专题5带电粒子在交变电场中的运动（老师版）

10.3.3专题5带电粒子在交变电场和复合场中的运动题型1带电粒子在交变电场中的运动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。3．该问题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。4．若带电粒子以一定的初速度垂直于电场方向进入交变电场，粒子将做曲线运动，应运用运动的独立性，分方向对粒子的运动进行分析：(1)在初速度方向上，粒子做匀速直线运动。(2)在垂直初速度方向上，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，粒子在该段时间内电场几乎不变，可认为粒子所受静电力为恒力。②若带电粒子的初速度较小，粒子通过交变电场时所用时间较长，粒子将在此方向上做加速、减速交替的运动，可利用vy－t图像进行分析在此方向上的速度、位移。【例题精讲】1．如图（1）所示，真空中足够大的两个互相平行的金属板a、b之间的距离为d，两板之间的电压按图（2）所示的规律做周期性的变化，其电压变化周期为T。在t＝0时刻，一个带正电荷的粒子（重力不计）在电场力的作用下，从a板的小孔中由静止开始向b板运动，当t＝T时刻刚好到达b板（图和题中，d、T为已知，U为未知）。下列说法正确的是（）A．粒子在两板之间运动的加速度为2dTB．粒子在两板之间的最大速度为4dTC．如果该粒子是在t=T4D．如果该粒子是在t=T4【答案】D【解答】解：A.设粒子在两板之间运动的加速度为a。粒子在0～T2和d=2⋅1解得a=4d故A错误；B.T2vmax故B错误；C.如果该粒子是在t=T4时刻才从小孔由静止开始运动，则根据运动的对称性可知，在时间x1在3T4x2所以在释放后的T时间内，粒子向右运动的距离为s＝x1﹣x2＝0则粒子永远不会到达b板，故C错误；D.如果该粒子是在t=T4时刻才从小孔由静止开始运动，v′故D正确。故选：D。2．如图（a）所示，纳米薄膜制备装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，加在极板A、B间的电压UAB周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为−34U0，电压变化的周期为2tA．d=784eUC．d=364【答案】A【解答】解：根据题意可知，电子在0～t0时间内做匀加速运动，根据牛顿第二定律有a1根据运动学公式x1在t0～2t0时间内做匀减速运动，根据牛顿第二定律有a2初速度的大小v1＝a1t0电子在这段时间内的位移大小x20～2t0时间内电子的位移大小为x=x第一个周期末电子的速度大小为v2电子运动的v﹣t图像如下图所示：n个周期内电子的位移为xn将n＝3代入上式可得两极板间的距离为d=39e故A正确，BCD错误。故选：A。3．如图，相互平行的竖直金属板A、B、C分别与两电源的正、负极相连，板上均有小孔，且三个小孔在同一水平线上，AB之间的距离小于BC之间的距离。一个质子从靠近A板小孔的位置由静止出发，恰好运动到C板的小孔时速度为零。不计质子重力，下列说法正确的是（）A．质子在AB间与BC间运动的时间相等 B．质子在AB间与BC间运动的加速度大小相等 C．若仅将板C向右移动，则质子在BC间运动的加速度不变 D．若仅将板C向右移动，则质子仍然能到达C板的小孔处【答案】D【解答】解：B.质子从靠近A板的小孔出发到靠近C板的小孔速度为零，根据动能定理可知eUAB＝eUCB所以两板间的电压大小相等，由于AB之间的距离小于BC之间的距离，所以AB间的电场强度大于BC间的电场强度，所以质子在AB板间和BC板间的电场力大小不同，所以质子在AB间与BC间运动的加速度大小不等，故B错误；A.设两板间距离为s，根据s=eU可知质子在板间运动时间不等，故A错误；CD.若仅将板C向右移动，电压不变，距离增大，电场强度减小，加速度减小，但电场力做功不变，故质子整个运动的过程中电场力做的总功为零，所以质子仍然能到达靠近C板的小孔，故C错误，D正确。故选：D。（多选）4．匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子（带正电），设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（）A．带电粒子将做往复运动 B．1.5s末带电粒子回到原出发点 C．3s末带电粒子的速度为零 D．0～4s内，电场力总功为负功【答案】AC【解答】解：设粒子质量为m，电荷量为q，0～1s内电场强度E0对应的加速度大小为a=qABC、分析粒子运动过程：0～1s：粒子做初速为0的匀加速直线运动，1s末速度v1＝a×1＝a，位移x1=12a×12，解得x1随后粒子反向加速，2s末速度v2＝0+（﹣2a）×0.5＝﹣a。2～3s：电场强度恢复为E0，加速度为a。粒子以初速度﹣a做匀减速运动，3s末速度v3＝﹣a+a×1，解得v3＝0；根据对称性或v﹣t图像面积分析，1.5～3s的反向位移大小与0～1.5s的正向位移大小相等，3s末粒子回到出发点。此后重复上述运动过程，粒子做往复运动，故B错误，AC正确；D、根据运动周期性，4s末粒子运动状态与1s末相同，速度v4＝v1＝a。根据动能定理，电场力总功W=ΔE故选：AC。（多选）5．如图甲所示，在两平行金属板间加有一交变电场，两极板间可认为是匀强电场，当t＝0时，一带电粒子（仅受电场力作用）从左侧极板附近开始运动，其速度随时间变化关系如图乙所示。带电粒子经过3T时间恰好到达右侧极板，（带电粒子的质量m、电量q、速度最大值vm、时间T为已知量）则下列说法正确的是（）A．两板间所加交变电场的周期为3T，所加电压U=3mB．两板间距离d=3C．两极板间电场强度大小为E=mD．若其他条件不变，该带电粒子从t=T【答案】BD【解答】解：ABC．结合速度—时间图像的物理意义可知，图像与坐标轴围成的面积表示位移大小，根据图像可知两板间距离为d=3×根据图像，结合牛顿第二定律可得a=解得E=设板间电压为U，由图可知，两板间所加交变电场的周期为T，0～T2解得U=3mD．t=T故选：BD。题型2带电粒子在电场和重力场中的运动一、带电粒子在电场和重力场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)合外力为零，物体做匀速直线运动；(2)合外力不为零，但合外力的方向与运动方向在同一直线上，物体做匀变速直线运动。2．处理带电粒子在电场和重力场中的直线运动的方法(1)动力学方法——牛顿运动定律、运动学公式。(2)功、能量方法——动能定理、能量守恒定律。二、带电粒子在电场和重力场中的圆周运动1．首先分析带电体的受力情况进而确定向心力的来源。2．用“等效法”的思想找出带电体在电场和重力场中的等效“最高点”和“最低点”。(1)等效重力法将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“等效重力”，F合的方向为“等效重力”的方向，即等效重力场中的“竖直向下”方向。a＝eq\f(F合,m)视为等效重力场中的“等效重力加速度”(2)几何最高点(最低点)与物理最高点(最低点)①几何最高点(最低点)：是指图形中所画圆的最上(下)端，是符合人视觉习惯的最高点(最低点)。②物理最高点(最低点)：是指“等效重力F合”的反向延长线过圆心且与圆轨道的交点，即物体在圆周运动过程中速度最小(大)的点。【例题精讲】1．如图所示，光滑绝缘的水平面上，在宽度d＝2m的区域内存在一水平向左的匀强电场，电场强度大小为E＝1.0×104N/C。在电场区域内的水平面上某位置静止释放质量m＝0.01kg、带电荷量q＝+1.0×10﹣6C的小滑块（可视为质点），则小滑块离开电场时最大速度（）A．2.4m/s B．2m/s C．1.4m/s D．1.2m/s【答案】B【解答】解：根据牛顿第二定律有qE＝ma解得a＝1m/s2因为电荷为正电，且电场水平向左，则电荷所受到的电场力的方向水平向左，则当小滑块从右边边界位置静止释放时，从左边电场边界射出时速度最大，根据速度一位移关系v2＝2ad解得v＝2m/s故ACD错误，B正确。故选：B。2．如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电小球从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，下列说法正确的是（）A．小球带负电 B．小球的电势能减少 C．小球做匀速直线运动 D．重力势能和电势能之和增加【答案】D【解答】解：AC．以小球为研究对象受力分析，小球受向下的重力，若电场力向右，合力不可能与运动方向共线，小球不可能做直线运动，故电场力向左，电场力与场强方向相同，球带正电，合力与运动方向相反，小球做匀减速直线运动，故AC错误；B．小球从A运动到B的过程电场力做负功，则电势能增大，故B错误；D．小球做匀减速直线运动，动能减小，由能量守恒可知小球的动能、重力势能、电势能总量保持不变，则小球的重力势能和电势能之和增加，故D正确。故选：D。3．如图，光滑的四分之一圆弧轨道AB（OA水平、OB竖直）固定在水平面上，处于水平向右的匀强电场中，一带电小球（视为质点）从B点由静止释放后沿圆弧运动到A点时，速度刚好为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球运动到A点时，对轨道的压力为0 B．小球从B点运动到A点的过程中，对轨道的压力先增大后减小 C．小球受到电场力的大小大于自身重力 D．小球从B点运动到A点的过程中，机械能守恒【答案】B【解答】解：CD、对小球从B点运动到A点的过程，由动能定理得qER﹣mgR＝0，解得qE＝mg，即电场力与重力大小相等，此过程中电场力做正功，小球机械能增加，故CD错误；A、小球在A点速度为零，水平方向受力平衡，由FN−qE=mvB、因qE＝mg，重力与电场力的合力方向为右下方45°，对应圆弧轨道中点。小球从B到A先接近等效最低点后远离，速度先增后减，在圆弧中点速度最大。设半径与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律得FN−mgcosθ−qEsinθ=mv2R，整理得FN=m故选：B。4．如图所示，半径足够大的光滑绝缘半圆槽固定于水平方向的匀强电场中，一带电小球静止在槽内壁的A点，O为半圆的圆心，OA连线与竖直半径夹角为θ，B为槽内壁最低点，AB是一光滑绝缘滑道，C为槽内壁上A点附近的一点。现让该带电小球从B点出发沿BA滑到A，时间为t1；若把该带电小球从C点自由释放，第一次运动到A点时间为t2；把该小球从O点自由释放，运动到A点时间为t3。则有（）A．t1＞t3＞t2 B．t1＞t2＞t3 C．t3＞t2＞t1 D．t3＞t1＞t2【答案】B【解答】解：带电小球在A点保持静止，表明该点为重力与电场力复合场中的等效平衡位置。设等效重力加速度为g'，其方向沿OA半径向外。对于t3：小球由O点自由释放至A点，初速为零且受恒力作用，满足自由落体运动规律。位移x3＝R，加速度a＝g'。根据x=12at2对于t1：小球沿BA光滑滑道下滑，BA为等效重力场中的弦且A为最低点。根据等时圆模型，该过程时间等于沿等效直径自由下落时间。由2R=12g′对于t2：小球从C点至A点的运动可视为等效单摆，摆长R，周期T=2πRg′，故运动时间比较三者大小：t1=2Rg′，t2≈1.57Rg′，故选：B。5．如图所示，绝缘光滑水平轨道与绝缘光滑竖直圆形轨道相切于最低点A点，圆形轨道半径为R，水平轨道AM段长度也为R。质量为m，带电量为+q的小球以水平向右的速度v0从M点进入水平轨道。竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强E=3mgA．若v0＝0，小球经过圆形轨道A点时对轨道的压力大小为1.5mg B．若v0＝0，小球经过A点后不能到达圆形轨道左方最远点B点 C．若要使物块能做完整的圆周运动，物块的速度v0需要条件v0≥7gRD．若要使物块能做完整的圆周运动，物块的速度v0需要条件v0≥【答案】D【解答】解：A、若v0＝0，小球从M到A的过程，应用动能定理，可得：qER=1根据牛顿第二定律，可知轨道对小球的支持力满足：NA−mg=mv结合相互作用力特点，可得小球在A点时对轨道的压力大小为52B、若v0＝0，对小球从M到B的过程，应用动能定理，可得：qE×2R−mgR=12mCD、对小球在电场中受力分析，可得到电场力与重力的合力如下：由图可知合力大小为：F=mgcosθ，合力方向满足：tanθ=qEmg，解得：由圆周运动的特点，可知其做圆周运动时，等效最低点的位置在如图所示的C点，等效最高点的位置在图示的D点；小球在等效最高点时，最小速度满足：F=mv对小球从M到等效最高点，应用动能定理，可得：qER(1−sinθ)−mgR(1+cosθ)=1解得M点时的最小速度值为：v0故选：D。（多选）6．如图所示，竖直平面直角坐标系xOy所在平面内存在一匀强电场，电场的方向与x轴负方向成60°角。A、B为以坐标原点O为圆心的竖直圆周上的两点，O、A两点的连线与一条电场线重合。一质量为m、电荷量为q的带电小球从A点沿平行于x轴正方向射出，小球经过时间t到达x轴上的B点，到达B点时小球的速度大小与在A点射出时速度大小相等。已知重力加速度大小为g。则（）A．小球一定带正电，且场强大小E=3B．小球从A点运动到B点过程中电场力做功大小等于12C．小球从A点运动到B点过程中动能的最小值为初动能的14倍D．小球运动到B点时的速度大小为3gt【答案】AD【解答】解：A．到达B点时小球的速度大小与在A点射出时速度大小相等，则小球从A点运动到B点动能不变，其中重力做正功，电场力做负功，可知小球带正电，设圆半径为R，由动能定理得mgRsin60°﹣qE（R+Rcos60°）＝0解得E=3CD．对小球受力分析，如图由图可知在不同方向上：F合x＝qEsin30°，F合y＝mg﹣qEcos30°解得F又tanθ=可知小球所受合力与竖直方向夹角为θ＝30°小球做类平抛运动，沿合力方向与垂直合力方向分解速度，如图从A点运动到B点过程中当速度方向与合力垂直时，所用时间为t2，运动速度具有最小值为所以动能的最小值为初动能的34又v2=解得v小球运动到B点时沿合力方向速度大小为v2，垂直合力方向速度大小为v1，设合速度与v1夹角为α，则有cosα=解得合速度与v1夹角α＝30°小球运动到B点时速度方向与x轴正方向夹角为α+θ＝30°+30°＝60°即与场强方向相反，故C错误，D正确；B．小球沿y轴方向，由牛顿第二定律知mg﹣qEsin60°＝may又h=解得h=小球沿电场线方向上的位移大小为d=则小球从A点运动到B点过程中电场力做功大小W=qEd=故B错误。故选：AD。（多选）7．带电小球以速度v0沿竖直方向垂直进入匀强电场E中，如图所示，经过一段时间后，其速度变为水平方向，大小仍为v0，小球可视为点电荷，不计空气阻力，则A运动到B的过程一定有（）A．电场力大于重力 B．电场力等于重力 C．最小速度的方向与AB的连线平行 D．最小速度的方向与AB的连线垂直【答案】BD【解答】解：AB、将小球的运动分解为水平方向与竖直方向的分运动，根据分运动的等时性，由运动学公式可得水平方向与竖方向加速度大小相等，则qE＝mg，故A错误，B正确；CD、将电场力和重力等效为合力F'，进行正交分解，垂直F'方向做匀速运动。当速度与F'垂直时速度最小，初速度垂直F'的分量为v当合力F'与速度垂直时，最小速度为v由图可知，最小速度的方向与AB的连线垂直，故C错误，D正确；故选：BD。课时精练一．选择题（共8小题）1．如图所示，一质量为m＝0.5kg，带电量为q＝+2×10﹣6C的物块A放在一个静止的绝缘木箱内，木箱内有水平向右E＝6×105N/C的匀强电场，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数μ＝0.3。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，若木箱做如下加速运动，物块A将相对木箱滑动的是（）A．向上做匀加速运动，加速度大小为0.7m/s2 B．向下做匀加速运动，加速度大小为0.7m/s2 C．向左做匀加速运动，加速度大小为0.7m/s2 D．向右做匀加速运动，加速度大小为0.7m/s2【答案】C【解答】解：A、根据电场强度、电荷电量，可得到电场力大小为：F＝qE，解得：F＝1.2N；木箱向上加速运动时，对A在竖直方向上受力分析，可得：N1﹣mg＝ma，解得：N1＝5.35N，由相互作用力特点可知：N1＝N1′，结合滑动摩擦力公式f1＝μN1′，可得到滑动摩擦力大小为：f1＝1.605N；对A水平方向受力分析，可知：F＜f1，即A不会与木箱发生相对滑动，故A错误；B、木箱向下加速运动时，对A在竖直方向上受力分析，可得：mg﹣N2＝ma，解得：N2＝4.65N，由相互作用力特点可知：N2＝N2′，结合滑动摩擦力公式f2＝μN2′，可得到滑动摩擦力大小为：f2＝1.395N；对A水平方向受力分析，可知：F＜f2，即A不会与木箱发生相对滑动，故B错误；CD、木箱水平加速运动时，在竖直方向上，A受力平衡，即：N＝mg，由相互作用力特点可知：N＝N′，结合滑动摩擦力公式f＝μN′，可得到滑动摩擦力大小为：f＝1.2N；木箱向左匀加速运动时，只能对A提供向左的摩擦力，f＜F，可知A水平方向受力不平衡，合力向右，A会向右运动，与木箱相对滑动；木箱向右匀加速运动时，若给A向右的摩擦力，A与木箱不发生相对滑动，则：f3+F＝ma，解得：f3＝﹣0.85N，即木箱对A的摩擦力水平向左，大小为0.85N，0.85N＜1.2N，即A与木箱间为静摩擦力，A与木箱不会相对滑动，故C正确，D错误。故选：C。2．如图所示，高为h，倾角θ＝37°的光滑斜面处在水平向右、场强E=mgA．重力对小球做功为mgh B．小球的电势能减少了34mghC．合力对小球所做的功为13mghD．小球的电势能与动能之和保持不变【答案】C【解答】解：A．高为h的斜面，小球沿光滑斜面运动，从底端到顶端过程中，重力做功为﹣mgh，故A错误；B．电场力做功W=qE⋅htanθ，解得W=C．支持力不做功，合力做功等于各力做功的代数和，则W合D．根据能量守恒知，小球电势能与动能之和减小量等于小球重力势能的增加量，可知小球电势能和动能之和在减小，故D错误。故选：C。3．如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度大小E＝1×104N/C的匀强电场，在匀强电场中有一根长L＝2m的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为0.08kg的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向的夹角为37°。现给小球一垂直于绳方向的初速度，使小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动。设小球静止时的位置为电势能和重力势能零点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．小球所带电荷量q＝6×10﹣5C B．小球电势能的最大值为2.92J C．在运动过程中，小球的最小速度v＝25m/s D．在运动过程中，小球在圆形轨迹的最右端时机械能最小【答案】A【解答】解：A、对小球静止时受力分析，如下图：根据受力平衡，可得：tan37°=qEmg，解得小球的电荷量为：q＝6×10B、小球在圆周运动过程，电场力做功满足：WAB＝EpA﹣EpB，可知从起始位置，到电场力做负功最大的位置，电势能最大；电场力始终水平向右，可得到电势能最大值的位置为圆周运动的最左侧，初始为电势能为0，则电势能的最大值为：Epm＝qE×L（1+sin37°），解得：Epm＝1.92J，故B错误；C、根据小球恰好做完整圆周运动，可知在等效最高点时，小球的速度最小，且小球此时的受力满足：F合结合圆周运动特点，可得：F合=mvD、根据小球在圆周运动过程中，受到的电场力做功情况，可知小球机械能最小的位置，即电场力做负功最大的位置，结合B选项分析可知，为圆周运动的最左侧，故D错误。故选：A。4．如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.9m，电场强度大小为E＝2×103V/m，现有一带电滑块从水平轨道上某处由静止释放，小滑块恰好运动到半圆形轨道的最高点C。滑块带电荷量q＝+1×10﹣3C，质量m＝0.4kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．滑块在水平轨道上由静止释放的位置离N点的距离为8.5m B．滑块通过半圆形轨道中点P点时对轨道压力大小为8N C．滑块经过C点后的落地点离N点的距离为0.9m D．滑块在运动过程中对轨道的压力的最大值为20N【答案】C【解答】解：A、根据滑块恰好运动到半圆形轨道的最高点C，可知滑块在C点时的速度大小满足：mg=mv滑块从释放处到C的过程，根据动能定理：(qE−μmg)s−mg×2R=1B、滑块从P到C的过程，根据动能定理：−qER−mgR=1结合受力分析，可知滑块在P点时对轨道的压力大小满足：FP−qE=mvC、滑块离开C点后，水平方向只受到水平向左的电场力，竖直方向只受到竖直向下的重力，结合匀变速运动关系式，可得水平方向：x=vCt−12D、滑块从N到C的过程，根据动能定理：−mg×2R=1对滑块在N点时受力分析，可得：FN−mg=mv故选：C。5．如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能减少4.0J C．金属块克服电场力做功8.0J D．金属块的机械能减少12J【答案】D【解答】解：ABC、在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总＝WG+W电+Wf＝ΔEK解得：W电＝﹣4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J．由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷。故ABC错误；D．在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故D正确。故选：D。6．如图（a）所示，平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的变化电压UAB，重力可忽略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，粒子先向A板运动，再向B板运动…，最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是（）A．T＜t0＜9TC．T2＜t【答案】C【解答】解：粒子带正电，由于粒子先向A板运动，表明粒子在t0时刻释放时，所受电场力方向向左，电场方向向左，则有UAB＜0表明t0一定在T2～T则t0可能属于的时间段是T故ABD错误，C正确。故选：C。7．图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（）A．金属圆筒1、2、3的长度之比为1：2：3 B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍 C．第n个圆筒的长度应满足L=2neUD．进入第n个圆筒时电子的速率为2neU【答案】D【解答】解：ACD、由于电子每经过圆筒狭缝时都要加速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间均为T2neU=1可得vn则电子进入第n个圆筒时的速度为v不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为T2L=v所以金属圆筒1、2、3的长度之比为L1B、由于电子在筒内做匀速直线运动，所以电子离开圆筒1时的速度等于进入时的速度，故B错误；故选：D。8．匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，将一带电粒子在此匀强电场中由静止释放，若带电粒子只受电场力的作用，下列说法正确的是（）A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．0～3s内，电场力做的总功不为零 C．2s末带电粒子离出发点最远 D．3s末带电粒子回到原出发点【答案】D【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为a1在第2s内加速度大小为a2因此带电粒子在0～1s内向负方向做加速度大小为a1的匀加速直线运动，在1～1.5s内向负方向做加速度大小为a2的匀减速直线运动，同理1.5～2s内向正方向做加速度大小为a2的匀加速直线运动，2～3s内向正方向做加速度大小为a1的匀减速直线运动，在t＝3s时，带电粒子速度刚好减为0且回到出发点；综上分析可知，带电粒子做周期性的往返运动，1.5s末，带电粒子离出发点最远；3s末带电粒子回到原出发点；0～3s内，电场力做的总功为零。故ABC错误，D正确。故选：D。二．多选题（共3小题）（多选）9．如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压：UMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，以下说法正确的是（）A．质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B．加速器筒长和加速电压不变，若要加速荷质比更大的粒子，则要调小交变电压的周期 C．各金属筒的长度之比为1：2D．质子进入第n个圆筒时的瞬时速度为2(n−1)e【答案】BC【解答】解：A、金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，质子处于受力平衡的状态，在每个圆筒中做匀速运动，故A错误；D、质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，只有电场力做功，根据动能定理：ne变形解得：vnC、根据直线加速器的原理，只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为T2时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，结合经过n次加速后速度表达式可得第n个圆筒长度：Ln＝vn⋅T2B、由C选项的分析可知，保持Ln和U0不变，荷质比em故选：BC。（多选）10．如图甲所示，A、B两极板与交变电源相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，A板的电势为0，质量为m，电荷量为﹣q的电子仅在电场力作用下，在t=TA．电子在两极板间的最大速度为2qUB．两极板间的距离为qUC．若将B极板向上移动少许，则电子到达B板时速度大于0 D．若电子在t=T【答案】BD【解答】解：B、电子在t=T4时刻，由静止释放，进入两极板间运动，先加速后减速，由电子可以恰好到达B板，可知电子恰好在若极板间距为d，则加速度为：a=qU0md，极板间距满足A、由A选项分析可知，电子在T2时，电子的速度最大，最大速度为：vm=a×(C、该极板与电源相连，极板间电压不变，极板间的电场强度也不变，故电子受力没有变化，电子到达B板时的速度为0，故C错误；D、在t=T8时进入极板，则在T8∽T2时间内，做匀加速运动，若可以一直加速，则位移为：故选：BD。（多选）11．如图甲所示，A、B为平行金属板，两板间距离为d，在两板间加上如图乙所示的交变电压（图中U0，T均为已知量），在t＝0时刻，一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子，在金属板A附近由静止释放，粒子只受电场力作用，关于粒子的运动，下列说法正确的是（）A．粒子在两板间往复运动 B．若粒子在两板间运动的时间为T，则粒子从A至B先做匀加速运动，再做匀减速运动 C．若粒子在两板间运动的时间为T，粒子到达B板时的速度大小为qUD．若在t=1【答案】BC【解答】解：带电粒子在周期性变化的电场运动，粒子在t＝0时刻由静止释放，粒子在电场力作用下向右运动的加速度随时间变化的规律如图所示A、由于a﹣t图像所围的面积为速度变化量，因此粒子沿单向直线运动，故A错误；BC、若粒子在两板间运动的时间为T，由a﹣t图像可知，粒子在0∼23T时间内做匀加速运动，在23T～TD、若在t=1故选：BC。三．解答题（共3小题）12．如图甲所示，竖直平行板A、B间加有恒定电压U0，在A板附近有一个粒子源，可以按时间均匀地释放质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，粒子的初速度忽略不计，经A、B板间电场加速后，沿平行金属板C、D间的中线垂直进入C、D板间电场，C、D板间所加的电压随时间变化如图乙所示，C、D板长为L，C、D板的右侧有一竖直的荧光屏，荧光屏到C、D板右端的距离为12L，有2（1）粒子经加速电场加速后速度多大？（2）C、D板间的距离为多少？（3）荧光屏上有粒子打上的区域长度为多少？【答案】（1）粒子经加速电场加速后速度为2U（2）C、D板间的距离为3L（3）荧光屏上有粒子打上的区域长度为23【解答】解：（1）粒子在两板间被加速，由U0q=1（2）因23的粒子能打在荧光屏上，当CD两板间电压为±2U03时粒子恰好从两板右边缘射出，由d2=（3）对于从极板右侧边缘射出的粒子，由12dy1=L2答：（1）粒子经加速电场加速后速度为2U（2）C、D板间的距离为3L（3）荧光屏上有粒子打上的区