高中物理重难点96讲专题55带电粒子(体)在电场中的运动之交变电场(原卷版+解析)

这是一份高中物理重难点96讲专题55带电粒子(体)在电场中的运动之交变电场(原卷版+解析)，共33页。

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eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图像eq \(――→,\s\up7(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．
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．4 s末带电粒子回到原出发点
C．0~3 s内，电场力的冲量为零D．0~3 s内，电场力做的总功为零
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＝38 T时刻释放电子，在2T时刻电子在出发点的左边
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．
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
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.0C.3T47. (多选) 图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为的带电粒子甲从O点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从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
C. 甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3
D. 甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为1：2
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T4
C．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T2m2neum
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．
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∶2
B．φ1∶φ2＝1∶4
C．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
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
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＝eq \f(d,v0)。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v0
B．该粒子源发射的粒子的比荷为eq \f(2veq \\al(2,0),φ0)
C．t＝eq \f(T,4)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eq \f(T,2)的时间，其速度大小为eq \r(2)v0
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0
C．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
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
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＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s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
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=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
D．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)
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
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0
B．当E0>Em时，小球电势能逐渐减小
C．当E0D．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eq \f(q（2E0＋Em）,2m)
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___________。
20．（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____。
21．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。
22．（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＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，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＝0.06 s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。
23．一平行板电容器长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。
24．(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＝10 cm，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＝0.06 s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？
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eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(φ－t图像,U－t图像,E－t图像))eq \(――→,\s\up7(转换))a－t图像eq \(――→,\s\up7(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+at Ek=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．4 s末带电粒子回到原出发点
C．0~3 s内，电场力的冲量为零D．0~3 s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，3 s末粒子回到了出发点，3 s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．0~3 s内，对粒子由动量定理得 I电场力=0−0 故0~3 s内电场力的冲量为零，C正确；
D．0~3 s内，对粒子由动能定理得 W电场力=0−0 故0~3 s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＝38 T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.0C.3T4【答案】B
【解析】若07. (多选) 图1的平行金属板M、N间加有图2所示的交变电压，是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场。时，比荷为的带电粒子甲从O点沿方向、以的速率进入板间，时飞离电场，期间恰好不与极板相碰。若在时刻，带电粒子乙以的速率沿从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
C. 甲、乙两粒子通过电场偏转的位移大小之比为2：3
D. 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
粒子乙因入射速度为甲的两倍，则运动时间为
因乙在时刻飞入板间，则在T时刻飞出板间，A正确；
CD．设两板间距离为d，则有
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
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，根据图像可知在、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，而在时刻，粒子出磁场，此时位移是最大位移的一半，为，即甲在竖直方向上的位移为；同理，对粒子乙，其轨迹为的形状，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，则偏转位移之比为 C错误，D正确；
B．对乙有
对甲有 因
则有 可得
又，
可得 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T4
C．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T2m2neum
【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=T2m2neum 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∶2
B．φ1∶φ2＝1∶4
C．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＝eE1m＝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＝a1T
T～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－12a2T2
2T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2T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＝eq \f(d,v0)。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v0
B．该粒子源发射的粒子的比荷为eq \f(2veq \\al(2,0),φ0)
C．t＝eq \f(T,4)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eq \f(T,2)的时间，其速度大小为eq \r(2)v0
【答案】ABD
【解析】由于粒子在电场中的运动时间为t＝eq \f(2d,v0)＝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×eq \f(1,2)a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,2)))eq \s\up12(2)，又因为a＝eq \f(qφ0,md)，T＝eq \f(d,v0)，可解得eq \f(q,m)＝eq \f(2veq \\al(2,0),φ0)，B正确；由对称性可知，t＝eq \f(T,4)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eq \f(T,2)的时间，粒子在竖直方向的分速度为vy＝at＝eq \f(qφ0,md)×eq \f(1,2)×eq \f(d,v0)＝v0，故此时粒子的速度大小为v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋veq \\al(2,y))＝eq \r(2)v0，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0
C．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=Fscsθ
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=12a
1s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＝1 s时，电子离开A点的距离大小为l。那么在t＝2 s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=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
D．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=v0t d2=12at2 a=eUmmd
解得 Um=md2v2el2
当Um当Um>md2v2el2时，在0.2s时间内，极板间电压UC．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0
B．当E0>Em时，小球电势能逐渐减小
C．当E0D．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eq \f(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E019．（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】 v0 mv02U0 12mv02
【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)2 a=Eqm=qU0md
解得 q=mv02U0
[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′=U0qd⋅d2=12qU0=12mv02
电场力做正功，电势能减少，且 ΔEp减=W电=12mv02
20．（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】 v0 12mgd
【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=12mgd
21．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）T2qU2m；（3）T2qU12m
【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＝T2qU2m
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＝T2qU12m
22．（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＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，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＝0.06 s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）13.5 cm；（2）30 cm
【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＝at tanθ=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＝30cm
23．一平行板电容器长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=v0t d2=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=128200×0.005s=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=0.0128s
24．(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＝10 cm，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＝0.06 s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13.5 cm处 (2)30 cm
【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mLLv2
所以y＝U偏L4U0
由题图乙知t＝0.06 s时刻U偏＝1.8U0，代入数据解得y＝4.5 cm，
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＝13.5 cm
故在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上方距离O点13.5 cm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＝30 cm