Question

15．如圖1所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規(guī)律如圖2所示． 將一個質(zhì)量2×10^-27kg，電量q=+1.6×10^-19c的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力．
求：（1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小；
（2）若A板電勢變化周期T=1.0×10^-5s，在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時速度的大��；
（3）A板電勢變化頻率多大時，在t=$\frac{T}{4}$到t=$\frac{T}{2}$時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板．

Answer 1

分析 （1）由圖可知兩板間開始時的電勢差，則由U=Ed可求得兩板間的電場強度，則可求得電場力，由牛頓第二定律可求得加速度的大小；
（2）因粒子受力可能發(fā)生變化，故由位移公式可求得粒子通過的距離，通過比較可知恰好到A板，故電場力不變，由動量定理可求得速度；
（3）要使粒子不能到達A板，應讓粒子在向A板運動中的總位移小于極板間的距離，由以上表達式可得出變化的頻率

解答 解：（1）電場強度$E=\frac{U}ztuvuw1$F=qE，帶電粒子所受電場力$F=qE=\frac{qU}tfubv2v$，a=$\frac{F}{m}$
$a=\frac{qU}{md}=4×1{0}^{9}m/{s}^{2}$m
釋放瞬間粒子的加速度為4.0×10⁹m/s²；
（2）粒子在0～$\frac{T}{2}$時間內(nèi)走過的距離為$\frac{1}{2}a（\frac{T}{2}）^{2}=5×1{0}^{-2}m$
故帶電粒子在t=$\frac{T}{2}$時，恰好到達A板，根據(jù)動量定理，此時粒子動量p=Ft=4.0×10^-23kg•m/s
P=mv
解得v=2×10⁴m/s
粒子到達A板時的動量為4.0×10^-23kg•m/s
（3）帶電粒子在0～t=$\frac{T}{2}$向A板做勻加速運動，在$t=\frac{T}{2}$～t=$\frac{3T}{4}$向A板做勻減速運動，速度減為零后將返回．粒子向A 板運動可能的最大位移$s=2×\frac{1}{2}a（\frac{T}{4}）^{2}=\frac{1}{16}a{T}^{2}$
要求粒子不能到達A板，有s＜d，由f=$\frac{1}{T}$，電勢變化頻率應滿足$f＞\sqrt{\frac{a}{16d}}=5\sqrt{2}×1{0}^{4}{H}_{Z}$Hz
電勢變化的頻率應滿足f＞$5\sqrt{2}×1{0}^{4}{H}_{Z}$
答：（1）在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小為4.0×10⁹m/s²；
（2）若A板電勢變化周期T=1.0×10^-5s，在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時速度的大小為2×10⁴m/s；
（3）A板電勢變化頻率為$5\sqrt{2}×1{0}^{4}{H}_{Z}$時，在t=$\frac{T}{4}$到t=$\frac{T}{2}$時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板

點評 因極板間加交變電場，故粒子的受力周周期性變化，本題應通過受力情況先確定粒子的運動情況，再確定兩板間電勢的變化頻率