Question

7．如圖所示是一個(gè)周期性變化的方波電壓，其變化周期是T，電壓的大小是U．把這個(gè)電壓加在一對平行金屬板上，兩板間就形成的電場可視為勻強(qiáng)電場．在兩板正中間各有一個(gè)小孔A和B．質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從孔A進(jìn)入平行板之間，重力和初速度可忽略不計(jì)，在電場力的作用下，粒子可以從孔B射出．當(dāng)t=0時(shí)有一個(gè)上述粒子恰好從孔A進(jìn)入，從靜止開始加速，經(jīng)過T時(shí)間恰好從孔B飛出．

（1）經(jīng)過$\frac{T}{2}$該粒子的速度是多少？
（2）兩板之間的距離d是多大？
（3）如果該粒子是在$\frac{T}{6}$時(shí)刻從孔A進(jìn)入的，則在其出發(fā)后第一個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)粒子通過的位移是多少？

Answer 1

分析 （1）粒子從t=0時(shí)刻進(jìn)入電場，先勻加速運(yùn)動后勻減速運(yùn)動，由動能定理求經(jīng)過$\frac{T}{2}$時(shí)粒子的速度．
（2）由于粒子通過電場的時(shí)間為T，根據(jù)運(yùn)動過程的對稱性知道前、后半個(gè)周期內(nèi)粒子通過的位移相等，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求解d．
（3）如果該粒子是在$\frac{T}{6}$時(shí)刻從孔A進(jìn)入電場，作出v-t圖象，分段求出位移，再得到總位移．

解答 解：（1）由動能定理得$\frac{U}{2}q=\frac{1}{2}m{v^2}$，可得經(jīng)過$\frac{T}{2}$該粒子的速度為：$v=\sqrt{\frac{Uq}{m}}$
（2）在前、后半個(gè)周期內(nèi)粒子的位移為：${s}_{\frac{T}{2}}$=$\frac{1}{2}•$$\frac{qU}{md}（\frac{T}{2}）^{2}$=$\fracdspfdsg{2}$
得：$d=\sqrt{\frac{{qU{T^2}}}{4m}}=\frac{T}{2}\sqrt{\frac{qU}{m}}$
（3）該粒子在$\frac{T}{6}$時(shí)刻從孔A進(jìn)入，作出v-t圖象，
設(shè)進(jìn)入電場后剛開始$\frac{1}{3}$T內(nèi)粒子的位移s₁′，則有：
$s_1^/=\frac{1}{2}•\frac{qU}{md}•{（{\frac{T}{3}}）^2}=\frac{{qU{T^2}}}{18md}$=$\frac{T}{9}\sqrt{\frac{qU}{m}}$
設(shè)進(jìn)入電場后剛開始2T/3內(nèi)粒子的位移為：
s₂′$s_2^/=\frac{1}{2}•\frac{qU}{md}•{（{\frac{T}{6}}）^2}=\frac{{qU{T^2}}}{72md}$=$\frac{T}{36}\sqrt{\frac{qU}{m}}$
s_T′=2s₁′-2s₂′=2×（$\frac{{qU{T^2}}}{18md}$-$\frac{{qU{T^2}}}{72md}$）=$\frac{{qU{T^2}}}{12md}$=$\frac{T}{6}\sqrt{\frac{qU}{m}}$
答：（1）經(jīng)過$\frac{T}{2}$該粒子的速度是$\sqrt{\frac{Uq}{m}}$．
（2）兩板之間的距離d是$\frac{T}{2}\sqrt{\frac{qU}{m}}$．
（3）如果該粒子是在$\frac{T}{6}$時(shí)刻從孔A進(jìn)入的，則在其出發(fā)后第一個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)粒子通過的位移是$\frac{T}{6}\sqrt{\frac{qU}{m}}$．

點(diǎn)評 本題中粒子在周期性變化的電場中運(yùn)動，關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動規(guī)律，然后結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式列式求解，可通過v-t圖象分析粒子的運(yùn)動情況．