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(shì)為零），A板電勢(shì)變化的規(guī)律如圖2所示． 將一個(gè)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(jì)重力．
求：（1）在t=0時(shí)刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大��；
（2）若A板電勢(shì)變化周期T=1.0×10^-5s，在t=0時(shí)將帶電粒子從緊臨B板處無(wú)初速釋放，粒子到達(dá)A板時(shí)速度的大�。�
（3）A板電勢(shì)變化頻率多大時(shí)，在t=$\frac{T}{4}$到t=$\frac{T}{2}$時(shí)間內(nèi)從緊臨B板處無(wú)初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板．

Answer 1

分析 （1）由圖可知兩板間開(kāi)始時(shí)的電勢(shì)差，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；
（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(guò)的距離，通過(guò)比較可知恰好到A板，故電場(chǎng)力不變，由動(dòng)量定理可求得速度；
（3）要使粒子不能到達(dá)A板，應(yīng)讓粒子在向A板運(yùn)動(dòng)中的總位移小于極板間的距離，由以上表達(dá)式可得出變化的頻率

解答 解：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度$E=\frac{U}x2s4ch7$F=qE，帶電粒子所受電場(chǎng)力$F=qE=\frac{qU}vyw2k2g$，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(shí)間內(nèi)走過(guò)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(shí)，恰好到達(dá)A板，根據(jù)動(dòng)量定理，此時(shí)粒子動(dòng)量p=Ft=4.0×10^-23kg•m/s
P=mv
解得v=2×10⁴m/s
粒子到達(dá)A板時(shí)的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，在$t=\frac{T}{2}$～t=$\frac{3T}{4}$向A板做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后將返回．粒子向A 板運(yùn)動(dòng)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(dá)A板，有s＜d，由f=$\frac{1}{T}$，電勢(shì)變化頻率應(yīng)滿足$f＞\sqrt{\frac{a}{16d}}=5\sqrt{2}×1{0}^{4}{H}_{Z}$Hz
電勢(shì)變化的頻率應(yīng)滿足f＞$5\sqrt{2}×1{0}^{4}{H}_{Z}$
答：（1）在t=0時(shí)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(shì)變化周期T=1.0×10^-5s，在t=0時(shí)將帶電粒子從緊臨B板處無(wú)初速釋放，粒子到達(dá)A板時(shí)速度的大小為2×10⁴m/s；
（3）A板電勢(shì)變化頻率為$5\sqrt{2}×1{0}^{4}{H}_{Z}$時(shí)，在t=$\frac{T}{4}$到t=$\frac{T}{2}$時(shí)間內(nèi)從緊臨B板處無(wú)初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板

點(diǎn)評(píng) 因極板間加交變電場(chǎng)，故粒子的受力周周期性變化，本題應(yīng)通過(guò)受力情況先確定粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再確定兩板間電勢(shì)的變化頻率