一下?江蘇南京?期末）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有

一小孔，小孔分別位于。、M、P點，由。點靜止釋放的電子恰好能運動到尸點，現將C板向左平移到P

點，則由。點靜止釋放的電子（）

A

O

A.運動到尸點返回B.運動到尸和P點之間返回

C.運動到P點返回D.穿過P點后繼續運動

【答案】D

【解析】由。點靜止釋放的電子恰好能運動到尸點，表明電子在薄板A、B之間做加速運動，電場力做正

功，電場方向向左，在薄板B、C之間做減速運動，電場力做負功，電場方向向右，到達P點時速度恰好

為0,之后，電子向左加速至加■點，再向左減速至。點速度為0,之后重復先前的運動，根據動能定理有

~eUOM~eUMP=0

解得

UMA=-UOM-UM0

根據

c=Q=j^

U471kd

當C板向左平移到P點，B、C間距減小，B、C之間電壓減小，則有

UMP=UM（）>U

結合上述有

-eUoM-eUMP'>0

可知，電子減速運動到P的速度不等于0,即電子穿過尸點后繼續向右運動。

故選D。

【變式1-5］（23-24高一下?安徽阜陽?期末）如圖所示，平行金屬板M、N水平放置，它們之間距離為d,

除邊緣外，它們之間的電場可以看為勻強電場，電場強度為一質量為加、電荷量為4的帶正電粒子從“

板由靜止釋放。已知=重力加速度為g,忽略空氣阻力。

（1）求帶電粒子的加速度；

（2）若在帶電粒子運動*距離時，電場強度E大小不變，方向相反，不考慮調換時間，求該粒子從刊板運

動到N板經歷的時間

+

M

N

【答案】⑴2g；（2）

4\g

【解析】（1）由牛頓第二定律得

mg+Eq=ma

結合蘇=Mg解得

a=2g

（2）粒子運動距離時速度為

加速運動的時間

勻速運動時間

d_

4=汨卮

粒子從“板運動到N板經歷的時間

題型二帶電粒子在電場中的曲線運動

【例2】（23-24高一下?江蘇宿遷?期中）如圖所示，某區域存在豎直向下的勻強電場，一電子垂直電場方

向射入該區域，不計電子重力。則電子在電場中的運動情況為（）

A.向下偏轉的曲線運動

B.向上偏轉的曲線運動

C.勻變速直線運動

D.勻速圓周運動

【答案】B

【解析】AB.電子垂直電場方向射入勻強電場區域，不計電子重力，電子受向上的電場力，與速度垂直且

為恒力，故做向上偏轉的曲線運動，是勻變速曲線運動，故A錯誤，B正確；

C.電場力與初速度垂直，故不可能做勻變速直線運動，故C錯誤；

D.勻速圓周運動需要合外力不斷變化，電子受電場力為恒力無法做圓周運動，故D錯誤。

故選B。

【變式2-1］（2024?山東濟寧?二模）如圖所示，空間中存在水平向左的勻強電場，場強大小為誓。一足

夠大平板九W豎直放置于電場中，且與電場垂直，平板左側表面均勻涂有熒光物質。電場中。點有一粒子

源，可以向各個方向均勻發射質量為加、電荷量為+外速度大小為%的帶電粒子，粒子撞擊熒光物質會被

吸收并使其發出熒光，。點與平板之間的距離為乩不計粒子重力。則平板兒W上的發光面積為（)

A.翦2兀d”

B.-------C.Ttd2

33

【答案】D

【解析】設恰能到達極板的粒子速度方向與極板夾角為6,則

(v0sinIp=2ad

qE

a=—

m

解得

。=60°

沿極板方向的位移

X=v0cos0?t

v

t_osin0

a

則平板上的發光面積

S=7TX2

解得

c4萬屋

S=--------

3

故選D。

【變式2-2］（22-23高二上?北京東城?期中）如圖所示，平行板電容器充電后形成一個勻強電場，大小保持

不變，讓質子（；H）流先、后兩次不同初速度垂直射入電場，分別沿°、6軌跡落到極板的中央和邊緣，則

質子沿6軌跡運動時（）

A.加速度更大B.運動時間更長

C.動能增量更大D.電勢能增量與沿a軌跡運動時相同

【答案】D

【解析】A.加速度為

qE

Cl——

m

與速度無關，所以加速度相同，故A錯誤;

B.質子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則偏轉距離

y=-at2

■2

質子的加速度相同，由圖看出，y相同，則運動時間相同，故B錯誤;

CD.靜電力做功為

W=qEy

所以兩次靜電力做功相同，電勢能的增量相同，由能量守恒定律可知，兩次動能的增量相同，故C錯誤，D

正確。

故選D。

【變式2-3］（23-24高一下?湖南長沙?期末）（多選）如圖，氣（:H）和笊（；H）兩種原子核由靜止經同

一加速電場加速后，沿。方向射入偏轉電場，粒子射出偏轉電場后都能打在圓筒感光紙上并留下感光點,

加速電壓為4,偏轉電壓為Uz,若圓筒不轉動，兩種原子核（）

\。

感

,偏轉電場，光

紙

加速I

電場6

A.離開加速電場時，動能相等

B.離開偏轉電場時，動能相等

C.k（；H）通過偏轉電場所需時間更長

D.離開偏轉電場后，在感光紙上留下2個感光點

【答案】AB

【解析】A.根據動能定理，離開加速電場時的動能為

瓦=曲

故A正確；

BD.粒子在加速電場中做勻加速直線運動，有

12

qU,=~mv；

粒子在偏轉電場中做類平拋運動，有

22tan<9=

L=vot,y=^-at,v=Jv^+（at）,7

2met'''vo

解得

UL

tan6=2

2dU]

由此可知，粒子離開偏轉電場時豎直位移相同；粒子離開偏轉電場時的動能

4=qU、+Eqy

兩個粒子的電荷量與夕都相同，則動能相等，又粒子離開偏轉電場時的位置、速度方向均相同，所以在感

光紙上留下1個感光點，故B正確，故D錯誤；

C.在加速電場中，根據動能定理可得

qU、=—mv1

可得

在偏轉電場中沿平行板方向做勻速直線運動，則

故笊（；H）所需時間更長，故C錯誤。

故選ABo

【變式2-4］（23-24高二下?山西晉城?期末）如圖，空間內存在一水平向右的勻強電場，一質量為加、電荷

量為+4（q>0）的帶電粒子，從/點垂直電場方向射入電場，初速度大小為v,經過電場偏轉到達8點時速

度大小為2v,已知/、3兩點之間沿電場方向的距離為d,不計帶電粒子的重力，該勻強電場的電場強度大

小為（）

Ad

B

y/3mv2c3mv2Cmv23mv2

A.---------B.------D.------

qdqd2qd2qd

【答案】D

【解析】對帶電粒子從N點到8點，由動能定理得

11

qU=qEd=—m(2v)2--mv,2

解得

「3mv2

E=------

2qd

故選D。

【變式2-5］（23-24高一下?江蘇?階段練習）如圖，質量為m、電荷量為q的質子（不計重力）在勻強電

場中運動，先后經過水平虛線上/、2兩點時的速度大小分別為匕=v、%=瓜，方向分別與AB成

a=60。斜向上、8=30。斜向下，已知48=￡,則（）

Avb

A.電場方向與為方向平行

場強大小為?

B.

qL

質子從A點運動到B點所用時間為與

C.

2v

質子的最小速度為小

D.

【答案】D

【解析】A.質子在勻強電場中做拋體運動，在與電場方向垂直的方向上分速度相等，設為與電場線的夾角

為夕，如圖所示

結合匕與％的方向垂直可得

vasinP=vbcosP

解得

tan尸=g

0=60°

電場方向與為的方向不平行，A錯誤；

B.根據動能定理

11

qELsin(/7+a-90°)=—mv：7--mv：?

解得

尸2mv2

E=----

qL

B錯誤;

c.由幾何關系可得

AC=Lcos(/7+a—90°)=%L

所以質子從A點運動到B點所用時間為

ACL

t=-；--=—

vsin(3v

C錯誤；

D.質子沿電場線方向的分速度為零時動能最小，質子的最小動能為

2

Eh?=：m(vsin￡)2=jmv

z2o

故質子的最小速度為

A/3V

Vm=Vl=-

D正確。

故選D。

【變式2-6］（2024?江蘇揚州?二模）如圖所示，質子和&粒子分別從。點由靜止開始經過M、N板間的電

場加速后，從尸處垂直射入偏轉電場。質子落在感光板上的S點，則a粒子（）

O"P

MN

yyyOyy

A.落在S點，速度方向與質子的相同

B.落在S點，速度方向與質子的不同

C.落在S點左側，速度方向與質子的相同

D.落在S點右側，速度方向與質子的不同

【答案】A

【解析】設粒子的質量為加，電荷量為4,M、N板電壓為U,偏轉電場的場強為E；粒子經過加速電場過

程，根據動能定理可得

qU=

可得

粒子進入偏轉做類平拋運動，則有

121qE2

%=y=~at=——t

22m

聯立可得

Ex2

y-----

4U

可知粒子在偏轉電場中的軌跡與粒子的質量和電荷量均無關，則。粒子和質子在偏轉電場中的運動軌跡相

同，即a粒子落在s點，速度方向與質子的相同。

故選Ao

【變式2-7］（23-24高三下?浙江?開學考試）如圖所示，。點放置的混合放射源可以將正離子a、b、c先后

從。點水平射入豎直向下的勻強電場中，。、6打到傾斜的絕緣板A上不同的點，c打在水平絕緣板B上,

不計重力，則（）

B.c從。到B板的時間一定大于。從。到A板的時間

C.a、b打在A板上的速度方向一定是平行的

D.。打在A板時的動量變化一定比6打在A板時的動量變化小

【答案】C

【解析】A.三種粒子均在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動,

在豎直位移大小相同的情況下對比6兩粒子，可得水平位移

Xa<Xb

而根據平拋運動的規律有

XL.%Xb=Vbtb

2ma2mb

聯立解得

hH與，h=%

2mtiva2mb

由于不知道。、6兩粒子比荷大小的關系，因此無法判斷。、6兩粒子初速度的大小關系，故A錯誤;

B.根據平拋運動的研究方法有

h3.E,h3.E

"2mav：'2mcv；

雖然

xa<xc

由于不知道。、6兩粒子比荷大小的關系，因此無法判斷。、6兩粒子初速度的大小關系

而根據

也無法判斷c從。到B板的時間與。從。到A板的時間的大小關系，故B錯誤；

C.根據平拋運動的推論，速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的兩倍，而由于。、b打在A板上的

位移偏向角相同，因此。、6打在A板上的速度偏向角相同，即6打在A板上的速度方向一定是平行的,

故C正確；

D.動量變化量是矢量，雖然°、6兩粒子的初末速度方向相同，但由于不知道。、6兩粒子的初末速度大小,

因此根據矢量合成的運算法則，無法比較。、6兩粒子動量變化量的大小關系，故D錯誤。

故選C。

題型三帶電粒子在周期變化電場中的運動

[例3]（22-23高三上?廣東廣州?階段練習）如圖1所示，一帶負電的粒子靜止在平行板電容器的°、6兩

極板之間，將交變電壓加在電容器上，電壓隨時間的變化如圖2所示。片0時，帶電粒子在電場力的作用下

開始運動，。板的電勢高于b板的電勢。粒子與兩板的距離足夠大，不計重力，粒子的運動情況可能是（）

B.在°、6板間做往復運動，先向b板運動

C.一直向。板運動

D.一直向b板運動

【答案】C

【解析】在時間內，。板的電勢比6板高，帶負電的粒子受到的電場力向上，向上做勻加速直線運動;

在時間內，。板的電勢比6板低，電子受到的電場力向下，向上做勻減速直線運動，由于兩段過程所

用時間相等，加速度大小相等，所以尸7時刻粒子速度為零；接著周而復始，故電子一直向。板運動。

故選C。

【變式3-1］（23-24高二上?福建泉州?期中）圖甲為板間距為力長度2d兩水平金屬板，在兩板間加上周

期為7的交變電壓"，電壓〃隨時間f變化的圖線如圖乙所示，在片0時刻，一質量為加、不計重力的帶電

粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，粒子射入電場時的速度為%,剛好沿板右邊緣射出電場，已知電

e2d一

場變化周期？=一,下列關于粒子運動的描述不正確的是（）

2T

A.粒子的電荷量為q=——

2U。

B.若粒子在/=0時刻以段進入電場，由該粒子在t=27時刻射出電場

C.若該粒子在/=工7時刻以速度%進入電場，從進入到射出電場，電場力對粒子不做功

若該粒子在t=—T時刻以速度v0進入電場,粒子會水平射出電場

【答案】B

【解析】A.粒子在電場中水平方向做勻速運動，運動時間為

豎直方向粒子先加速后減速，則

故A正確，不符合題意;

B.若粒子在QO時刻以費進入電場，則經過時間7,粒子將打到極板上，即該粒子不能射出電場，故B錯

誤；

1_TT

CD.若該粒子在％時刻以速度%進入電場，粒子在電場中運動時間為T；在豎直方向粒子在丁-彳時

442

T3T3T5T

間內先加速，在7-丁內做減速運動速度減為零，然后二-7時間內反向加速，在下內做減速直至減

2444

為零，以速度%水平射出電場，則從進入到射出電場，電場力對粒子不做功，故CD正確，不符合題意；

故選B。

【變式3-2］（23-24高二下?四川雅安?開學考試）如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖乙所

示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間尸處。若在時刻釋放該粒子，粒子

先向右運動，并最終打在A板上。下列判斷可能正確的是（）

40AB

U。

o-亍

T

2

一Uq-------

甲乙

3T9T

A.=—C.D.=—

08°8

【答案】B

【解析】A.若務=；,帶正電粒子先加速向B板運動，再減速運動至速度為零，然后反方向加速運動，再

減速運動至速度為零，如此反復運動，每次向右運動的距離等于向左運動的距離，選項A錯誤；

3T

B.若％=丁，帶正電粒子先加速向右運動，再減速運動至速度為零，然后反方向加速運動，再減速運動至

O

速度為零，如此反復運動，每次向右運動的距離小于向左運動的距離，最終打在A板上，選項B正確；

C.若“三,帶正電粒子先加速向左運動，與題干不符，選項C錯誤；

97

D.若力=丁，帶正電粒子先加速向右運動，再減速運動至速度為零，然后反方向加速運動，再減速運動

O

至速度為零，如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離，最終打在B板上，選項D錯誤。

故選B。

【變式3-3］（23-24高二下?四川?期末）如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長和板間距均為d,兩板之

間的電壓隨時間周期性變化規律如圖乙所示。一不計重力的帶電粒子束先后以速度％從。點沿板間中線射

入極板之間，若"0時刻進入電場的帶電粒子在/=7時刻剛好沿A板右邊緣射出電場，則（）

甲乙

A.1=0時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為亞嗎

B.時刻進入電場的粒子離開電場時速度大小為%

T3

C./=］時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為：為

D.f=§時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離A板的最小距離為0

【答案】B

【解析】A.依題意可知粒子帶負電，由受力分析可知，t=0時刻進入電場的粒子，沿電場方向在0?4內

2

向上做勻加速運動，在內向上做勻減速運動，根據對稱性可知，在，=7時刻，沿電場方向的速度剛好

減為0,則粒子離開電場時速度大小為%,故A錯誤；

B.f=g時刻進入電場的粒子，沿電場方向在內向下做勻加速運動，在7~日內向下做勻減速運動,

根據對稱性可知，在/=］■時刻，沿電場方向的速度剛好減為0,則粒子離開電場時速度大小為％,故B正

確；

CD.t=;T時刻進入電場的粒子，沿電場方向在T:?T彳內向上做勻加速運動，在T彳?3一T內向上做勻減速運

44224

動，在3下T?T內向下做勻加速運動，在T?577內向下做勻減速運動；可知粒子在”T《時刻的速度最大，在

442

”一3T時刻與A板的距離最小；設粒子在電場中的加速度大小為。，對于y0時刻進入電場的粒子，在t=T

4

時刻剛好沿A板右邊緣射出電場，則有

可得

TT

對于r時刻進入電場的粒子，在三時刻沿電場方向的分速度為

則，=4時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中的最大速度為

4

在。?手內粒子向上運動的位移大小為

44

則，q時刻進入電場的粒子在兩板間運動過程中離A板的最小距離為

A1,_3,

Mnin=/_《d=個d

故CD錯誤。

故選B。

【變式3-4］（23-24高三下?重慶渝中?階段練習）如圖a所示的苫帆平面處于勻強電場中，電場方向與x軸

平行，電場強度E隨時間t變化的周期為7,變化圖線如圖b所示，E為+%時電場強度的方向沿龍軸正方

向。有一帶正電的粒子尸，在某一時刻擊以某一速度v沿y軸正方向從坐標原點。射入電場，粒子P經過

時間7到達的點記為N（/點在圖中未畫出）。若訪=0,則。/連線與x軸正方向夾角為30。，不計粒子重

力。下列說法正確的是（）

小

+E°—';~;

III

P___________olET!式2d、t

~ox

圖（a）圖（b）

A.當to=O時，從。到/的路程為2V7

B.若力=5，N點的坐標為（"vT,vT）

C.粒子的比荷為巫I

12v

T

D.若％=1,粒子到達N點時的速度為2V

【答案】B

【解析】AC.粒子在m=0時刻射入電場，粒子沿y軸方向勻速運動，位移大小為

粒子沿x軸方向在0?g內做初速度為零的勻加速運動，位移為打，末速度為V/,則

V,=a?—

12

粒子沿x軸方向在萬?T內做勻減速運動，位移為功，則

粒子沿x軸方向的總位移為x,則

粒子只受到電場力作用，由牛頓第二定律得

由題意知，。/與x軸正方向夾角為30。，則

解得

即粒子的位移大小為2vT,其小于路程，故AC錯誤；

T

B,粒子在k=石時刻射入電場，粒子沿y軸方向勻速運動，位移大小為

O

y=vT

粒子沿X軸方向在石?彳內做初速度為零的勻加速運動，位移為X3,末速度為V2，則

o2

粒子沿x軸方向在萬?T內做勻變速運動，位移為Xa末速度為"，則

寸超―-2

T