Question

13．如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間相距為d_AB，兩板間加有如圖（b）所示的交變電壓，質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子被固定在兩板的正中間P處，且d_AB＞$\sqrt{\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}}$．下列說法正確的是（　�。� 

• A． t=0由靜止釋放該粒子，一定能到達(dá)B板
• B． t=$\frac{T}{4}$由靜止釋放該粒子，可能到達(dá)B板
• C． 在0＜t＜$\frac{T}{2}$和$\frac{T}{2}$＜t＜T兩個時(shí)間段內(nèi)運(yùn)動的粒子加速度相同
• D． 在$\frac{T}{4}$＜t＜$\frac{T}{2}$期間由靜止釋放該粒子，一定能到達(dá)A板

Answer 1

分析 根據(jù)帶電粒子的受力，判斷出加速度的大小和方向，通過加速度方向與速度方向關(guān)系結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分析物體的運(yùn)動情況．

解答 解：A、t=0由靜止釋放該粒子，粒子在0-$\frac{1}{2}$T內(nèi)向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在$\frac{1}{2}$T-T時(shí)間內(nèi)向右做勻減速直線運(yùn)動，在T-$\frac{3}{2}$T內(nèi)向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，然后向右做勻減速直線運(yùn)動，如此反復(fù)，粒子一直向右運(yùn)動，一定能到達(dá)B板，故A正確；
B、t=$\frac{T}{4}$由靜止釋放該粒子，粒子在$\frac{T}{4}$-$\frac{T}{2}$內(nèi)向右做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在$\frac{T}{2}$-$\frac{3}{4}$T內(nèi)向右做勻減速直線運(yùn)動，在$\frac{3}{4}$T-T內(nèi)向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在T-$\frac{5}{4}$T內(nèi)向左做勻減速直線運(yùn)動，如此反復(fù)，粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，在$\frac{1}{4}$T內(nèi)的位移：x=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{0}}{md}$$（\frac{T}{4}）^{2}$=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{32md}$，然后在$\frac{T}{4}$內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動直到速度為零時(shí)的位移：x′=x=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{32md}$，則加速與減速總位移：X=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{16md}$=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}$$\frac{1}{8d}$，由題意可知：d＞$\sqrt{\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}}$，d²＞$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}$，則：X=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}$$\frac{1}{8d}$＜d²×$\frac{1}{8d}$=$\frac{1}{8}$d；粒子向右運(yùn)動時(shí)不會到的B板，故B錯誤；
C、在0＜t＜$\frac{T}{2}$和$\frac{T}{2}$＜t＜T兩個時(shí)間段內(nèi)運(yùn)動的粒子加速度大小相等、方向相反，加速度不同，故C錯誤；
D、由B分析可知，在$\frac{T}{4}$＜t＜$\frac{T}{2}$期間由靜止釋放該粒子先向右加速運(yùn)動，后向右減速運(yùn)動，再反向向左做加速度，然后做減速運(yùn)動回到P點(diǎn)，如此反復(fù)，粒子不會到的A板，故D錯誤；
故選：A．

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵會根據(jù)物體的受力判斷物體的運(yùn)動，通過加速度的方向與速度方向的關(guān)系得出物體的運(yùn)動規(guī)律．本題也可以通過速度時(shí)間圖象進(jìn)行分析．