Question

6．一個質(zhì)量為m、帶電荷+q的粒子，在t=0時刻以初速度v₀，從孔O射入兩豎直放置的平行金屬板間，左極板接地，如圖甲所示，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，變化的周期為T．不計粒子的重力．

（1）若粒子在t=$\frac{T}{2}$剛好達(dá)到右極板，則求極板間的距離d以及右極板電勢U₀；
（2）在（1）的情況下，試求粒子在t=$\frac{T}{4}$時的電勢能；
（3）在一個周期內(nèi)，若要使該粒子恰好能回到小孔O，則右極板電勢U是（1）情況U₀的多少倍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的平均速度即可求出極板之間的距離；由動能定理即可求出右極板電勢U₀；
（2）在（1）的情況下，先求出粒子在t=$\frac{T}{4}$時的粒子所在位置的電勢，然后結(jié)合${E}_{p}^{\;}=qφ$即可求出電勢能；
（3）在一個周期內(nèi)，若要使該粒子恰好能回到小孔O，則需要讓粒子先向右減速，然后向左加速，最后向左減速，根據(jù)運(yùn)動的特點(diǎn)，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式即可求出．

解答 解：（1）根據(jù)$x=\frac{{v}_{0}^{\;}+v}{2}t$，有
$d=\frac{{v}_{0}^{\;}+0}{2}×\frac{T}{2}=\frac{{v}_{0}^{\;}T}{4}$
根據(jù)動能定理：$q（0-{U}_{0}^{\;}）=0-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：${U}_{0}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$
（2）在（1）的情況下，粒子做勻減速直線運(yùn)動，到右極板速度為0，逆向是初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，相等時間位移之比為1：3，所以在$t=\frac{T}{4}$時刻粒子距左極板$\frac{3}{4}d$，電勢φ=$\frac{{U}_{0}^{\;}}t7lx91n×\frac{3}{4}d=\frac{3}{4}{U}_{0}^{\;}$=$\frac{3}{4}×\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}=\frac{3m{v}_{0}^{2}}{8q}$
電勢能${E}_{p}^{\;}=qφ=\frac{3m{v}_{0}^{2}}{8}$
（3）一個T恰好能回到小孔O，0＜t＜$\frac{T}{2}$的時間內(nèi)先勻減速后反向勻加速
加速度$a=\frac{{U}_{0}^{\;}q}{dm}$，方向向左
${v}_{1}^{\;}={v}_{0}^{\;}-a•\frac{T}{2}$并且在$0＜t＜\frac{T}{2}$時間內(nèi)速度一定會初速度方向相反
$\frac{T}{2}＜t＜T$的時間內(nèi)
加速度$a=\frac{{U}_{0}^{\;}q}{dm}$，方向向右
恰好能回到O點(diǎn)，代表t=T時，${v}_{2}^{\;}=0$
${v}_{2}^{\;}={v}_{1}^{\;}-a•\frac{T}{2}$
$0={v}_{0}^{\;}-a•\frac{T}{2}-a•\frac{T}{2}$
即${v}_{0}^{\;}-aT=0$
得$a=\frac{{v}_{0}^{\;}}{T}$
$\frac{Um}{dm}=\frac{{v}_{0}^{\;}}{T}$
得$U=\frac{dm{v}_{0}^{\;}}{Tq}$
$\frac{U}{{U}_{0}^{\;}}=\frac{\frac{dm{v}_{0}^{\;}}{Tq}}{\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}}$=$\frac{2d}{{v}_{0}^{\;}T}$
答：（1）若粒子在t=$\frac{T}{2}$剛好達(dá)到右極板，則極板間的距離d為$\frac{{v}_{0}^{\;}T}{4}$以及右極板電勢${U}_{0}^{\;}$為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$；
（2）在（1）的情況下，粒子在t=$\frac{T}{4}$時的電勢能$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{8}$；
（3）在一個周期內(nèi)，若要使該粒子恰好能回到小孔O，則右極板電勢U是（1）情況U₀的$\frac{2d}{{v}_{0}^{\;}T}$倍．

點(diǎn)評 本題中電子在周期性變化的電場中，電場力是周期性變化的，關(guān)鍵要根據(jù)牛頓定律和運(yùn)動學(xué)公式分析電子的運(yùn)動情況．