課時10.5帶電粒子在電場中的運(yùn)動高中物理練習(xí)分類專題教案（人教版2019）

第十章靜電場中的能量課時10.5帶電粒子在電場中的運(yùn)動理解帶電粒子在電場中的運(yùn)動規(guī)律，并能分析解決加速和偏轉(zhuǎn)問題。能分析實(shí)際生活中帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)問題，并解釋相關(guān)物理現(xiàn)象。（一）帶電粒子在電場中運(yùn)動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力，但并不忽略質(zhì)量。

而當(dāng)題目中給出了重力加速度g，則重力不能忽略。(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。（二）帶電粒子在電場中的加速1.運(yùn)動狀態(tài)分析帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，只受到靜電力作用，只有電勢能和動能的轉(zhuǎn)化，且受力方向與運(yùn)動方向在同一直線上，則粒子做勻變速直線運(yùn)動。2.兩種處理方法（以初速度為0的粒子在靜電力下加速為例）①動力學(xué)觀點(diǎn)：主要運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解。當(dāng)解決的問題屬于勻強(qiáng)電場且涉及運(yùn)動時間等描述運(yùn)動過程的物理量時，適合用該思路分析。該方法只適用于勻強(qiáng)電場。②能量觀點(diǎn)，利用動能定理求解：由動能定理求解不涉及時間的問題，如問題涉及位移、速率等，該方法適用于一切電場?？偨Y(jié)：粒子加速后的速度只與加速電壓有關(guān)。（三）帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1.運(yùn)動狀態(tài)分析帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場線方向從兩極板中間位置飛入勻強(qiáng)電場，只受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動，運(yùn)動軌跡是拋物線，類似于平拋運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解進(jìn)行分析。2.處理方法：（1）沿初速度v0方向的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動。（2）沿靜電力方向的分運(yùn)動為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動（電場力相當(dāng)于平拋運(yùn)動的重力）?？键c(diǎn)帶電粒子的加速和偏轉(zhuǎn)1.基本關(guān)系如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場，加速度a=qE?2.導(dǎo)出關(guān)系（1）粒子以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：粒子離開電場時的偏移距離為y=粒子離開電場時偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ=v粒子離開電場時位移與初速度夾角的正切值tanθ=y（2）粒子經(jīng)加速電場U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：由于qUytanθtanα3.兩個推論（1）沿垂直于電場方向射入（即沿x軸射入）的帶電粒子在射出電場時速度的反向延長線交x軸于一點(diǎn)，該點(diǎn)與射入點(diǎn)間的距離為帶電粒子在x軸方向上位移的一半。（2）位移方向與初速度方向間夾角的正切值為速度偏轉(zhuǎn)角的正切值的12，即tanα=12tan思路點(diǎn)撥粒子的運(yùn)動包括三個階段：第一階段：粒子在加速電場中做加速運(yùn)動，根據(jù)動能定理可求出粒子離開加速電場時的速度大小。第二階段：粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的位移公式和運(yùn)動的合成與分解求出粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿電場線方向的位移及粒子的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值。第三階段：離開偏轉(zhuǎn)電場后，粒子做勻速直線運(yùn)動，直到打在熒光屏上。基礎(chǔ)過關(guān)練題組一帶電粒子在電場中的加速1.(經(jīng)典題)(2024江蘇常州聯(lián)盟學(xué)校月考)如圖所示，兩平行金屬板相距為d，電勢差U未知，一個電子從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向以速度v射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，已知O、A相距為h，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)重力，則兩金屬板間的電勢差為()A.mv22?B.m2.(2024北京西城一六一中學(xué)月考)如圖所示，在P板附近有電荷由靜止開始向Q板運(yùn)動，則以下說法正確的是()A.電荷到達(dá)Q板時的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關(guān)B.電荷到達(dá)Q板時的速率與板間距離無關(guān)C.兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越大D.若電壓U、電荷的電荷量q均變?yōu)樵瓉淼?倍，則電荷到達(dá)Q板時的速率變?yōu)樵瓉淼?倍題組二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)3.(2024湖北襄陽期中)如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距離為d，兩板間為勻強(qiáng)電場，讓質(zhì)子以初速度v0垂直電場射入，沿a軌跡落到下板的中央，現(xiàn)只改變其中一個條件，讓質(zhì)子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將()A.開關(guān)S斷開B.初速度變?yōu)関C.板間電壓變?yōu)閁D.豎直移動上板，使板間距離變?yōu)?d4.(2024北京西城期中)具有相同質(zhì)子數(shù)、不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素的原子核(11H、12H和

13H)以相同的速度從帶電平行板間的P點(diǎn)沿垂直于電場的方向射入電場，A.三種粒子在電場中運(yùn)動的時間相同B.三種粒子在電場中運(yùn)動的過程中電勢能的變化量相同C.落在A點(diǎn)的是

1D.到達(dá)負(fù)極板時，落在C點(diǎn)的粒子的動能大于落在A點(diǎn)的粒子的動能5.(2023湖南長沙第一中學(xué)等名校聯(lián)考)如圖所示，長為d的水平放置的平行金屬板A和B間的距離也為d。OO'為兩板間的中線，在A、B兩板間加上恒定電壓U0，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子組成的粒子束，不斷地從O點(diǎn)沿OO'方向射入兩板間，結(jié)果粒子從兩板右側(cè)距離A板為14d的位置離開兩板間，不計(jì)重力影響，(1)求粒子從O點(diǎn)射入的速度大?。?2)保持粒子射入的位置不變，射入的速度大小不變，方向改變，要使粒子剛好能從B板右側(cè)邊緣平行于B板飛出，求粒子射入的速度方向與OO'的夾角應(yīng)滿足的條件；(3)保持粒子射入的位置不變，射入的速度不變，保持A板位置不變，將B板沿豎直方向平移，要使粒子從A板右側(cè)邊緣飛出，求B板移動的距離。題組三示波管的原理6.(2024廣東中山期末)示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖甲所示。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX'、YY'之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX'之間和YY'之間加上圖丙所示的幾種電壓，熒光屏上可能會出現(xiàn)圖乙中(a)、(b)所示的兩種波形。則下列說法中正確的是()①若XX'和YY'分別加電壓(3)和(1)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形②若XX'和YY'分別加電壓(4)和(1)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(a)所示波形③若XX'和YY'分別加電壓(3)和(2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形④若XX'和YY'分別加電壓(4)和(2)，熒光屏上可以出現(xiàn)圖乙中(b)所示波形A.①④B.②③C.①③D.②④題組四帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的綜合7.(2024湖南常德月考，改編)如圖所示，燈絲發(fā)熱后發(fā)出的電子經(jīng)加速電場后，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，要使電子在電場中的偏轉(zhuǎn)量y變?yōu)樵瓉淼?倍(設(shè)電子不落到極板上)，可選用的方法有()A.只使U1變?yōu)樵瓉淼?倍B.只使U2變?yōu)樵瓉淼?C.只使偏轉(zhuǎn)電極的長度L變?yōu)樵瓉淼?倍D.只使偏轉(zhuǎn)電極間的距離d變?yōu)樵瓉淼?倍8.(2023廣東惠州第一中學(xué)月考)一個電荷量為q=2×108C、質(zhì)量為m=1×1014kg、帶負(fù)電的粒子，由靜止經(jīng)電壓為U1=1600V的加速電場加速后，立即沿中心線O1O2垂直進(jìn)入一個電壓為U2=2400V的偏轉(zhuǎn)電場，然后打在垂直于O1O2放置的熒光屏上的P點(diǎn)，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距為d=8cm，極板長L=8cm，極板的右端與熒光屏之間的距離也為L=8cm。整個裝置如圖所示(不計(jì)粒子的重力)。求：(1)粒子出加速電場時的速度v0的大??；(2)粒子出偏轉(zhuǎn)電場時的偏移距離y；(3)P點(diǎn)到O2的距離y'。能力提升練題組一帶電粒子在電場中加速與偏轉(zhuǎn)的綜合1.(2023河北九師聯(lián)盟聯(lián)考)某種類型的示波管工作原理如圖所示，電子先經(jīng)過電壓為U1的加速電場，再垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏移量為h，兩平行板之間的距離為d，電壓為U2，板長為L，把?U2叫示波器的靈敏度，A.電子在加速電場中動能增大，在偏轉(zhuǎn)電場中動能不變B.電子只要能離開偏轉(zhuǎn)電場，在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間一定等于LmC.當(dāng)U1、L增大，d不變，示波器的靈敏度減小D.當(dāng)L變?yōu)樵瓉淼?倍，d變?yōu)樵瓉淼?倍，U1不變，示波器的靈敏度增大2.(2024江蘇南京期中學(xué)情調(diào)研)如圖所示裝置由“加速器”和“平移器”組成。平移器由左右兩對水平放置、相距為L的平行金屬板構(gòu)成。兩平行金屬板間的電壓大小均為U1，電場方向相反，極板長度均為L、間距均為d。一初速度為零、質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)過電壓為U0的加速器后，從下極板附近水平射入第一對平行金屬板，粒子最終水平撞擊在右側(cè)熒光屏上。平行板外的電場以及粒子的重力都忽略不計(jì)。(1)求粒子離開加速器時的速度大小v1；(2)求粒子離開第一對平行金屬板時豎直方向的位移y1的大??；(3)通過改變加速器的電壓可以控制粒子水平撞擊到熒光屏上的位置，當(dāng)粒子撞擊熒光屏的位置最高時，求此時加速器的電壓U2。題組二帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動3.(2024江蘇泰州期中)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖像如圖所示，當(dāng)t=0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子(帶正電)，設(shè)帶電粒子只受靜電力的作用，則下列說法中正確的是()A.帶電粒子將始終向同一個方向運(yùn)動B.2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C.3s末帶電粒子的速度不為零D.0~3s內(nèi)，靜電力做的總功為零4.(2023山東青島第十九中學(xué)月考)如圖所示，兩平行金屬板分別加上如下列選項(xiàng)中的電壓，能使原來靜止在金屬板中央的電子(不計(jì)重力)做往返運(yùn)動的Ut圖像是(設(shè)兩板距離足夠大)()5.(2023江蘇南通第一次質(zhì)量監(jiān)測)某裝置用電場控制帶電粒子運(yùn)動，工作原理如圖甲所示。M和N為互相平行的金屬板，OO1為板間中線，O1為兩板右側(cè)邊緣連線的中點(diǎn)，板長為L，不考慮電場邊緣效應(yīng)。電子從O點(diǎn)沿OO1方向射入兩板間，電子的電荷量為e、質(zhì)量為m。不計(jì)電子重力。(1)若兩板間加恒定電壓U1，且M、N板間距離為d1，電子從O1點(diǎn)正上方A點(diǎn)從板間射出，O1、A兩點(diǎn)間距離為3d18，求該電子從O點(diǎn)射入電場的初速度v(2)在(1)的情況下，只上下移動N板，改變M、N板間距離，求電子射出電場時動能的最大值Ekm；(3)若在兩板間加按如圖乙所示周期性變化的電壓，U0和T已知。某電子在t=0時刻以初速度v0=LT射入電場，要使該電子能從O1點(diǎn)射出電場，求Ux教材深研拓展6.如圖甲所示，某裝置由直線加速器、偏轉(zhuǎn)電場和熒光屏三部分組成。直線加速器由若干個(圖中只畫出5個)橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一水平直線上，圓筒的長度依照一定的規(guī)律依次增加。序號為奇數(shù)的圓筒和交變電源的一個極相連，序號為偶數(shù)的圓筒、序號為0的金屬圓板和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示，在t=0時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，此時位于序號為0的金屬圓板中央的一個電子，在圓板和圓筒1之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進(jìn)圓筒1，電子運(yùn)動到圓筒與圓筒之間各個間隙中時，都能恰好使所受靜電力的方向與運(yùn)動方向相同而不斷加速，且已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，電壓的絕對值為U0，周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計(jì)。偏轉(zhuǎn)電場部分由兩塊相同的水平放置的平行金屬極板A與B組成，板長為L，板間距為L2，兩極板間的電壓UAB=8U0，兩板間的電場可視為勻強(qiáng)電場，忽略邊緣效應(yīng)，距兩極板右側(cè)L處垂直于金屬圓筒中心軸線放置一足夠大的熒光屏。電子自直線加速器射出后，沿兩板的中心線PO方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出，最后打到熒光屏上。試求(1)電子在第1個金屬圓筒中運(yùn)動的時間和速度大??；(2)若電子恰好緊貼上極板右邊緣飛出兩平行板之間，則金屬圓筒有幾個；(3)圓筒個數(shù)不同，電子打在熒光屏上的位置也不同，請求出電子打在熒光屏上位置離O點(diǎn)的最大距離。

答案與分層梯度式解析5帶電粒子在電場中的運(yùn)動基礎(chǔ)過關(guān)練1.C2.B3.C4.B6.C7.C1.C電子由O到A的過程，只有電場力做功，根據(jù)動能定理得eEh=012mv2，兩板間的電場強(qiáng)度E=Ud，解得兩板間的電勢差為U=2.B設(shè)電荷到達(dá)Q板時的速率為v，板間的距離為d，電荷在板間的加速度為a，兩板間電壓為U。根據(jù)動能定理可得qU=12mv2，可知電荷到達(dá)Q板時的速率v=2qUm，與兩板間距離無關(guān)，與加速電壓U有關(guān)；若電壓U、電荷的電荷量q均變?yōu)樵瓉淼?倍，電荷到達(dá)Q板時的速率變?yōu)樵瓉淼?倍，故B正確，A、D錯誤。電荷在板間做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得ma=qUd，可得電荷的加速度a=qUmd，d=12at2=qU2mdt2，得電荷加速的時間t=d2方法技巧處理帶電粒子的加速問題的兩種方法(1)利用運(yùn)動狀態(tài)分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的靜電力與運(yùn)動方向在同一直線上，做勻加(減)速直線運(yùn)動。(2)利用功能關(guān)系分析：粒子動能的變化量等于靜電力做的功(電場可以是勻強(qiáng)電場，也可以是非勻強(qiáng)電場)。3.C質(zhì)子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，開關(guān)S斷開時，極板間電壓恒定不變，電場強(qiáng)度不變，質(zhì)子仍落到下板中央，A錯誤；質(zhì)子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，初速度變?yōu)関02，運(yùn)動時間不變，水平位移減半，不會落到下板邊緣，B錯誤；極板間電壓變?yōu)閁4，則場強(qiáng)變?yōu)镋4，加速度變?yōu)閍4，由于運(yùn)動時間t=2?a，運(yùn)動時間變?yōu)樵瓉淼?倍，則質(zhì)子的水平位移變?yōu)樵瓉淼?倍，即沿b軌跡落到下板邊緣，C正確；豎直移動上板，使板間距離變?yōu)?d，電場強(qiáng)度變?yōu)镋2，加速度變?yōu)閍2，根據(jù)運(yùn)動時間t=2?a，4.B設(shè)平行板間電壓為U，P與下極板間的電壓為U'。沿電場方向，加速度大小為a=qUmd，沿電場方向位移相同，y=12·qUmdt2，三種同位素原子核的電荷量q相同，y相同，原子核質(zhì)量m不同，所以用時不同，A錯誤；因三種同位素原子核都是從P運(yùn)動到了下極板，由W電=qU'=ΔEp，因W電相同，所以電勢能的變化量相同，B正確；三種同位素原子核的電荷量q相同，y相同，因11H質(zhì)量最小，所以其運(yùn)動時間最短，又x=vt,11H落在最左側(cè)的C點(diǎn)，C錯誤；到達(dá)負(fù)極板過程中，只有電場力做功，且電場力做功相等，由動能定理可得動能的變化量相同，故從P點(diǎn)射出時的動能越大，落在下極板時動能越大，因初速度相同,11H的質(zhì)量最小，故5.答案(1)2qU0解析(1)粒子在平行金屬板間做類平拋運(yùn)動，水平位移和豎直位移分別滿足d=v0t1，14d=12根據(jù)牛頓第二定律可得qU解得v0=2(2)設(shè)粒子射入的速度方向與OO'方向的夾角為θ，則粒子在板間運(yùn)動時在水平方向上滿足v0cosθ·t2=d，在豎直方向上滿足12d=12v0解得tanθ=1即粒子射入的速度方向與OO'成45°角斜向右下方(3)設(shè)改變后兩板間的距離為d'，則水平方向有d=v0t1豎直方向有12d=12根據(jù)牛頓第二定律可得qU解得d'=12因此，B板應(yīng)向上移動的距離Δd=dd'=126.C若在XX'之間加電壓(3)，即掃描電壓，則熒光屏上出現(xiàn)的波形圖與YY'之間所加的電壓波形一致，①③正確；若XX'之間加電壓(4)，則電子左右偏移在某一位置不變，上下偏移量與YY'之間加的電壓成正比，故若YY'之間加電壓(1)，則熒光屏上出現(xiàn)的波形圖是一條平行于YY'軸的直線段，若YY'之間加電壓(2)，則熒光屏上出現(xiàn)的是兩個點(diǎn)，且前半個周期在XX'軸上方，后半個周期在XX'下方，②④錯誤。故選C。7.C燈絲發(fā)熱后發(fā)出的電子在加速電場中加速，由動能定理可得eU1=12mv2，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運(yùn)動，水平位移L=vt，偏轉(zhuǎn)距離y=12·eU2mdt2，聯(lián)立可得y=U2L24U1d。只使U1變?yōu)樵瓉淼?倍，y'=12y，A錯誤；只使U2變?yōu)樵瓉淼?2，則y'=12y，B錯誤8.答案(1)8×104ms(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由動能定理可得qU1=12m代入數(shù)據(jù)解得v0=8×104ms(2)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，水平方向有L=v0t豎直方向有y=12at2，a=qEm，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得y=0.03m(3)設(shè)粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度方向與中心線O1O2間夾角為θ，則tanθ=vyv0，又因?yàn)閥=12vyt，L=v0t，則tanθ=y12L解得y'=3y=0.09m方法技巧計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法：(1)Y=y+dtanθ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)(2)Y=L2(3)Y=y+vy·d(4)根據(jù)三角形相似：Yy=能力提升練1.B電子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動，電場力均對電子做正功，電子的動能增大，A錯誤；電子在加速電場中運(yùn)動，有eU1=12mv02，解得v0=2eU1m，電子只要能離開偏轉(zhuǎn)電場，在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動時間一定等于t=Lv0=Lm2U1e，B正確；電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動，有h=12×eU2md×Lv02，結(jié)合eU1=12mv02，聯(lián)立解得?U2=L24U1d，2.答案(1)2qU0m(2)U解析(1)粒子在加速器中運(yùn)動時，由動能定理可得qU0=12m解得粒子離開加速器時的速度v1=2(2)粒子離開第一對平行金屬板時，豎直方向的位移y1=12a粒子在平行金屬板間的加速度大小a=Eqm=粒子穿過第一對平行金屬板所用時間t1=L解得y1=U(3)當(dāng)粒子沿著第二對平行金屬板的上板右側(cè)邊緣射出時，粒子豎直方向的側(cè)移量最大，此時滿足y1'+y2+y3=d粒子離開加速電場時的速度v2=2通過每對平行金屬板所用時間均為t2=L兩對平行金屬板內(nèi)場強(qiáng)方向相反，根據(jù)對稱性及(1)(2)問分析可得y1'=y3=U1L24U2d，y2=v解得U2=L2d3.D試題剖析由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度大小為a1=qEm，第2s內(nèi)的加速度大小為a2=2qEm，故a2=2a1，由v=at可知，粒子先加速運(yùn)動1s再減速運(yùn)動0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向加速，2s末的速度與1s末的速度大小相等，方向相反；2~3s粒子做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小a1=qEm，3s末速度減為零，帶電粒子在第1s內(nèi)做勻加速運(yùn)動，在第2s內(nèi)先做勻減速運(yùn)動，后反向加速，所以不是始終向同一方向運(yùn)動，A錯誤；根據(jù)vt圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知在t=2s時，帶電粒子沒有回到出發(fā)點(diǎn)，B錯誤；由vt圖像可知，3s末帶電粒子的瞬時速度為0，C錯誤；因?yàn)榈?s末帶電粒子的速度剛好減為0，根據(jù)動能定理可知，0~3s內(nèi)，靜電力做的總功為零，D正確。方法技巧當(dāng)空間存在交變電場時，粒子所受靜電力方向?qū)㈦S著電場方向的改變而改變，粒子的運(yùn)動狀態(tài)也會改變。研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動需要分段，并可輔以vt圖像，特別注意帶電粒子進(jìn)入交變電場的時刻及交變電場的周期。4.B在兩平行金屬板間加上圖A所示的電壓，電子先做勻加速直線運(yùn)動，T2時速度最大，T2到T時間內(nèi)沿原運(yùn)動方向做勻減速直線運(yùn)動，T時速度減為零，然后重復(fù)這種運(yùn)動，一直向一個方向運(yùn)動，A錯誤；在兩平行金屬板間加上圖B所示的電壓，電子先做勻加速直線運(yùn)動，T4時速度最大，從T4到T2內(nèi)沿原運(yùn)動方向做勻減速直線運(yùn)動，T2時速度減為零，從T2到3T4反向做勻加速直線運(yùn)動，3T4時速度最大，從3T4到T內(nèi)沿反方向做勻減速直線運(yùn)動，T時速度減為零，回到出發(fā)點(diǎn)，然后重復(fù)往返運(yùn)動，B正確；在兩平行金屬板間加上圖C所示的電壓，電子在0到T4時間內(nèi)做加