Question

12．如圖所示，真空中相距d=10cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫(huà)出），其中B板接地（電勢(shì)為零），A板電勢(shì)變化的規(guī)律如圖所示其中T=1.0×10^-5s．將一個(gè)質(zhì)量m=2.0×10^-23kg，電量q=+1.6×10^-15C的帶電粒子從緊鄰B板處由靜止釋放，不計(jì)帶電粒子重力且粒子接觸AB極板就會(huì)被吸收，下列說(shuō)法正確的是（　�。�

• A． 若在t=0時(shí)刻釋放該帶電粒子，則該粒子將在AB極板之間做往返運(yùn)動(dòng)
• B． 若在t=$\frac{T}{4}$時(shí)刻釋放該粒子，則該粒子能打中A極板
• C． 若在0～$\frac{T}{4}$之間某時(shí)刻釋放該帶電粒子，則該粒子一定能打到A極板
• D． 若在$\frac{T}{4}$～$\frac{T}{2}$之間某時(shí)刻釋放帶電粒子，則該粒子在AB極板之間往返運(yùn)動(dòng)

Answer 1

分析 由圖可知兩板間的電勢(shì)差時(shí)間的變化規(guī)律，則由U=Ed可求得兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，則可求得電場(chǎng)力，由牛頓第二定律可求得加速度的大小，分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況．

解答 解：A、電場(chǎng)強(qiáng)度E=$\frac{U}732mfeb$，帶電粒子所受電場(chǎng)力為：F=qE=$\frac{U}gz2rjmx$q，F(xiàn)=ma
a=$\frac{Uq}{md}$=$\frac{2.5×1.6×1{0}^{-15}}{2.0×1{0}^{-23}×0.1}$ m/s²=2.0×10⁹m/s²
在$\frac{T}{2}$內(nèi)帶電粒子的位移x=$\frac{1}{2}{at}^{2}$=$\frac{1}{2}$×2.0×10⁹×$（\frac{1.0×1{0}^{-5}}{2}）^{2}$=0.025m
接著勻減速的位移也為0.025m，故該粒子將在AB極板之間做一直向A板運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤
B、若在t=$\frac{T}{4}$時(shí)刻釋放該粒子，粒子先做$\frac{T}{4}$的勻加速運(yùn)動(dòng)，接著勻減速$\frac{T}{4}$，反向勻加速$\frac{T}{4}$，再勻加速運(yùn)動(dòng)，完成一個(gè)周期的運(yùn)動(dòng)，則該粒子將在AB極板之間做往返運(yùn)動(dòng)；故B錯(cuò)誤
C、同理分析，可知C正確，D錯(cuò)誤
故選：C

點(diǎn)評(píng) 此題極板間加交變電場(chǎng)，粒子的受力情況是周期性變化的，本題應(yīng)通過(guò)受力情況先確定粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再確定根據(jù)相關(guān)規(guī)律解題