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第48 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
φ−t 图像
U −t 图像
E−t 图像}
a－t 图像
v－t 图像。
例1 (多选)如图(a)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(b)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＝T
8 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＝3T
8 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＝T
2 时刻进入的，它可能时而向B 板运动，时而向A 板运动
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。
1
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(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.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偏转运动，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.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 所示的交流电压UAB，现有一
带电粒子从A 板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为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vy(规定竖直向下为正方向)随时间变化的图像。
②求出板长L 和两板间距d 分别满足的条件。
(3)若粒子在t＝T
4 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？
2
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[变式] (多选)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且周期性变化的电压，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＝2d
v0
，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，
则( )
A.在t＝0 时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0
B.粒子的电荷量为mv0
2
2U 0
C.在t＝1
8T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了1
8mv0
2
D.在t＝1
4 T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场
3
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答案精析
例1 AB [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＝T
8 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＝3T
8 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＝T
2 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。]
例2 (1) L
v0
(2)①见解析图 ②见解析
(3)L＝nv0T(n＝1，2，3，…)
d≥T
4 √
qU 0
m
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＝L
v0
(2)①②由对称性可知，粒子可能在t1＝nT，即vy＝0 时从B 板右边缘水平射出，
L＝v0t1＝nv0T(n＝1，2，3，…)，
d＝2n·1
2a(T
2 )2
由牛顿第二定律有a＝U 0q
md ，
联立得d＝T
2 √
nqU 0
m
(n＝1，2，3，…)
4
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(3)根据题意可知，若粒子在t＝T
4 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T
4 ~T
2 时间内，做向下的匀加速直线运动，在T
2 ~3T
4 时间内，向下做匀减速直线运动，
由对称性可知，粒子在3T
4 时，竖直分速度减小到0，此时，粒子未达到B 板上，然后在3T
4 ~T 时间内，向
上做匀加速直线运动，在T~5T
4 时间内，向上做匀减速直线运动，由对称性可知，在5T
4 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≥2×1
2a(T
4 )2
由牛顿第二定律可得a＝U 0q
md
联立解得d≥T
4 √
qU 0
m
粒子在电场中的运动时间为t2＝nT(n＝1，2，3，…)
则板长为L＝v0t2＝nv0T(n＝1，2，3，…)
[变式] AD [粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动，则t＝0 时刻进入电场的粒子在电场中运动时
间t＝2d
v0
，此时间正好是交流电压的一个周期，粒子在竖直方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，
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v0，故A 正确；在竖直
方向，t＝0 时刻进入电场的粒子在T
2 时间内的位移为d
2 ，则d
2 ＝1
2a(T
2 )2＝
U 0q
2dm ( d
v0
)2，解得q＝mv0
2
U 0
，故
B 错误；在t＝T
8 时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为y＝2×1
2a(3
8T)2－2×1
2a(T
8 )2＝
d
2 ，故静电力做功为W＝qU 0
d
×1
2d＝1
2U0q＝1
2mv0
2，电势能减少了1
2mv0
2，故C 错误；t＝T
4 时刻进入的
粒子，在竖直方向先向下匀加速直线运动T
4 ，然后向下匀减速直线运动T
4 ，再向上匀加速直线运动T
4 ，然
后再向上匀减速直线运动T
4 ，由对称性可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子刚好从P 板右侧边缘
离开电场，故D 正确。]
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