解析 若电子从 t＝0 时刻进入，电子将做单向直线运动，A 错误；若电子从T2时 刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达 B 板，B 正确；电子从T4 时刻进入两板时，电子先加速，经T4 时速度最大，此时电子受到电场力反向， 经T4速度减为零，再加速T4反向速度最大，接着减速T4回到原位置，即电子在大 于T4时刻进入时一定不能到达 B 板，小于T4时刻进入时一定能到达 B 板，所以 C 正确，D 错误。 答案 BC
【例2】 (多选)如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t
变化的图像。当t＝0时,在此匀强电场中由静止释放一个带
电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确
的是( )
图2
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度为零
D.0～3 s内,电场力做的总功为零
()
图1
解析 电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故 C、D 两
项错误；从 0 时刻开始，电子向 A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电 子向 A 板做匀减速直线运动，直到 t＝T 时刻速度变为零。之后重复上述运动， A 项正确，B 项错误。 答案 A
考向
粒子的往返运动
专题 带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题
带电粒子在交变电场中的运动
1.此类题型一般有三种情况 解); (2)粒子做往返运动(一般分段研究); (3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2.两条分析思路和一个关键 (1)两条思路: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。 (2)一个关键:注意对称性和周期性变化关系的应用。
1.(多选)(2020·长春模拟)如图4甲所示,A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝ 0,B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进 入两板间的电场区内,电子的初速度和重力的影响均可忽略,则( )
图4
A.若电子是在 t＝0 时刻进入的，它可能不会到达 B 板 B.若电子是在 t＝T2时刻进入的，它一定不能到达 B 板 C.若电子是在 t＝T8时刻进入的，它可能时而向 B 板运动，时而向 A 板运动，最 后穿过 B 板 D.若电子是在 t＝38T时刻进入的，它可能时而向 B 板运动，时而向 A 板运动， 最后穿过 B 板
考向
粒子的单向直线运动
【例1】 如图1甲所示,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电场力作用下开始运动。设电子在运动
中不与极板发生碰撞,向A板运动时的速度方向为正方向,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)
2.能量的观点 (1)运用动能定理,注意过程分析要全面,准确求出过程中的所有力做的功,判断是 对分过程还是对全过程使用动能定理。 (2)运用能量守恒定律,注意题目中有哪些形式的能量出现。
2.(2019·四川成都模拟)如图 5 甲所示，A、B 为两块相距很近的平行金属板，A、
B 间电压为 UAB＝－U0，紧贴 A 板有一电子源，不停地飘出质量为 m，带电 荷量大小为 e 的电子(初速度可视为 0)。在 B 板右侧两块平行金属板 M、N
间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期 T＝L
m ，板间中线与电子 2eU0
答案 (1)
2eU0 m
(2)0(沿板间中线射出)
电场中的力电综合问题
要善于把电学问题转化为力学问题,建立带电粒子在电场中加速和偏转的 模型,能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度 进行分析与研究。 1.动力学的观点 (1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力,可用正交分解法。 (2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式,注意受力分析要全面,特 别注意重力是否需要考虑的问题。
解析 设第 1 s 内粒子的加速度为 a1，第 2 s 内的加速度为 a2，由 a＝qmE可知， a2＝2a1，可见，粒子第 1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向 正方向运动，至 3 s 末回到原出发点，粒子的速度为 0，v－t 图像如图所示， 由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知 C、D 正确。
源在同一水平线上。已知板间距为 d，极板长 L，求：
图5
(1)电子进入偏转极板时的速度； (2)T4 时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距 离 (未与极板接触)。
解析 (1)设电子进入偏转极板时的速度为v, 由动能定理有 eU0＝12mv2 解得 v＝ 2emU0。
(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间 t＝Lv＝L 2emU0＝T 故在T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反 向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板。
C.重力势能减少了12mgd 图3
D.克服电场力做功为 mgd
解析 因 0～T3内微粒匀速运动，故 E0q＝mg；在T3～23T时间内，粒子只受重力 作用，做平抛运动，在 t＝23T时刻的竖直速度为 vy1＝g3T，水平速度为 v0；在23T～ T 时间内，由牛顿第二定律 2E0q－mg＝ma，解得 a＝g，方向向上，则在 t＝T 时刻，vy2＝vy1－g·T3＝0 粒子的竖直速度减小到零，水平速度为 v0，选项 A 错 误，B 正确；微粒的重力势能减小了 ΔEp＝mg·d2＝12mgd，选项 C 正确；从射入 到射出，由动能定理可知12mgd－W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd，选项 D 错误。 答案 BC
答案 CD
考向 粒子的偏转运动 【例 3】 (多选)如图 3 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。关于微粒在 0～T 时间 内运动的描述，正确的是( ) A.末速度大小为 2v0 B.末速度沿水平方向