Question

7．如圖1中A和B是真空中的兩塊面積很大的平行金屬板、加上周期為T的交流電壓，在兩板間產(chǎn)生交變的勻強(qiáng)電場(chǎng)．已知B板電勢(shì)為零，A板電勢(shì)U_A隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖2所示，其中U_A的最大值為U₀，最小值為-2U₀，在圖1中，虛線MN表示與A、B板平行等距的一個(gè)較小的面，此面到A和B的距離皆為l．在此面所在處，不斷地產(chǎn)生電量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電的微粒，各個(gè)時(shí)刻產(chǎn)生帶電微粒的機(jī)會(huì)均等．這種微粒產(chǎn)生后，從靜止出發(fā)在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)．設(shè)微粒一旦碰到金屬板，它就附在板上不再運(yùn)動(dòng)，且其電量同時(shí)消失，不影響A、B板的電勢(shì)，已知上述的T、U₀、l、q和m等各量的值正好滿足等式l²=$\frac{3}{16}×\frac{{{U_0}q}}{2m}{（\frac{T}{2}）^2}$．若不計(jì)重力，不考慮微粒間的相互作用，求：（結(jié)果用q、U₀、m、T表示）

（1）在t=0到t=$\frac{T}{2}$這段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中到達(dá)A板的微粒的最大速度v_Am；
（2）在0-$\frac{T}{2}$范圍內(nèi)，哪段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的粒子能到達(dá)B板？
（3）在t=0到t=$\frac{T}{2}$這段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中到達(dá)B板的微粒的最大速度v_Bm．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律求出粒子的加速度，通過位移時(shí)間公式求出粒子到達(dá)極板的時(shí)間，最后由動(dòng)能定理，即可求解．
（2）在t=0到t=$\frac{T}{2}$這段時(shí)間內(nèi)，設(shè)t=t₁時(shí)刻產(chǎn)生的微粒達(dá)到A板時(shí)速度剛好為零，再結(jié)合速度與時(shí)間公式，位移與時(shí)間公式，即可求解．
（3）在t=0到t=$\frac{T}{2}$這段時(shí)間內(nèi)，理清各自運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，及動(dòng)能定理，即可求解．

解答 解：在電壓為U₀時(shí)，微粒所受電場(chǎng)力為$\frac{{q{U_0}}}{2l}$，此時(shí)微粒的加速度為${a_0}=\frac{{q{U_0}}}{2ml}$
（1）在t=0時(shí)刻產(chǎn)生的微粒，將以加速度a₀向A板加速運(yùn)動(dòng)，
經(jīng)$\frac{T}{2}$時(shí)，位移為：$s=\frac{1}{2}{a_0}{（\frac{T}{2}）^2}=\frac{{q{U_0}}}{4ml}{（\frac{T}{2}）^2}=\frac{8}{16}×\frac{{q{U_0}}}{{2m{l^2}}}{（\frac{T}{2}）^2}•l＞l$
即t=0時(shí)刻產(chǎn)生的微粒，在不到$\frac{T}{2}$時(shí)就可直達(dá)A板，所以到達(dá)A板的微粒的最大速度v_Am滿足$\frac{1}{2}q{U_0}=\frac{1}{2}mv_{Am}^2$，
解得：${v_{Am}}=\sqrt{\frac{{q{U_0}}}{m}}$
（2）考慮臨界狀況：設(shè)t=t₁時(shí)刻產(chǎn)生的微粒達(dá)到A板時(shí)速度剛好為零，則該微粒以加速度a₀加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$\frac{T}{2}-{t_1}$，
再以大小為2a₀的加速度減速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，
設(shè)為△t，則${a_0}（\frac{T}{2}-{t_1}）-2{a_0}△t=0$
且$\frac{1}{2}{a_0}{（\frac{T}{2}-{t_1}）^2}-\frac{1}{2}×2{a_0}{（{△t}）^2}=l$
聯(lián)立解得${t_1}=\frac{T}{4}$，$△t=\frac{T}{8}$，
即0～$\frac{T}{4}$時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的微粒可直達(dá)A板；
（3）在$t=\frac{T}{4}$時(shí)刻產(chǎn)生的微粒，以加速度a₀向A板加速的時(shí)間為$\frac{T}{4}$，
再以大小為2a₀的加速度減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)$△t=\frac{T}{8}$速度減為零（剛好到A板），
此后以大小為2a₀的加速度向B板加速運(yùn)動(dòng)
設(shè)加速時(shí)間為$△{t_1}=\frac{T}{2}-\frac{T}{8}=\frac{3T}{8}$時(shí)的位移大小為s₁，
則${s_1}=\frac{1}{2}×2{a_0}{（{△{t_1}}）^2}=\frac{{q{U_0}}}{2ml}{（\frac{3T}{8}）^2}=\frac{9}{16}×\frac{{q{U_0}}}{{2m{l^2}}}{（\frac{T}{2}）^2}•l＞2l$
即微粒將打到B板上，不再返回，而$t=\frac{T}{4}$時(shí)刻產(chǎn)生的微粒到達(dá)B板的速度最大，
根據(jù)動(dòng)能定理可得：$2q{U_0}=\frac{1}{2}mv_{Bm}^2$
解得：$v_{Bm}^{\;}=2\sqrt{\frac{{q{U_0}}}{m}}$
答：（1）在t=0到t=$\frac{T}{2}$這段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中到達(dá)A板的微粒的最大速度$\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$；
（2）在0-$\frac{T}{2}$范圍內(nèi)，0～$\frac{T}{4}$時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的粒子能到達(dá)B板；
（3）在t=0到t=$\frac{T}{2}$這段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中到達(dá)B板的微粒的最大速度2$\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解，注意動(dòng)能定理中力做功的正負(fù)，難度中等．