Question

7．如圖甲所示，A、B兩塊金屬板水平放置，相距為d=0.6cm，兩板間加有一周期性變化的電壓，當B板接地（φ_B=0）時，A板電勢φ_A，隨時間變化的情況如圖乙所示．現(xiàn)有一帶負電的微粒在t=0時刻從B板中央小孔射入電場，若該帶電微粒受到的電場力為重力的兩倍，且射入電場時初速度可忽略不計．求：（g=10m/s²）．
（1）在0～$\frac{T}{2}$和$\frac{T}{2}$～T這兩段時間內(nèi)微粒的加速度大小和方向；
（2）若該微粒上升到最高點時速度恰好達到最大，所加電壓的周期T為多少？
（3）若該微粒上升到最高點時恰好不與A板相碰，所加電壓的周期T為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小和方向；
（2）帶電粒子在電場中加速，電子在前$\frac{T}{2}$上升到最高點求出位移然后求時間；
（3）先由運動學公式表示出整個周期內(nèi)的位移，根據(jù)總位移不大于d進行求解．

解答 解：（1）設(shè)電場力大小為F，則F=2mg，對于t=0時刻射入的微粒，
在前半個周期內(nèi)，由牛頓第二定律得：F-mg=ma₁，解得：a₁=10m/s²，方向向上．
后半個周期的加速度a₂，由牛頓第二定律得：F+mg=ma₂，解得：a₂=30 m/s²，方向向下．
（2）在前$\frac{1}{2}$T時間內(nèi)微粒恰好上升到最高點，這時速度達到最大d=$\frac{1}{2}$a₁（$\frac{T}{2}$）²，
解得：T=2$\sqrt{3}$×10^-2s=3.46×10^-2s；
（3）在前半周期上升的高度：h₁=$\frac{1}{2}$a₁（$\frac{T}{2}$）²=$\frac{1}{2}$gT²，
前半周期微粒的末速度為：$\frac{1}{2}$gT，
后半周期先向上做勻減速運動，設(shè)減速運動時間t₁，則3gt₁=$\frac{1}{2}$gT，t₁=$\frac{1}{6}$T，
此段時間內(nèi)上升的高度h₂=$\frac{1}{2}$a₂t₁²=$\frac{1}{2}$×3g×（$\frac{1}{6}$T）²=$\frac{g{T}^{2}}{24}$，
則上升的總高度h₁+h₂=$\frac{g{T}^{2}}{6}$，
上升過程中不與A板相碰，則h₁+h₂≤d，即：$\frac{g{T}^{2}}{6}$≤d，
所加電壓的周期最長為T_m=$\sqrt{\frac{6d}{g}}$=6×10^-2s
答：（1）在0～$\frac{T}{2}$加速度大小為：10m/s²，方向向上；在$\frac{T}{2}$～T內(nèi)的加速度大小為：30m/s²，方向向下；
（2）若該微粒上升到最高點時速度恰好達到最大，所加電壓的周期T為3.46×10^-2s
（3）若該微粒上升到最高點時恰好不與A板相碰，所加電壓的周期T為6×10^-2s．

點評 本題考查了帶電粒子在電場中做勻變速直線運動的情況，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式進行求解即可．