Question

8．如圖所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B電源連接（圈中未畫出），其中B板接地（電勢為零），A板電勢變化的規(guī)律如圖所示，T=1.0S，將一質(zhì)量m=3.2×10^-27kg、電量q=+1.6×10^-19C的帶電粒子從緊臨A板處以初速度V₀=1.0×10⁴m/s釋放，不計重力，若圈中電壓大小隨時間變化的關(guān)系滿足正弦函數(shù)，且最大值為$\sqrt{2}$v，問何時釋放的粒子一定能夠打在B板上？

Answer 1

分析 粒子在兩板間的運動時間很短，遠(yuǎn)小于極板電壓變化周期，可以認(rèn)為粒子運動時極板間的電壓不變；
粒子在極板間加速運動，粒子一定可以到達(dá)B板，粒子在板間做減速運動時有可能不能到達(dá)B板，
應(yīng)用動能定理求出粒子恰好不能到達(dá)B板時A板的電勢，然后分析答題．

解答 解：板間距離d=5cm=0.05m，粒子的初速度v₀=1.0×10⁴m/s，
粒子在板間運動的時間約為：$\frac3837e6t{{v}_{0}}$=$\frac{0.05}{1×1{0}^{4}}$=5×10^-6s，
遠(yuǎn)小于電壓變化周期T=1s，粒子在板間運動時可以認(rèn)為板間電壓不變，
當(dāng)A板電勢高時粒子在板間做加速運動，粒子一定能到達(dá)B板，
當(dāng)A板電勢低時粒子在極板間做減速運動，粒子恰好不能到達(dá)B板時，
由動能定理得：-qU=0-$\frac{1}{2}$mv₀²，解得：U=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$=$\frac{3.2×1{0}^{-27}×（1.0×1{0}^{4}）^{2}}{2×1.6×1{0}^{-19}}$=1V；
U=U_msinωt=U_msin$\frac{2π}{T}$t=$\sqrt{2}$sin2πt=1，
解得：sin2πt=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，2πt=$\frac{5π}{4}$或2πt=$\frac{7π}{4}$，解得：t=0.635s或t=0.875s，
在0≤t＜0.635s與0.875s＜t≤1s時間內(nèi)釋放的粒子一定能打在B板上；
答：在0≤t＜0.635s與0.875s＜t≤1s時間內(nèi)釋放的粒子一定能打在B板上．

點評 知道“粒子在板間的運動時間遠(yuǎn)小于電壓的周期，粒子在板間運動時可以認(rèn)為板間電壓不變”是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理求出粒子恰好不能打在B板上時的板間電壓即可解題．