Question

13．如圖甲所示，A和B是真空中、面積很大的平行金屬板，O是一個(gè)可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，O到A、B的距離都是l．現(xiàn)在A、B之間加上電壓，電壓UAB隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示．已知粒子源在交變電壓的一個(gè)周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生大量粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為-q．這種粒子產(chǎn)生后，在電場(chǎng)力作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．設(shè)粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運(yùn)動(dòng)，且電荷量同時(shí)消失，不影響A、B板電勢(shì)．不計(jì)粒子的重力，不考慮粒子之間的相互作用力．已知上述物理量l=0.6m，U₀=1.2×10³V，T=1.2×10^-2s，m=5×10^-10kg，q=1×10^-7C
（1）在t=0時(shí)刻出發(fā)的微粒，會(huì)在什么時(shí)刻到達(dá)哪個(gè)極板？
（2）在0～$\frac{T}{2}$范圍內(nèi)，哪段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的微粒能到達(dá)B板？
（3）到達(dá)B板的微粒中速度最大為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電勢(shì)高低判斷粒子向哪個(gè)極板運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)粒子做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)求出粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間即可；
（2）分別求出粒子運(yùn)動(dòng)的加速度，由粒子先加速運(yùn)動(dòng)再減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A板時(shí)速度恰好為零，此時(shí)是恰好還能到達(dá)A的粒子，在此之前的粒子都可以到達(dá)A板，在此之后的粒子將不能到達(dá)A板．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理．即可求出到達(dá)B板的微粒中最大速度．

解答 解：（1）根據(jù)圖乙可知，從t=0時(shí)刻開(kāi)始，A板電勢(shì)高于B板電勢(shì)，粒子向A板運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子到達(dá)A板的時(shí)間為t，并假設(shè)在半個(gè)周期內(nèi)到達(dá)A板，則有：$l=\frac{1}{2}\frac{{q{U_0}}}{2l•m}{t^2}$
解得：$t=\sqrt{6}×{10^{-3}}s＜\frac{T}{2}$
故在t時(shí)刻到達(dá)A板
（2）在0-$\frac{T}{2}$時(shí)間內(nèi)，粒子的加速度為a₁：${a_1}=\frac{{q{U_0}}}{2ml}=2×{10^5}m/{s^2}$
在$\frac{T}{2}～T$，粒子的加速度為a₂：${a_2}=\frac{{q•2{U_0}}}{m•2l}=4×{10^5}m/{s^2}$
若粒子在$0～\frac{T}{2}$內(nèi)加速△t，再在$\frac{T}{2}～T$內(nèi)減速$\frac{△t}{2}$剛好到達(dá)A板，則有：$l=\frac{1}{2}{a_1}•△t•\frac{3}{2}△t$
解得：△t=2×10^-3s
所以在$\frac{T}{2}-△t$到$\frac{T}{2}$范圍內(nèi)到達(dá)B板，即：4×10^-3s～6×10^-3s
（3）恰好未撞上A板的粒子，反向加速距離最大，所獲得的速度最大，為：$v_m^2=2{a_2}•2l$
解得：${v_m}=400\sqrt{6}m/s$
答：（1）在t=0時(shí)刻出發(fā)的微粒，會(huì)在$t=\sqrt{6}×1{0}^{-3}s$時(shí)刻到達(dá)極板A；
（2）在0～$\frac{T}{2}$范圍內(nèi)，在$\frac{T}{2}-△t$到$\frac{T}{2}$時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的微粒能到達(dá)B板；
（3）到達(dá)B板的微粒中速度最大為$400\sqrt{6}$m/s

點(diǎn)評(píng) 粒子在交變電場(chǎng)作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電場(chǎng)改變方向時(shí)粒子所受電場(chǎng)力同時(shí)改變方向，根據(jù)粒子在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解粒子的運(yùn)動(dòng)情況．掌握規(guī)律是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．