Question

13．如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間相距為d_AB，兩板間加有如圖（b）所示的交變電壓，質量為m，帶電量為+q的粒子被固定在兩板的正中間P處，且d_AB＞$\sqrt{\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}}$．下列說法正確的是（　�。� 

• A． t=0由靜止釋放該粒子，一定能到達B板
• B． t=$\frac{T}{4}$由靜止釋放該粒子，可能到達B板
• C． 在0＜t＜$\frac{T}{2}$和$\frac{T}{2}$＜t＜T兩個時間段內運動的粒子加速度相同
• D． 在$\frac{T}{4}$＜t＜$\frac{T}{2}$期間由靜止釋放該粒子，一定能到達A板

Answer 1

分析 根據帶電粒子的受力，判斷出加速度的大小和方向，通過加速度方向與速度方向關系結合運動學公式分析物體的運動情況．

解答 解：A、t=0由靜止釋放該粒子，粒子在0-$\frac{1}{2}$T內向右做初速度為零的勻加速直線運動，在$\frac{1}{2}$T-T時間內向右做勻減速直線運動，在T-$\frac{3}{2}$T內向右做初速度為零的勻加速直線運動，然后向右做勻減速直線運動，如此反復，粒子一直向右運動，一定能到達B板，故A正確；
B、t=$\frac{T}{4}$由靜止釋放該粒子，粒子在$\frac{T}{4}$-$\frac{T}{2}$內向右做初速度為零的勻加速直線運動，在$\frac{T}{2}$-$\frac{3}{4}$T內向右做勻減速直線運動，在$\frac{3}{4}$T-T內向左做初速度為零的勻加速直線運動，在T-$\frac{5}{4}$T內向左做勻減速直線運動，如此反復，粒子做初速度為零的勻加速直線運動，在$\frac{1}{4}$T內的位移：x=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{0}}{md}$$（\frac{T}{4}）^{2}$=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{32md}$，然后在$\frac{T}{4}$內做勻減速直線運動直到速度為零時的位移：x′=x=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{32md}$，則加速與減速總位移：X=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{16md}$=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}$$\frac{1}{8d}$，由題意可知：d＞$\sqrt{\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}}$，d²＞$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}$，則：X=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{2m}$$\frac{1}{8d}$＜d²×$\frac{1}{8d}$=$\frac{1}{8}$d；粒子向右運動時不會到的B板，故B錯誤；
C、在0＜t＜$\frac{T}{2}$和$\frac{T}{2}$＜t＜T兩個時間段內運動的粒子加速度大小相等、方向相反，加速度不同，故C錯誤；
D、由B分析可知，在$\frac{T}{4}$＜t＜$\frac{T}{2}$期間由靜止釋放該粒子先向右加速運動，后向右減速運動，再反向向左做加速度，然后做減速運動回到P點，如此反復，粒子不會到的A板，故D錯誤；
故選：A．

點評 解決本題的關鍵會根據物體的受力判斷物體的運動，通過加速度的方向與速度方向的關系得出物體的運動規(guī)律．本題也可以通過速度時間圖象進行分析．