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第 6 课时 专题强化：带电粒子在交变电场中的运动
目标要求 1.掌握交变电场的特点。2.会分析带电粒子在交变电场中的运动规律。
考点一 带电粒子在交变电场中的直线运动
1．常见的交变电场
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．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动。
(2)粒子做往返运动。
3．思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对
称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功
能关系。
4．解题技巧
(1)按周期性分段研究。
(2)将――→a－t图像――→v－t图像。
例1 (多选)如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压，
两板间电势差随时间的变化规律如图所示。现有一电子从 A板上的小孔进入两板间的电场
区域内，设电子的初速度和重力的影响可忽略。则下列说法正确的是( )
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动
B．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板
上
C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板
上
D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动
答案 AB
解析 根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像。由图丁可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，故A正确；若电子在t
＝时刻进入，则由图像知，向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在
B板上，故B正确；若电子在t＝时刻进入电场，则由图像知，在第一个周期电子即返回 A
板从小孔飞出，故C错误；t＝时刻电子一靠近小孔便受到排斥力，此时电子不能进入电场，
故D错误。
拓展 若已知电子质量为m、电荷量大小为e，电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板
的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B板。
(1)A、B两板间的距离为______________；
(2)电子在两板间的最大速度为____________。
答案 (1) (2)
解析 (1)电子在t＝时刻由静止释放恰好打在B板上，则电子先加速后减速，在t＝T时刻到
达B板且速度为零，设两板的间距为d，加速度大小为a＝，则有d＝2×a()2，解得d＝；
(2)由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为v ＝a·＝。
m
在画速度—时间图像时，要注意以下几点：
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的斜率表示加速度，因此加速度相同的运动的图像一定是平行的直线。
(3)图线与时间轴围成的“面积”表示位移，且在横轴上方所围成的“面积”为正，在横轴
下方所围成的“面积”为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与横轴有交点，表示此时速度为零；对于运动很复杂，不容易画出速度—时间图像
的问题，还应逐段分析求解。考点二 带电粒子在交变电场中的偏转
1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方
波)的情形。
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的
分运动具有周期性。
2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正
确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对
称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿
过电场时可认为是在匀强电场中运动。
例2 如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板 A、B间加有如图b所示的交变电压
U ，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v 水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为
AB 0
m，不计粒子重力。
(1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t；
(2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。
①定性画出垂直板方向的速度v(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。
y
②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。
③若金属板足够长，要求t＝0时刻射入的粒子打到B板时动能最大，则两板间距d应当满
足什么条件？
(3)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板
间距d分别满足什么条件？
答案 (1)
(2)①见解析图 ②见解析
③d＝(n＝0,1,2,3，…)
(3)L＝nvT(n＝1,2,3，…) d≥
0解析 (1)根据题意可知，粒子在电场中，水平方向上做匀速直线运动，若粒子能够射出电
场，则粒子在电场中的运动时间为t＝
(2)①
②由对称性可知，粒子可能在t＝nT，即v＝0时从B板右边缘水平射出，
1 y
L＝vt＝nvT(n＝1,2,3，…)，
01 0
d＝2n·a()2
由牛顿第二定律有a＝，
联立得d＝(n＝1,2,3，…)
③根据题意可知，若粒子从t＝0时刻进入电场，要求粒子打到B板时动能最大，则粒子打
到B板时，竖直分速度最大，即粒子在，，…时，恰好打到B板，则有d＝(2n＋1)×·()2(n＝
0,1,2,3，…)
解得d＝(n＝0,1,2,3，…)。
(3)根据题意可知，若粒子在t＝时刻射入电场，且经过一段时间后能够从A板右侧边缘水平
射出，则在竖直方向上，粒子在～时间内，做向下的匀加速直线运动，在～时间内，向下做
匀减速直线运动，由对称性可知，粒子在时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B板
上，然后在～T时间内，向上做匀加速直线运动，在T～时间内，向上做匀减速直线运动，
由对称性可知，在时，粒子恰好回到A板边缘，且竖直分速度为0，由上述分析可知，两板
间距d满足条件d≥2×a2
由牛顿第二定律可得a＝
联立解得d≥
粒子在电场中的运动时间为t＝nT(n＝1,2,3，…)
2
则板长为L＝vt＝nvT(n＝1,2,3，…)
02 0
课时精练
1．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。开始A板的
电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在静电力作用下开始运动。设电子在运动中
不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变
化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)( )答案 A
解析 在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的静电力方向水平向左，
电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场的方向向左，电子所受的静
电力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前
的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做
匀减速直线运动，如此反复，由图像可知A正确，B、C、D错误。
2．(多选)如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如图乙所
示的方波形电压。在t＝0时刻，一质量为m、电荷量为e的电子以初速度v 从两板正中间
0
沿板方向射入电场，并在t＝T时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是( )
A．电子沿板方向做加速运动
B．板间距离必须满足d≥T
C．电子从板间射出时机械能增加eU
0
D．电子从板间射出时的速度大小为v
0
答案 BD
解析 水平方向上，电子沿板方向做匀速直线运动；竖直方向上，0～内电子做匀加速直线
运动，～T内电子做匀减速直线运动，出射速度大小为v ，故D正确，A错误；竖直方向分
0
位移为y＝·()2×2＝，由y≤可知d≥T，故B正确；0～T内静电力做功为零，机械能增加量
为零，故C错误。
3.(2023·浙江省三模)如图所示，在一对平行金属板MN、PQ加电压，两板间形成匀强电场，
忽略边缘效应，两板边缘连线外面的电场忽略不计，电压按正弦规律变化，变化周期为T。
某时刻有一带电粒子沿两板间的中线OO′以初速度为v 射入电场，经t＝2T时间粒子离开
0电场。则以下说法中正确的是( )
A．粒子一定从O′点离开电场
B．粒子离开电场时的速度一定大于v
0
C．粒子离开电场时的速度可能小于v
0
D．粒子在0～T内的位移一定等于在T～2T内的位移
答案 D
解析 电压按正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受静电力的总冲量一定等于 0，
所以经2T时间离开电场时，粒子的速度仍为v ，故B、C错误；在一个周期内，带电粒子
0
沿电场方向位移取决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰好为 0，则带电粒子在
前半周期加速，在后半周期减速，其位移方向不变，下一个周期的运动重复前一个周期，所
以位移不为零，若进入电场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周期内
加速度减小后反向加速，在后两个四分之一周期内反向加速度减小后正向加速，前半周期的
位移与后半周期的位移刚好大小相等，方向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O′点离
开电场，故A错误；因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度 v ，所以粒
0
子在每个周期时的运动都是相同的，即每个周期内的位移也一定是相同的，故D正确。
4．(2023·云南省联考)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进
入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为 k，带电粒子只
受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则
下列说法中正确的是( )
A．粒子射出时间可能为t＝4 s
B．粒子射出的速度大小为2v
C．极板长度满足L＝3vn(n＝1,2,3，…)
D．极板间最小距离为
答案 D
解析 粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向的运动 v－t图像如图所示
因为粒子平行极板射出，可知粒子垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、
4.5 s…，满足t＝1.5n(n＝1,2,3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，故A、B错误；极板长
度L＝v·1.5n(n＝1,2,3，…)，故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足≥v×1.5 s，v＝
y y
a×1 s，a＝，联立求得d≥，故D正确。
5．(多选)(2024·江苏省模拟)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，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。若电压的绝对值为
U，电子电荷量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0时刻，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，不考虑相对论效
应，则( )
A．在t＝时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
B．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
C．电子运动到第n个圆筒时动能为(n－1)eU
D．第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为∶
答案 BD
解析 因为t＝＝T＋，t＝时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，t＝奇数圆筒相对偶数
圆筒的电势差为正值，A错误；由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，B正确；电子每经
过一个间隙，静电力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为neU＝E －
k
0，电子运动到第 n个圆筒时动能为 neU，C 错误；根据动能定理得 eU＝mv2，2eU＝
1
mv2,3eU＝mv2…，neU＝mv2，(n＋1)eU＝mv 2，第n个和第n＋1个圆筒的长度之比为
2 3 n n＋1
L∶L ＝v∶v ，解得L∶L ＝∶，D正确。
n n＋1 n n＋1 n n＋1
6．(2023·黑龙江哈尔滨哈九中三模)实验小组用如图甲所示装置研究带电粒子在两个平行金
属板间的运动，已知板长为L，两板间距d未知，将放射源P靠近平行金属板，放射出的带
电粒子沿平行金属板A、B的中轴线MN射入板间，平行金属板A、B间加有如图乙所示的
交变电压，已知电压U ，周期T未知，当电压稳定时，板间是匀强电场。质量为m、电荷
0
量为q的粒子以v 的速率在T时刻从M点进入板间，T时刻离开金属板，运动过程中恰好不
0
与金属板碰撞(粒子重力忽略不计)。求：平行板A、B的间距d是多少？答案
解析 T时刻从M点进入板间，T时刻离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动
T－T＝＝，T＝
竖直方向，规定向下为正方向，且开始粒子向下做匀加速直线运动，设 A、B两板间距为
d，则E＝，由牛顿第二定律得qE＝ma ，a＝
1 1
在～T时间内，竖直方向最大位移是，粒子先做加速运动，时间为t＝－T＝T，
1
v ＝at＝aT，
y1 11 1
运动的位移为y＝·v t
1 y11
再减速至反向加速运动，
时间为t＝T－T－t＝
2 1
粒子在～T时间内做初速度为v 方向向下，加速度a ＝方向向上的匀变速运动，运动的位
y1 1
移为y＝v t－at2
2 y12 12
因此粒子的总位移为y＝y＋y＝v t＋v t－at2，解得y＝－aT2＝－
1 2 y11 y12 12 1
得d＝。
7．(2023·江苏南京市期中)如图甲所示，电子枪连续不断均匀地发出电子(设电子的初速度为
零)，经加速电压为U 的加速电场加速后由小孔穿出，沿两个距离为d的水平金属板A、B
1
间的中线射入偏转电场，A、B两板间加如图乙所示的周期性变化的电压 U ，电压变化周
AB
期为T，正半周U 为U ，负半周U 为－3U 。已知电子质量为m、电荷量为－e，A、B
AB 0 AB 0
极板长为，所有电子都能离开偏转电场，不计电子的重力及电子间的相互作用力。求：
(1)电子经过偏转电场的时间t；
(2)从t＝0时刻射入偏转电场的电子在进、出偏转电场过程中电势能的变化量ΔE；
p
(3)在足够长的时间内从中线下方离开偏转电场的电子数占电子总数的比例η。
答案 (1) (2)－ (3)
解析 (1)根据动能定理，有eU＝mv2
1 0解得v＝，水平方向L＝＝vt
0 0
联立解得t＝
(2)竖直方向y＝at2，加速度a＝
解得y＝，由功能关系有ey＝－ΔE
p
解得ΔE＝－
p
(3)电子在电场中的运动时间均为t＝，
电压为U 时，e·＝ma
0 1
电压为3U 时，e·＝ma ，解得a＝3a
0 2 2 1
在0～时间内，设－t 时刻射入电场中的电子偏转位移刚好为0，
1
有at2＋at(－t)－a(－t)2＝0
11 11 1 2 1
解得t＝
1
即在0～时间内，～时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出；
～T时间内，设T－t 时刻射入的电子刚好偏转位移为0，
2
有at2＋at(－t)－a(－t)2＝0
22 22 2 1 2
解得t＝T，即～T这段时间内，～(T－t)时间内射入电场中的电子均可从中线下方飞出，在
2 2
一个周期内能从中线下方离开的电子射入时间间隔为 Δt＝T，从中线下方离开偏转电场的电
子占电子总数的比例η＝＝。
