Question

2．如圖（a）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（b）所示，變化周期T=1.0×10^-5s．將一個質(zhì)量m=2.0×10^-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，則（　�。�

• A． 在t=0時刻釋放該帶電粒子加速度為4×10⁹m/s²
• B． 在t=0時刻釋放該帶電粒子，粒子在兩板間往復(fù)運動
• C． 在t=0時刻釋放該帶電粒子，恰好在t=T時刻運動到A極板
• D． 在t=$\frac{T}{4}$時刻釋放該帶電粒子，也能運動到A極板

Answer 1

分析 由圖可知兩板間的電勢差時間的變化規(guī)律，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，分析粒子的運動情況．

解答 解：A、帶電粒子所受電場力$F=qE=q\frac{U}kmqs84w$，F(xiàn)=ma，故$a=\frac{qU}{md}=4.0×{10^9}m/{s^2}$，故A正確．
B、t=0時刻進(jìn)入的粒子在0～$\frac{T}{2}$時間內(nèi)走過的距離為$\frac{1}{2}a{（\frac{T}{2}）^2}=5.0×{10^{-2}}m$，故帶電粒子在一直向A板做勻加速直線運動，在t=$\frac{T}{2}$時恰好到達(dá)A板．故B錯誤，C錯誤．
D、若在帶t=$\frac{T}{4}$釋放電粒子，粒子在t=$\frac{T}{4}$到t=$\frac{3T}{4}$內(nèi)先作勻加速運動，后作勻減速運動至速度為零，以后將返回．粒子向A板運動的可能最大位移$s=2×\frac{1}{2}a{（\frac{T}{4}）^2}=\frac{{a{T^2}}}{16}$，當(dāng)s＜d時，粒子不能到達(dá)A板．故D錯誤．
故選：A．

點評 此題極板間加交變電場，粒子的受力情況是周期性變化的，本題應(yīng)通過受力情況先確定粒子的運動情況，再確定根據(jù)相關(guān)規(guī)律解題．