Question

在圖（1）中A和B是真空中的兩塊面積很大的平行金屬板，A、B間的電壓U_AB隨時間變化的規(guī)律如圖（2）所示，在圖（1）中O點到A和B的距離皆為l，在O處不斷地產(chǎn)生電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負電微粒，不計重力，不考慮微粒之間的相互作用，這種微粒產(chǎn)生后，從靜止出發(fā)在電場力的作用下運動，設(shè)微粒一旦碰到金屬板，就附在板上不再運動．且其電量同時消失，不影響A、B板間的電勢．已知交變電壓的周期T=6.0×10^-3s．正電壓為U₀，負電壓為-U₀，且U₀=6.0×10²V，微粒電荷量q=2.0×10^-7C，質(zhì)量為m=1.0×10^-9kg，l=0.3m．試求：
（1）在t=0時刻從靜止出發(fā)的微粒，會在t₁時刻到達極板，求t₁的值？
（2）若在t=0到t=T/2這段時間內(nèi)的某一時刻t₂產(chǎn)生的微粒剛好不能到達A板，求t₂的值？
（3）求t₂時刻產(chǎn)生的微粒到達B板所需的時間？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律求出粒子的加速度，通過位移時間公式求出粒子到達極板的時間．
（2）在t=0到t=

T

2

這段時間內(nèi)的t₂時刻產(chǎn)生的微粒剛好不能到達A板，在此過程中，經(jīng)歷了勻加速直線運動和勻減速直線運動，抓住位移之和等于l，以及兩段過程速度的關(guān)系，求出不能到達A板的時間．
（3）再經(jīng)△t₃=

T

2

-△t2時間微粒向左勻加速運動，其位移為s3=

1

2

a2△

t

2 3

，粒子再經(jīng)△t₄微粒減速運動S₄碰到B板．s₄=2l-S₃．由運動學公式：s4=a2△t3?△t4-

1

2

a1

t

2 4

代入數(shù)據(jù)可解得△t₄，則微粒運動到B板的總時間為t=△t₁+△t₂+△t₃+△t₄．

解答：解：
（1）當電壓為U₀時，微粒的加速度a1=

U0q

2lm

=1×105m/s2
微粒向A板做勻加速運動，位移l=

1

2

a1

t

2 1

解得t1=

6

×10-3s＜

T

2

所以在t=0時刻從靜止出發(fā)的微粒，會在

6

×10-3s時刻到達A極板．
（2）當電壓為2U₀時，微粒的加速度a2=

2U0q

2lm

=2×105m/s2
微粒先經(jīng)△t₁時間加速，再經(jīng)△t₂時間恰好到達A板，速度減為零．位移分別為S₁、S₂
加速的位移s1=

1

2

a1△

t

2 1

減速的加速度為加速的加速度的2倍，所以減速的位移s2=

1

2

S1
加速的末速度等于減速的初速度，所以a₂△t=a₁△t₁
又因為l=S₁+S₂
代入數(shù)據(jù)，得：△t1=2×10-3s
△t2=1×10-3s
所以：t2=

T

2

-△t1=3×10-3-2×10-3=1×10-3s
（3）再經(jīng)△t3=2×10-3s微粒向左勻加速運動，其位移為s3=

1

2

a2△

t

2 3

=0.4m
粒子再經(jīng)△t₄微粒減速運動S₄碰到B板．s₄=2l-S₃=0.2m
由運動學公式：s4=a2△t3?△t4-

1

2

a1

t

2 4

代入數(shù)據(jù)，得：△t4=(4-2

3

)×10-3s=0.54×10-3s．
故微粒運動到B板的總時間t=△t1+△t2+△t3+△t4=5.54×10-3s
答：（1）在t=0時刻從靜止出發(fā)的微粒，會在

6

×10-3s時刻到達A極板．
（2）若在t=0到t=

T

2

這段時間內(nèi)的某一時刻t₂產(chǎn)生的微粒剛好不能到達A板，則t2=1×10-3s．
（3）t₂時刻產(chǎn)生的微粒到達B板所需的時間為5.54×10^-3s．

點評：解決本題的關(guān)鍵理清粒子的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式進行求解．