1．[2022·河北省模擬](多選)帶電粒子在電場中會受到電場力的作用而進(jìn)行加速或偏轉(zhuǎn)，從而可以檢驗帶電粒子的性質(zhì)，某平行板兩極間存在一勻強電場，其電壓與時間關(guān)系如圖所示，當(dāng)t＝0時，在平行板中間由靜止釋放一個帶負(fù)電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，粒子在運動過程不會碰撞極板，則下列說法中正確的是( )
A．帶電粒子做單向的勻變速直線運動
B．4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點
C．0～3 s內(nèi)，電場力的沖量為零
D．0～3 s內(nèi)，電場力做的總功為零
2．[2022·江蘇南通期末]如圖甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓．現(xiàn)有兩個質(zhì)子以相同的初速度分別從t＝0和t＝ eq \f(T,2) 時刻水平射入電場，已知兩質(zhì)子在電場中的運動時間均為T，并從右端離開電場，則兩質(zhì)子在電場中的偏轉(zhuǎn)位移大小之比是( )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
3．[2022·四川成都七中期中](多選)如圖甲所示，兩平行極板P、Q的極板長度和板間距離均為l，位于極板左側(cè)的粒子源沿兩板的中軸線向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度相同、重力不計的帶電粒子．在0～3t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響).已知t＝0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在2t0時刻經(jīng)極板邊緣射出．上述m、q、l、t0為已知量．(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)則( )
A．該粒子在平行板間一直做曲線運動
B．該粒子進(jìn)入平行板間的初速度v0＝ eq \f(l,2t0)
C．該粒子在平行板間偏轉(zhuǎn)時的加速度a＝ eq \f(l,3t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
D．兩平行板間所加電壓大小U0＝ eq \f(ml2,2qt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
4．[2022·云南景東彝族自治縣練習(xí)]如圖甲所示，A、B是真空中平行放置的兩個等大金屬板，加上電壓后，它們之間的電場可視為勻強電場．A、B兩極板間距離d＝20 cm.今在A、B兩極板上加如圖乙所示的交變電壓，交變電壓的周期T＝1.0×10－6s；t＝0時，A板電勢比B板電勢高，電勢差U0＝1 080 V．一個荷質(zhì)比 eq \f(q,m) ＝1.0×108C/kg的帶負(fù)電的粒子在t＝0時從B板附近由靜止開始運動，不計重力．求：
(1)當(dāng)粒子的位移為多大時，粒子速度第一次達(dá)到最大值及該最大值；
(2)粒子運動過程中將與某一極板相碰撞，粒子撞擊極板時的速度大?。?br>專題52 帶電粒子在交變電場中的運動
1．CD 作出帶電粒子在交變電場中的v-t圖像如圖所示，不難發(fā)現(xiàn)，3 s末粒子回到了出發(fā)點，3 s后重復(fù)這樣運動，一直做往復(fù)運動，并非單向的勻變速直線運動，A、B錯誤；0～3 s內(nèi)，對粒子由動量定理得I電場力＝0－0，故0～3 s內(nèi)電場力的沖量為零，C正確；0～3 s內(nèi)，對粒子由動能定理得W電場力＝0－0，故0～3 s內(nèi)電場力做的總功為零，D正確．
2．C 粒子在兩板之間的運動時間均為T，在t＝0時刻進(jìn)入的粒子在前半個周期豎直方向是加速，后半個周期豎直方向是勻速，設(shè)加速度為a，則位移為y1＝ eq \f(1,2)×a×( eq \f(T,2))2＋a× eq \f(T,2)× eq \f(T,2)＝ eq \f(3,8)aT2，在t＝ eq \f(1,2)T進(jìn)入的粒子，豎直方向上在前半個周期是靜止，后半個周期是勻加速，則位移為y2＝ eq \f(1,2)a( eq \f(T,2))2＝ eq \f(1,8)aT2，故y1∶y2＝3∶1，C正確．
3．BC 由題圖乙可知，t0～2t0時間內(nèi)場強為零，則該粒子在t0～2t0時間內(nèi)做直線運動，A錯誤；該粒子進(jìn)入平行板間水平方向一直做勻速直線運動，則粒子水平方向的初速度v0＝ eq \f(l,2t0)，B正確；設(shè)該粒子在平行板間偏轉(zhuǎn)時的加速度為a，豎直方向，先做勻加速直線運動，在速度達(dá)到at0之后做勻速直線運動，有 eq \f(1,2)l＝ eq \f(1,2)at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＋at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ；可求得a＝ eq \f(l,3t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，C正確；兩平行板上所加電壓大小U0＝El，又Eq＝ma，解得U0＝ eq \f(ml2,3qt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，D錯誤．
4．(1)3 cm 1.8×105 m/s (2)6 eq \r(6)×104 m/s
解析：(1)粒子經(jīng)過 eq \f(T,3)時第一次達(dá)到最大速度，根據(jù)
a＝ eq \f(qU0,md)
解得a＝5.4×1011 m/s2
此過程粒子的位移為x1＝ eq \f(1,2)a( eq \f(T,3))2＝3 cm
粒子速度的最大值為v＝a· eq \f(T,3)＝1.8×105 m/s
(2)0至 eq \f(T,3)時間內(nèi)，粒子向右做勻加速直線運動，向A板運動了x1＝3 cm，根據(jù)對稱性可知， eq \f(T,3)至 eq \f(2T,3)時間內(nèi)，粒子向右做勻減速運動減到速度為零，粒子又向A板運動的位移大小為
x2＝x1＝3 cm
eq \f(2T,3)至 eq \f(5T,6)時間內(nèi)，粒子反向向左做勻加速直線運動，粒子向B板運動的位移大小為
x3＝ eq \f(1,2)a( eq \f(T,6))2＝0.75 cm
根據(jù)對稱性可知， eq \f(5T,6)至T時間內(nèi)，粒子向左做勻減速運動減到速度為零，粒子又向B板運動的位移大小為x4＝x3＝0.75 cm
粒子在一個周期內(nèi)向右運動的位移為Δx＝x1＋x2－x3－x4＝4.5 cm
可知經(jīng)過4個完整的周期后粒子向右前進(jìn)的位移大小為18 cm，與A板的距離為
s＝d－4Δx＝2 cm，
因此粒子撞擊A板時的速度即為由初速為0，經(jīng)過s＝2 cm加速后獲得的速度，則有
2as＝v′2
解得v′＝6 eq \r(6)×104 m/s.

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